Vetorial Area 2

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Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil 
Gabarito 2013/2 
ENG01035  Prof. Inácio B. Morsch 
1) Quando se calcula o produto de inércia de uma área por integração observa-se que o produto de inércia em relação 
aos eixos centrais do elemento de integração é sempre zero. Portanto, o produto de inércia, calculado por composição de 
áreas, é dado por iiiAxy
AyxxydAI ∑∫ == . A afirmativa é falsa ou verdadeira? Justifique. 
Solução: Efetivamente o elemento empregado para se calcular o produto de inércia por integração apresenta sempre 
dois eixos de simetria, já que o elemento de integração pode ser um quadrado (lados dx e dy) ou um retângulo no caso 
de uma faixa de integração. Portanto o produto de inércia em relação aos eixos centrais do elemento de integração é 
sempre zero. Por outro lado, quando se calcula o produto de inércia por composição de áreas faz-se uma soma de um 
conjuntos de áreas finitas. Nesse caso, algumas das áreas empregadas podem ter o produto de inércia em relação aos 
seus eixos centrais diferente de zero, que é o caso por exemplo de uma área triangular. Portanto a expressão correta para 
o cálculo do produto de inércia por composição de áreas é 
)( iiixcycAxy AyxIxydAI i∑∫ +== 
Portanto a afirmativa é falsa. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Determine as reações nos vínculos A e D ilustrados na figura 1. Determine também as forças que atuam nas rótulas C 
e B. 
Solução: O primeiro passo é transformar as cargas 
distribuídas em cargas concentradas equivalentes. 
Carga triangular: 
kN 185,6
2
413 22
1 =
+⋅
=F 
m 384321 =⋅=y 
Carga uniforme 
kN 55,222 =⋅=F m 25,12 =x 
Carga trapezoidal 
kN 1468
2
43423 =+=
⋅
+⋅=F 
m 714,1
14
333,1628
3 =
⋅+⋅
=x 
O próximo passo é representar o diagrama de corpo livre com as reações e as forças concentradas. 
05185,60 =++−−→=∑ DAx HHF 
185,11=+ DA HH 
101450 ++=+→=∑ DAy VVF 
29=+ DA VV 
0714,11440 =⋅−→=∑ DCDC VM 
kN 6=DV , kN 23=AV 
0264
714,114150
=+⋅
+⋅−⋅−→=∑
D
BCD
B
H
M
 
kN 5,2=DH , kN 685,8=AH 
069714,6145551025,253/8185,60 =++⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−→=∑ DDAA HVMM 
739,19669 =++ DDA HVM kN 74,127=AM 
kN 5,2== Dx HC kN 8614 =−=yC 
kN 5,2=xB kN 18=yB 
 
 
5 kN
10 kN
B
C
Cy
Cx
By
Bx
 
2 kN/m
3 kN/m
5 kN/m
2 kN/m
5 kN
10 kN
A
B
C D
4 2
4
2,5
4
(m)
1
14 kN
5 kN
10 kN
A
B
C
D
4 2
4
2,5
4
(m)
1
1,714
VD
HD
VA
HA
5 kN
1,25
2,
66
7
MA
6,185kN
C
D
14 kN1,714
VD
HD
Cy
Cx
3) A placa de aço ilustrada na figura (2) pesa 2600 N. Sabendo que a placa e está vinculada por um mancal em A e por 
um rolete em B determine as reações nestes pontos. 
Solução: O primeiro passo para resolver o problema é determinar a posição do centro de gravidade da peça. Como a 
peça é simétrica o CG encontra-se no eixo x sendo necessário determinar a sua coordenada x. A integração pode ser 
feita empregando-se uma faixa vertical de modo que dxydA = . 
22
0
2
0
m 5,33dx2x2dxy2A === ∫∫ 
32
0
2
0
m 4,6222 ==== ∫∫∫ dxxxdxxydAxS Ay 
m 2,1
33,5
4,6
===
A
S
x
y
c 
O próximo passo é representar o diagrama de corpo livre da placa. Nota-se 
que no ponto A há duas reações e no ponto B tem-se uma reação com 
direção conhecida. Como o elemento de apoio é um rolete a reação é 
ortogonal à superfície da placa em B. 
Tomando-se a função que representa a parte inferior da placa tem-se xy 2−= que 
pode ser rescrita como 21)2( xy −= . Calculando-se a derivada de y tem-se: 
2121 )2(2)2(
2
1
´
−−
−=⋅−= xxy 
Calculando-se o valor da derivada em x=2 tem-se 
5,0)4()2´( 21 −=−= −y °−=→−= 56,265,0tan θθ 
°=−= 43,6356,2690α 
043,63cos243,63226002,10 =°+°+⋅−→=∑ BBA RsenRM 
N 7,1162=BR 
N 520043,63cos7,11620 =→=°+−→=∑ AAx HHF 
N 9,1039043,637,116226000 =→=°+−→=∑ AAy VsenVF 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
2
2
x
y
(m)
xy 22 =
A
B
Fig. 2
2
2
2
x
y
(m)
A
B
VA
HA
RB
α
θ
RB
4) Pretende-se reforçar um perfil I soldado de mesas desiguais soldando-se uma chapa de aço na mesa superior do perfil 
I conforme ilustrado na figura abaixo. Determinar: a) o momento de inércia em relação ao eixo central xc (horizontal) 
do perfil I sem reforço, (1,0) b) determinar a menor espessura de chapa comercial que deve ser soldada de modo que o 
momento de inércia do conjunto seja 40% superior ao momento de inércia do perfil I isoladamente (1,0), c) Analise a 
seguinte afirmação: “ A melhor solução para reforçar o perfil I é soldar uma ou duas chapas (uma de cada lado da alma) 
na alma do perfil”. (0,5) 
Espessuras Comerciais (mm) 
3; 4,75; 6,35; 7,94; 9,52; 12,7; 15,9; 19,05; 22,22; 25,4; 
31,5 
Solução: O primeiro passo é localizar o centróide do perfil 
 
