Apostila MECG

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UNIVERSIDADE SANTA CECÍLIA 
ROTEIRO DE AULAS 
MECÂNICA GERAL 
(21 exercícios e 21 exemplos) 
 
 
Professor Orlando Carlos Batista Damin 
ARMAZÉM 39 
PORTO DE SANTOS 
 
As três Leis que fundaram a Física Moderna. 
Como 
qualquer história inglesa que 
se preze, também esta 
envolveu uma aposta. 
Cenário: uma taberna 
londrina, próxima a Royal 
Society. Época: 1684. 
Animada pelo álcool, uma 
discussão se instala entre três 
celebridades: o astrônomo 
Edmond Halley, o então 
presidente da Royal Society, 
Robert Hooke, e o ilustre 
arquiteto Christopher Wren. O assunto, como 
convém a intelectuais desse porte, é o 
movimento dos planetas ao redor do Sol. 
Halley diz que se pode 
calcular a força que mantém os planetas em 
órbita. Ela variaria com o inverso do quadrado 
da distância que os separa do Sol. Hooke 
argumenta que, se isso for verdade, será 
preciso demonstrar, a partir dai, todas as leis 
sobre o movimento planetário, descobertas por 
Kepler, algo que ele próprio está certo de 
poder fazer. Wren propõe então: quem 
resolver o problema recebera um prêmio 
simbó1ico de 40 xelins. A disputa estimula 
Halley a viajar a Cambridge, a procura do 
solitário Isaac Newton. Qual não é sua 
surpresa quando Newton lhe diz que, 
realmente, já havia considerado a 
possibilidade de que a força de atração 
variasse segundo o inverso do quadrado da 
distância. 
A partir dessa hipótese 
acrescenta: era possível deduzir 
matematicamente as órbitas dos planetas, 
estabelecidas por Kepler. E mais: tinha certeza 
disso porque fizera pessoalmente os cálculos, 
uns vinte anos antes, durante a peste de 
Londres, mas depois se desinteressara do 
assunto. A insistência de Halley o 
convenceu a retomar o estudo. 
Durante três anos, Newton 
trabalhou nas idéias esboçadas 
naquele "ano maravilhoso" de sua 
juventude. Quando finalmente 
publica suas conclusões, em 1687, 
está criada uma nova Física, simples 
e coerente. Sua base são as Três 
Leis sobre o movimento dos corpos, 
apresentadas no livro I dos 
Principia. 
Em linguagem atual, elas podem 
ser assim redigidas: 
1) A menos que atue uma 
força externa, qualquer corpo tende a manter-
se indefinidamente em repouso ou em 
movimento retilíneo uniforme (Princípio da 
Inércia); 
2) Caso uma força externa 
atue, a aceleração que o corpo recebe é 
proporcional a intensidade da força (Princípio 
Fundamental da Dinâmica); 
3) Toda vez que um corpo 
recebe de outro uma força, ele também exerce 
sobre este uma força de mesma intensidade e 
direção, mas de sentido contrário (Princípio da 
Ação e Reação). 
A partir dessas três leis, 
Newton calculou a força centrípeta (de fora 
para dentro) necessária para fazer um corpo 
transformar seu movimento retilíneo uniforme 
em movimento circular. Depois chegou a sua 
famosa Lei da Gravitação Universal: cada 
partícula de matéria do Universo atrai 
qualquer outra com uma força proporcional ao 
produto de suas massas e inversamente 
proporcional ao quadrado da distância que as 
separa. Não se sabe se Newton recebeu os 40 
xelins de Wren, mas seus Principia se 
tornaram o paradigma da Física clássica. 
Trecho extraído de um artigo publicado na Revista Superinteressante, ano 2, n.º 2, fev. 1988. 
 
UUNNIIVVEERRSSIIDDAADDEE SSAANNTTAA CCEECCÍÍLLIIAA 
CCoooorrddeennaaççããoo ddee EEnnggeennhhaarriiaa MMeeccâânniiccaa 
CCUURRSSOO :: EENNGGEENNHHAARRIIAA IINNDDUUSSTTRRIIAALL MMEECCÂÂNNIICCAA 
 
DADOS SOBRE A DISCIPLINA 
CÓDIGO NOME 
 Mecânica Geral 
 
CARGA HORÁRIA SEMESTRAL SEMESTRE ANO 
68 h/a 3º 2º 
 
1.- OBJETIVOS: 
1.1- Fornecer aos alunos conhecimentos básicos na área de mecânica em geral; 
1.2- Utilizar os conhecimentos nas disciplinas da área profissionalizante dos cursos de 
engenharia; 
1.3- Adquirir noções sobre equilíbrio do corpo rígido, figuras planas, treliças planas e 
isostáticas. 
2.- EMENTA: 
2.1- Elementos para cálculo de figuras planas; 
2.2- Estática dos Sólidos – Equilíbrio do Corpo Rígido; 
2.3- Treliças Planas. 
3.- CONTEÚDO PROGRAMÁTICO: 
Aula Descrição Referência 
Bibliográfica 
01 Sistema de Forças; Momento de uma Força em relação ao Ponto; braço do 
Momento; Teorema de Varignon. 
8.1, 8.2, 8.3 
02 Mudança de Polo; Momento Axial. 8.1, 8.2, 8.3 e 
9.1 
03 Binário ou Conjugado; braço do Binário. Sistema Força-Conjugado. 8.1, 8.2, 8.3 e 
9.4 
04 Estática dos Sólidos; Equilíbrio do Corpo Rígido; Diagrama do Corpo 
Livre. 
8.1, 8.2 e 9.2 
05 Elementos de Transmissão de Forças e Vínculos. 8.1, 8.2 e 9.2 
06 Estática dos Sistemas de Sólidos; Estruturas de Barras; Solicitações 
Internas e Externas. 
8.1, 8.2 e 9.2 
07 Estruturas Articuladas. Treliças Planas; Método dos