 
 
 
 
 
cm 33,15== ASy x 
O próximo passo é calcular os momentos de inércia em relação ao eixo central xc 
2
3
2
3
2
3
)535,14(85,23
12
59,11592,024,37
12
32,2927,1375,1608,19
12
59,112
−⋅+
⋅
+⋅+
⋅
+⋅+
⋅
=xcI 
4cm 9,12862=xcI 
O próximo passo é calcular as propriedades do conjunto formado pelo perfil I mais a chapa. O 
centróide do conjunto é localizado pela expressão que emprega o eixo central xc do perfil I 
como eixo de referência: 
( )
t
ttyc 2417,80
217,1724
+
+
= 
O momento de inércia do conjunto em relação ao eixo xc do conjunto é dado pela 
expressão: 
( )23 217,1724
12
2417,809,12862 ccxc ytt
tyI −++++= 
Momento de inércia desejado do conjunto: 
4cm 180089,128624,1 =⋅=xcI 
Cálculo aproximado: 0
12
24 3
≈
t
, 0≈cy , 02 ≈t 
mm 94,7tcm 727,017,172416,5145 comercial2 =→=→⋅= tt 
Teste: t = 0,794 cm cm 37,3=cy 475416,5145 > Atende 92% do solicitado 
Toma-se a próxima espessura t = 9,52 mm cm 91,3=cy 2,588616,5145 < 
Portanto deve-se soldar uma chapa com espessura de 9,52 mm para se ter um aumento 40% no momento de inércia do 
conjunto em torno do eixo xc. 
 
 
 
 
A (cm2) x (cm) S (cm3) 
19,08 31,705 604,93 
37,24 16,25 605,15 
23,85 0,795 18,96 
80,17 1229,04 
120
150
32
5
12,7
15
,
9
15
,
9
240
t
(mm)
(mm)
xref
15
,3
3
xref
xconj
yc
5) Para o perfil composto formado por duas cantoneiras 8” e por uma chapa de espessura 5/8” determine: os momentos 
principais centrais de inércia, a localização dos eixos principais centrais de inércia (representar no desenho), e o círculo 
de Mohr de Inércia correspondente aos centro da peça. Caso seja necessário usar eixos de referência identifique-os 
claramente no desenho. 
xg
yg
5,66
5,
66
A= 62,9 cm2
Ix = Iy = 2472,9 cm4
rmin= 4,01 cm
53
(cm)
1,6
1,
59
 
Solução: O primeiro passo é localizar o centróide do conjunto. Nota-se que o eixo yc é eixo de simetria. Como trata-se 
de uma cantoneira de 8”, o lado da cantoneira vale cm 32,2054,28 =⋅=a . 
2cm 6,2108,848,125536,19,622 =+=⋅+⋅=A 
3cm 1,566)84,11(9,6284,209,62 =−⋅+⋅=xrefS 
cm 69,26,2101,566 ==y 
42
3
22 cm 9,59409)69,2(8,84
12
536,1)53,14(9,6215,189,629,24722 =−⋅+⋅+−⋅+⋅+⋅=xcI 
4
3
22 cm 7,10213
12
6,153)46,6(9,6246,69,629,24722 =⋅+−⋅+⋅+⋅=ycI 
Para calcular o produto de inércia é necessário obter o produto de inércia das cantoneiras nos seus eixos centrais. 
422
minmin cm 4,101101,49,62 =⋅=⋅= rAI 
42 cm 5,14619,24724,1011 =→−= xyxy II 
Considerando o desenho da cantoneira correspondente à tabela tem-se 4cm 5,1461−=xyI4cm 1327946,6)53,14(9,62)46,6(15,189,625,14615,1461 −=⋅−⋅+−⋅⋅++−=xcycI 
4cm 8,34811
2
=
+ ycxc II
 
4cm 1,24598
2
=
− ycxc II
 
422 cm 5,27953)13279(1,24598 =−+=R 
 36,28254,02tan1,24598132792tan =→=→= θθθ °= 18,14θ 
4
max cm 3,627655,279538,34811 =+== IIu 4min cm 3,68585,279538,34811 =−== IIv 
 
 
xref
yc
u
v
14,18 xc
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil 
Gabarito 2013/2 
ENG01035  Prof. Inácio B. Morsch 
1) Explique com as suas palavras o que são os eixos centrais e o que são os eixos principais centrais de inércia. 
Solução: Todo eixo que passa pelo centróide de uma peça é um eixo central. A característica de um eixo central é 
dividir a peça em partes iguais de momento estático de 1ª ordem. Como o próprio nome diz os eixos principais centrais 
de inércia também passam pelo centróide da peça. Esses eixos têm como característica apresentar produto de inércia 
nulo. Os momentos de inércia calculados em relação a esses eixos apresentam valor máximo e mínimo. A identificação 
desses eixos é muito importante para projetar, por exemplo, um pilar ou uma viga. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2) Determine as reações nos vínculos A, B, C e D do pórtico ilustrado na figura abaixo. Considere que o arco tri-
articulado definido pelas rótulas E, F e G é aproximado por uma parábola do segundo grau. 
Solução: O primeiro passo é transformar as 
cargas distribuídas em forças concentradas 
equivalentes. Deve-se notar que a carga 
uniforme de 3 kN/m atua sobre o arco e em 
função da rótula E a mesma deve ser 
dividida. 
kN 5,45,131 =⋅=F m 75,01 =y 
kN 5,42332 =⋅=F m 23232 =⋅=y 
A carga que atua sobre o arco deve ser 
dividida em função da rótula F. Deve-se 
notar que a taxa de carga sobre o arco é 
constante. Logo para calcular a força 
equivalente deve-se calcular o comprimento 
do arco. 
O primeiro passo, para tal, é definir a função 
da parábola. 
cbxaxy ++= 2 00)0( =→= cy abbay 30390)3( −=→=+→= 
667,05,15,425,25,15,125,25,1)5,1( −=→=−→=+→= aaabay 2=b xxy 2667,0 2 +−= 
 ∫=
l
dll
0
 
2
1 



+= dxdydxdl 2334,1 +−= xdxdy 
m 438,42334,11
3
0
2
=



 +−+= ∫ dxxl kN 75,17438,443 =⋅=F 
Como a carga é simétrica e há uma rótula no meio do arco, a carga deve ser dividida: kN 875,83231 == FF . O 
comprimento de meio arco vale 219,22438,4 = . Como a taxa de carga é constante, cada uma das forças equivalentes 
está localizada no centro de gravidade de meio arco. 
m 419,12334,11
5,1
0
2
=



 +−+= ∫ dxxxS y m 639,0219,2419,13 ==x 
O próximo passo é representar o diagrama de corpo livre. No entanto o desenho 
das rótulas E e G não está correto. Do modo como está apresentado, a estrutura é 
hipoestática. 
Complementar: 
A representação correta das rótulas E e G num esquema simplificado está 
apresentado a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 3 3
3
(m)
A B C D
E
F
G
5 kN
1,5
3 kN/m
4 kN/m
4 kN/m
4 kN/m
1,
5
E
F
G
x
y
x3
E G
5 kN
1,54,5 kN
2
4,5 kN
0,
75
F
0,639
0,639
8,875 kN8,875 kN
VA VB VC VD
HCHB
9090 =+→=−−→=∑ CBCBx HHHHF 
75,220575,170 =+++→=−−+++→=∑ DCBADCBAy VVVVVVVVF 
055,7875,8361,5875,8639,375,35,425,49630 =⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−++→=∑ DCBA VVVM 
25,143963 =++ DCB VVV 
5,2055,1330 =−→=⋅−−→=∑ CDCDGCDG HVHVM 
641,225,45,15,40861,0875,8535,45,15,40 =−+→=⋅−⋅−−+→=∑ CCDCCDFGCDF HVVHVVM 
5,1015,4330 =+→=⋅+−−→=∑ BABAABEE HVHVM 






















=












































−
−
5,1
641,22
5,2
25,143
75,22
9
000011
5,45,15,4000
101000
960300
110101
001010
D
C
C
B
B
A
V
V
H
V
H
V
 
kN 59,2−=AV , kN 09,4=BH , kN 34,10=BV , kN 91,4=CH , kN 59,7=CV , kN 41,7=DV 
Teste 
075,05,45,25,4535,45,15,45,45,15,40 =⋅+⋅+⋅−++−−−−→=∑ DCCBBAF VVHHVVM 00 = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) A peça ilustrada na Fig. 3 é composta pelos materiais A e B. O material A corresponde ao disco com 12 furos 
circulares uniformemente distribuídos a cada 30º. O disco pesa 500 N. Cada furo é preenchido com um cilindro, de 
70 N de peso, do material B. Nesta configuração o centro de gravidade da peça localiza-se em G. Devido a um erro 
de fabricação, três furos, que estão ilustrados na figura, não foram preenchidos. Localize o centro de gravidade da 
peça com defeito. 
Solução: Quando a peça não apresenta defeito de fabricação, o 
peso da mesma é de N 13407012500 =⋅+ e o centro de 
gravidade da mesma localiza-se em G, ou seja, os momentos 
estáticos de 1ª ordem em relação aos eixos xG e yG valem zero. 
Tomando-se esses eixos, como eixos de referência, pode-se 
determinar a posição do centro de gravidade da peça com 
defeito. O peso da peça defeituosa pode ser obtido fazendo-se 
N 11307031340 =⋅− . Para se localizar o novo centro de 
gravidade posiciona-se a força de 1130 N num ponto P( x , y ) 
com coordenadas a serem determinadas. Para tal deve-se igualar 
o momento provocado pela força de 1130 N em relação aos eixos 
xG e yG com os momentos gerados pelos defeitos. 













°+°⋅−−=− 6030703001130 senseny cm 54,2−=y 













−°+°⋅−−= 160cos30cos703001130x cm 68,0−=y 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
r = 30
50
6
(cm)
A
B
G
Fig. 3
4) Para o perfil construído com chapa dobrada a frio localize os eixos principais centrais de inércia e determine os 
momentos principais centrais de inércia. 
Solução: Nota-se que o eixo xG do perfil é um eixo de simetria. Portanto o produto de inércia 
IxGyG vale zero e os momentos de inércia IXG e IyG são os momentos principais de inércia. 
Considerando que a espessura da chapa de aço é pequena, o método da linha é o mais 
adequado para esse caso. Logo o primeiro passo é determinar as coordenadas da linha média. 
Um pouco de geometria: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2cm 25,63,083,951,52 =⋅



 +⋅=A 
3cm 89,730cos
2
51,53,051,52 =°⋅⋅⋅=yrefS cm 26,125,689,7 ==x 
4
2
2
33
cm 7,156
2
83,930
2
51,53,051,530
12
51,53,02
12
83,93,0
=




















+°⋅+°
⋅
+
⋅
= sensenI xconj 
4
2
2
33
cm 71,1026,130cos
2
51,53,051,530cos
12
51,53,02
12
83,93,0
=




















−°⋅+°
⋅
+
⋅
=yconjI 
 
Comentário: A solução apresentada é aproximada uma vez que despreza os pequenos raios de curvatura que existem. 
Por outro lado, uma solução simples é considerar diretamente as medidas fornecidas como as da linha média. Esse 
procedimento majora os valores obtidos e somente encontra justificativa se a espessura for pequena. Alguns resultados 
obtidos nesse caso: 
2cm 36,6=A
)
 
3cm 15,8=yrefS
)
 cm 28,1=x) 4cm 8,164=xconjI
)
 
Considerando a solução anterior como exata, o erro relativo do cálculo simplificado é de 5% para o momento de inércia 
em torno do eixoxc. 
 
 
 
 
 
10
0
56
30°
3
(mm)
30°
60°60°
60°
1,5
1,5
h
h
5) Para a área ilustrada na figura abaixo localize os eixos centrais, determine os momentos centrais de inércia, localize 
os eixos principais centrais de inércia indicando a sua posição claramente no desenho e determine os momentos 
principais centrais de inércia identificando os eixos correspondentes aos momentos de inércia máximo e mínimo. 
Solução: Examinando-se a área nota-se que essa 
apresenta a mesma distribuição de área em relação a 
um eixo horizontal com y = 12,5. Observação 
similar pode ser feita em relação a um eixo vertical 
com x = 30. Portanto esses eixos são os eixos 
centrais dessa área. 
Para calcular os momentos de inércia e o produto de 
inércia, a área é dividida num retângulo e em dois 
vasados semi-circulares. Para calcular o momento 
de inércia dos semir-círculos no eixo xG da área é 
necessário determinar o momento de inércia em 
relação ao eixo central de cada semi-círculo. 
224
3
4
28 







⋅+=
pi
pipi RRIR xc 
42
224
cm 1,110324,45099,3926
3
104
2
10
8
10
=⋅−=








⋅
⋅−= pi
pi
pipi
xcI 
Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo xG do conjunto: 
42
3
cm 5,5448424,45,12501,11032
12
2560
=













−+−
⋅
= pixGI 
42
243
cm 37146015
2
10
8
102
12
6025
=










⋅+−
⋅
=
pipi
yGI 
O processo passo é determinar o produto de inércia. 
4cm 3,38924)36,8(155026,8)15(50 =−⋅⋅−⋅−−= pipiGyxGI 
 Os eixo principais centrais de inércia pode ser determinados fazendo-se 
4cm 8,158487
2
−=
− yGxG II
 
4cm 3,212972
2
=
+ yGxG II
 
9,6799,132246,02tan
8,158487
3,389242tan ≥==→
−
−
= θθθθ > 
422
max cm 3761703,38924)8,158487(3,212972 =+−+== IIv 
422
min cm 6,497743,38924)8,158487(3,212972 =+−−== IIu 
xG
yG
u
v
6,9o
 
25
60
15
R 10
15R 10 (cm)
xG
yG
12
,
5
30
Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil 
Mecânica - Gabarito 
ENG01035  2012/2  Prof. Inácio B. Morsch 
Turma C 
A 
1) Tal como hoje, os engenheiros no passado tinham que buscar soluções de projeto adequadas para os materiais 
disponíveis. A figura (1a) ilustra o detalhe de uma asa de um avião Ford Trimotor, primeiro vôo 1925, que é construída 
em chapa de alumínio corrugada e a figura (1b) ilustra o correspondente avião. Baseado nos conhecimentos da 
Mecânica explique porque os engenheiros adotaram essa solução ao invés de chapa lisa. 
 
 
 
 
 
 
 Figura 1a Figura 1b 
Solução: O empregado de chapa corrugada no lugar de uma chapa lisa tem como objetivo aumentar o momento de 
inércia da asa em relação ao eixo 2-2 ilustrado na figura abaixo. 
Momento de inércia Chapa Lisa 
12
3tbI x
⋅
= 
Momento de Inércia Chapa Corrugada 
θsenhl = 
Número de ondas com a mesma largura de chapa (considera-se a chapa 
como de pequena espessura) 
lbn 2= 
θ2
3
12
2 senltnI x
⋅
⋅⋅= 
 
Complementar: Considerando-se b = 1200mm, h=20mm, t=1,5mm e °= 60θ tem-se 
Chapa Lisa: 4
3
mm5,337
12
5,11200
=
⋅
=xI 
Chapa Corrugada: mm09,236020 =°= senl , 5109,231200 ≈=n 
42
3
11771860
12
09,235,1251 mmsenI x =°
⋅
⋅⋅= 
O momento de inércia da chapa corrugada em torno do eixo 2-2 é 348 vezes maior que o da chapa lisa. 
Adotou-se um corrugado triangular pelo formulário ser mais simples e os resultados serem similares ao do corrugado 
circular. 
 
1
1
2 2
b t
Chapa Lisa
h
l
λ
θ
2) Calcular as reações da estrutura ilustrada na figura (2). Para alunos em recuperação na 1ª área essa questão pontua 
1,0 na 1ª avaliação considerando correção binária. 
 
 
Solução: O primeiro passo é transformar 
as cargas distribuídas em cargas 
concentradas equivalentes. 
Carga triangular na barra AB: 
kN 75
2
530
1 =
⋅
=F , 
m 67,2432 =⋅=y 
Carga triangular em BCD: Como há uma 
rótula em C, a carga triangular deve ser 
dividida em duas cargas. 
Carga no segmento CD: 
kN 15
2
310
12 =
⋅
=
−
F , m 112 =−x 
 
Carga no segmento BC 
kN 18,753,7515
2
5,15105,122 =+=
⋅
+⋅=
−
F , m 7,0
75,18
5,13175,375,015
22 =
⋅⋅+⋅
=
−
x 
Carga no segmento FG: kN 44,855,1420 223 =+⋅=F , m 14,23 =x 
Carga no segmento DE: Cabe destacar que a força resultante atua numa reta com 45º de inclinação. 
kN 40410cos
2
0
2
04
=⋅=⋅=



⋅=⋅⋅= ∫ rqsenrqdrqF x
pipi
θθθ 
kN 40410cos
2
0
2
04
=⋅=⋅=



−⋅=⋅⋅= ∫ rqrqdsenrqF y
pipi
θθθ 
Apresenta-se a seguir o diagrama de corpo livre resultante já com as 
cargas concentradas equivalentes. 
Equações de Equilíbrio: 
kN 650351,044,8540750 =→=⋅+−+−→=∑ AAx HHF
0936,044,85401575,180 =+⋅−−−−→=∑ EAy VVF 
7,153=+ EA VV 
+⋅−⋅−⋅−⋅−→=∑ 328,1040155,57,375,187567,20 AA MM 
0251,6351,044,85503,9936,044,855,11828,240 =⋅⋅−⋅⋅−+⋅ EV 
3,15995,11 =+ EA VM 
0351,04,8525,2936,04,85003,57172,140828,5401150 =⋅⋅−⋅⋅−+⋅−⋅−⋅−→=∑ EesqC VM kN 9,108=EV 
 kN 8,449,1087,153 =−=AV , kNm 9,3469,1085,113,1599 =⋅−=AM , 
936,055,20cos =° 
351,055,20 =°sen 
 
 
r
D
E
F
q
dl
dθ
θ
r
3 1,5 3 4
4
1,
5
1,
5
A
B C D
E
F
G
30 kN/m
15 kN/m
20 kN/m
10 kN/m
(m)Fig.2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) A forma para bolo cujo perfil de revolução está mostrado ao lado recebe uma camada de revestimento anti-aderente 
na superfície interna de 0,5 mm de espessura. Sabendo que o revestimento anti-aderente tem uma massa específica de 
900 kg/m3, qual o consumo de revestimento por forma? O eixo de revolução está representado pela linha traço-ponto. 
Solução: Para resolver este problema deve-se aplicar o 
teorema de Pappus-Guldin que resulta em 
∫= ls dlrA pi2 , sendo As a área da superfície. Para 
resolver o problema deve-se calcular o momento 
estático de 1ª ordem de um arco de circunferência. 
Neste problema a variável raio r é representada pela 
variável x, logo pode-se escrever 
f
i
f
i
senrdrdlx
l
θ
θ
θ
θ
θθθ 



== ∫∫
22 cos 
)(2 ifl sensenrdlx θθ −=∫ , cuja dedução está apresen-
tada na questão 3) da prova B. 
O comprimento do arco pode ser calculado por 
)( ifrl θθ −= 
Dividindo-se a linha geratriz em segmentos tem-se: 
cm 482 pipi =⋅=ABl , cm 3223 pipi =⋅== EDBC ll , cm 10566,8
2
=+=CDl 732,1602 =°sen 
Centróide do segmento AB: cm 09,5822 =⋅==
pipi
rAB 
Raio do centróide do segmento: cm 554,1509,5732,15732,12 =++++=ABx 
Centróide do segmento BC: cm 955,0
04,1
1
)18021023(2
)210270(22
−=
−
=
⋅−
°−°
=
pipi
sensenBC 
Raio do centróide do segmento: 509,9955,0732,15732,12 =−+++=BCx 
 cm 232,65,2732,12 =++=CDx 
5 cm 
R=8cm 
8,66 cm 
60o 
R=2cm 
2cm 
R=2cm 
60o 
30o 
3 1,5 3 4
4
1,
5
1,
5
A
B
C D
E
F
G
85,4 kN
40 kN
(m)
VEVA
HA
15 kN
20,55
75 kN
2,
67
40 kN
2,828
2,
82
8
MA
2,14
118,75 kN
0,7
Centróide do segmento DE: cm 955,0
04,1
1
)62(2
)3090(22
==
−
°−°
=
pipi
sensenDE 
Raio do centróide do segmento: cm 955,2955,02 =+=DEx 
2cm 6,1783554,154509,9094,2232,610955,2094,22 =





⋅+⋅+⋅+⋅= pipisA 
3cm 18,896,178305,0 =⋅=V 
gramas 80kg 08,090010018,89consumo3 ==⋅= 
2
R=2
60°
60
°
A
B
C
5
8,66
R=2
R=5
(cm)
D
E
 
 
4) Determinar o momento de inércia em relação ao eixo x da área ilustrada na figura (3). 
Solução: O primeiro passo é calcular as propriedades da 
parábola. Considera-se para tal uma faixa de integração 
vertical de área dxydA 1= . 
225
0 1
2
1 mm 67,416)2504,0( =−= ∫
−
dxxA 
325
0 1
22
11 mm 65,4166)2504,0(21 −=−= ∫
−
dxxSx 
mm 1067,41665,41661 −=−== ASy x 
4
1
325
0
2
11 mm 2,59524)2504,0(31 =−= ∫
−
dxxI x 
42
1 mm 2,178571067,4162,59524 =⋅−=xcI 
)5567,4162,17857(
3
6540 23
⋅+−
⋅
=PARCIALxI 
4mm 7,2383382=PARCIALxI 
O próximo passo é calcular as propriedades do semicírculo. 
444
22 mm 4,198808158 ==== pipiRII yx 
mm 37,634 =piR 22 mm 4,3532 =Rpi 
65
30
15 x
(mm)
40
15
15
60° 40
x1
y1
2504,0 211 −= xy
x2
x2c
y2
42
2 mm 3,553937,64,3534,19880 =⋅−=cxI 
022 =cyxI , 
4
22 mm 9,127092)( =+ ycx II , 422 mm 5,71702)( −=− ycx II 
Considerando que o eixo x2c é um eixo local do semi-círculo, deve-se rotar o mesmo para que fica na posição da figura. 
4
120cos5,71709,12709 cm 2,16295=°−=uI 
442 cm 3,211mm 2,2112977])60cos37,630(4,3532,16295[7,2383382 ==°−+−=xI 
 
 
5) A seção transversal ilustrada na figura () é formada por um perfil C, por um perfil L 7”x 4”x 1/2” e por uma chapa de 
espessura 5/16”. Considerando que as propriedades do perfil C são A = 33,92 cm2, Ix = 4601 cm4, Iy = 318 cm4 e as 
propriedades do perfil L são A = 33,87 cm2, Ix = 1111,3 cm4, Iy = 270,5 cm4 e rmin = 2,21 cm, em relação aos eixos 
ilustrados nos perfis em separado, determine: a) a localização dos eixos centrais, b) os momentos de inércia e produto 
de inércia em relação aos eixos centrais, c) a localização dos eixos principais centrais de inércia, d) os momentos 
principais centrais de inércia indicando os eixos correspondentes aos momentos de inércia máximo e mínimo. Os eixos 
de referência devem estar claramente identificados nos desenho. 
30
0
100
7,
94
6,35
25,1
120
7,
94
x
y
x
y
23,4
61
,
5
(mm)
40
 
Solução: O primeiro passo é localizar o centróide do conjunto. Para tal escolhe-se como eixos de referência os eixos 
centrais do perfil C. 
2cm 32,77794,01287,3392,33 =⋅++=A 
3cm 5,575397,15528,966,1287,3392,330 =⋅+⋅+⋅=xS 
3cm 2,317)51,2(528,9)66,8(87,3392,330 −=−⋅+−⋅+⋅=yS 
cm 1,4−== ASx yC cm 44,7== ASy xC 
O próximo passo é determinar os momentos de inércia e produto de inércia em relação aos eixos centrais. 
42
3
22 cm 7,8275957,7528,9
12
794,01222,587,335,270)44,7(92,334601 =⋅+⋅+⋅++−⋅+=
Cx
I 
42
3
22 cm 2,284259,1528,9
12
12794,0)56,4(87,333,11111,492,33318 =⋅+⋅+−⋅++⋅+=
CyI 
Para se calcular o produto de inércia do conjunto deve-se primeiro definir o produto de inércia da cantoneira. 
422
minmin cm 4,16521,287,33 =⋅=⋅= rAI 
2222
2
min 2,1767362,2761504,4209,6904,16522 xyxyxy
yxyx III
IIII
I +=→+−=→+










−
−
+
= 
4cm 3,315=xyI O sinal do produto de inércia é dado pelo desenho da cantoneira na tabela do fabricante, no caso 
tem-se 4cm 3,315−=xyI . Notar que o sinal do produto de inércia da cantoneira continua negativo na posição de 
montagem que foi adotada. 
4cm 7,203559,1957,7528,90)56,4(22,587,333,3151,4)44,7(92,330 −=⋅⋅++−⋅⋅+−⋅−⋅+=CxyI 
O próximo passo é localizar os eixos principais centrais de inércia e e calcular os momentos principais centrais de 
inércia. 
4cm 9,5558
2
=
+ ycxc II
 
4cm 7,2716
2
=
− ycxc II
 
°=→= 4,18
7,2716
7,20352tan θθ 422 cm 8,33947,20357,2716 =+=R 
4
max cm 7,89538,33949,5558 =+== uII 4min cm 1,21648,33949,5558 =−== vII 
7,
444,1
18,4
xc
yc
u
v
C
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B 
1) Considerando o Teorema dos Eixos Paralelos, a expressão 
pi
pipipi
3
4
2
2
28
2
2
24
1
RRhhRRI x ⋅⋅++= pode ser 
empregada para calcular o momento de inércia do semicírculo em relação ao eixo x1 ilustrado na figura (1). 
hR
x
x1
 
Solução: A expressão do teorema dos eixos paralelos pode ser 
deduzida a partir da figura ao lado, na qual considera-se que C é 
o centróide da área e X´e Y´ são eixos centrais. Pode-se então 
escrever o momento de inércia em torno do eixo X como: 
∫∫∫∫ ++=



 +=
AcAcAA cx
dAydAyydAydAyyI 22
2
'2'' 
que resulta em 
2
' cxx yAII += , uma vez que a integral 
∫A dAy' é o momento estático de 1ª. Ordem da área em relação 
ao eixo central X´, que deve ser zero. 
Voltando ao exercício proposto nota-se que o eixo X não é 
central, logo o momento estático de 1ª ordem em relação à este 
eixo não deve ser nulo. Portanto comparando-se termo a termo as 
expressões tem-se: 
8
4
2 RdAyI
Ax
pi
== ∫ , 
2
2
2
2
hRdAy
Ac
pi
=∫ , pi
pi
3
4
2
2'2
2 RRhdAyy
Ac
⋅⋅=∫ 
Conclusão: A expressão apresentada pode ser empregada para calcular o momento de inércia da área ilustrada em 
relação ao eixo X. 
 
2) Calcular as reações da estrutura ilustrada na figura (2). Para alunos em recuperação na 1ª área essa questão pontua 
1,0 na 1ª avaliação considerando correção binária. 
Solução: O primeiro passo é transformar 
as cargas distribuídas em cargas 
concentradas equivalentes e depois 
representar o diagrama de corpo livre da 
estrutura. 
Carga na barra AB: 
kN 5,37
2
155
1 =
⋅
=F 
m 33,35321 =⋅=x 
A carga de 10kN/m deve ser dividida 
em dois tramos por causa da rótula C: 
Carga no Tramo BC: 
kNF 505102 =⋅= mx 5,22 = 
y c
y'
dA
X
X'
Y'Y
xc x'
d
C
O
3 3 2 1 1,5 1,5
4
(m)
A
B
10 kN
C
15 kN/m
D E
F
θ θ
10 kN/m15 kN/m
Fig. 2
Carga no Tramo CD: 
kNF 101013 =⋅= mx 5,03 = 
Carga no tramo DE: kNF 453154 =⋅= mx 5,14 = 
2,5 0,5 1,5
4
(m)A
B
10 kN
C
45 kN
D E
F
θ
θ
50 kN
37,5 kN
10 kN
HA
VA
MA
VE
RF
3,3
3
 
6,053cos ==θ 8,054 ==θsen 
Escrevendo-se as equações de equilíbrio correspondentes tem-se: 
306,006,08,05,370 −=−→=−⋅+→=∑ FAFAx RHRHF 
5,1378,008,0104510506,05,370 =++→=++−−−−⋅−→=∑ FEAFEAy RVVRVVF 
08,01212105,10455,10105,8505,533,35,370 =⋅++⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−→=∑ FEAA RVMM 
37,10626,912 =++ FEA RVM 
5,1428,04018,045,2105,2455,0100 =+→=⋅++⋅−⋅−⋅−→=∑ FEFECDEFC RVRVM 
62,6243067,15,37430 −=++−→=⋅+++−→=∑ AAAAAAABB MHVMHVM 
 
Colocando-se as equações sobre a forma de sistema e resolvendo-o tem-se: 
 
kN 4,24=AH kN 5,47=AV kNm 6,17−=AM kN 5,17=EV 
kN 6,90=FR 
 
 
 
Complementar: Teste de equilíbrio 
066,908,05,1795,7105,745105,55,25067,15,374,2445,4736,170 =⋅⋅+⋅+⋅−⋅−⋅−⋅−⋅+⋅+⋅−−→=∑ BM 
012,0 ≈− Ok 
 
3) A fuselagem de um avião de carga, ilustrada na figura (4), é 
aproximada por uma circunferência de 2 m de raio. A porta do 
compartimento de carga é representada pelo arco de 
circunferência AB e pesa 500 N. Sabendo que esta porta permite 
um ângulo de abertura de 50º e que uma mola de torção aplica 
um momento de 200 Nm na porta do compartimento de carga, 
determine as reações na rótula A e a força que a barra bi-
rotulada BC exerce na porta do compartimento. 
Solução: O primeiro passo é calcular o ângulo correspondente 
ao arco AB. Nota-se pelo desenho que o ângulo vale 
°=°⋅−°= 140202180θ . Este ângulo em radianos corresponde 
a rad 443,2
180
140
=
°
⋅°
=
piθ 
20°
20°
2 m
A
50°
B
C
200 Nm


















−
−
=



































−
−
62,62
5,142
37,1062
5,137
30
00134
8,04000
6,912100
8,01010
6,00001
F
E
A
A
A
R
V
M
V
H
Comprimento do arco AB: cm 886,42443,2 =⋅== rlAB θ 
Localização do centróide do arco AB: θdrdl = 
[ ] ( )ifl rrdrdlx fifi θθθθθ θθ
θ
θ
sensensencos 222 −=== ∫∫ 
( ) 22 cm 518.7290sen70sen2 =°−°=∫l dlx cm 539,1886,4
518,7
==x 
 cm 684,070cos2 =°=OD 
cm 879,170sen2 =°=AD 
Posição do centróide (como a peça é homogênea o centróide e o centro de 
gravidade são coincidentes): 
cm 855,0684,0539,1 =−=−= ODxG 
O próximo passo é representar o diagrama de corpo livre da porta do 
compartimento de carga: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Antes de serem escritas as equações de equilíbrio devem ser determinadas algumas variáveis geométricas: 
cm 758,3879,122 =⋅== ADAB e de acordo com o problema tem-se cm 758,3== ABAC . Logo a distância entre os 
pontos B e C pode ser calculado como: cm 176,350cos758,32758,32 22 =°⋅−⋅=BC 
°=°−°=→°=→=→=
°
25659065906,0sen
sen
758,3
50sen
176,3
αβββ 
39,321423,0050cos50065cos0
'''
−=+−→=°+°+−→=∑ BCxBCxx FAFAF (1) 
383906,0050sen50065sen0
'''
=+−→=°−°+−→=∑ BCxBCyy FAFAF (2) 
N 3,233020050cos500855,050sen500879,165sen758,30 =→=+°⋅−°⋅−°→=∑ BCBCA FFM (3) 
Substituindo-se (3) em (2) e (1) obtém-se: N 420
'
=xA e N 6,171' =yA 
A reação na rótula A também pode ser escrita como: ( ) N 378,0;926,07,453'=A . A orientação desta força em relação 
ao eixo x’ é dada diretamente pelo cosseno diretor: °=→= 2,22926,0cos
'' xx θθ . A figura abaixo ilustra a 
orientação da força. 
20°
20°
2 m
A
B
dθ
dl
θ
x=r cosθ
20°
20°
r
A
B
70°O D G
20°
20°
1,5 m
A
50°
B
C
200 Nm
FBC
α
x'
y'
Ax
Ay
G
500 N
50°
β
β
D
E
Em relação aos eixos xy a força na rótula A pode ser escrita como: 
( ) N 309,0;951,07,453 −=A 
 
 
 
 
 
 
 
 
4) Determinar o momento de inércia em relação ao eixo x da área ilustrada na figura (3). 
Solução: Igual a da prova A. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5) A seção transversal ilustrada na figura () é formada por um perfil C, por um perfil L 7”x 4”x 1/2” e por uma chapa de 
espessura 5/16”. Considerando que as propriedades do perfil C são A = 33,92 cm2, Ix = 4601 cm4, Iy = 318 cm4 e as 
propriedades do perfil L são A = 33,87 cm2, Ix = 1111,3 cm4, Iy = 270,5 cm4 e rmin = 2,21 cm, em relação aos eixos 
ilustrados nos perfis em separado, determine: a) a localização dos eixos centrais, b) os momentos de inércia e produto 
de inércia em relação aos eixos centrais, c) a localização dos eixos principais centrais de inércia, d) os momentos 
principais centrais de inércia indicando os eixos correspondentes aos momentos de inércia máximo e mínimo. Os eixos 
de referência devem estar 
claramente identificados nos 
desenho. 
 
Solução: ver prova A. 
 
 
 
 
 
 
65
30
15 x
(mm)
40
15
15
60° 40
x1
y1
15024,0 211 −= xy
A
50°
x'
y'
420 N
171,6 N
453,7 N
22°
x
y
18o
30
0
100
7,
94
6,35
25,1
120
7,
94
x
y
x
y
23,4
61
,
5
(mm)
40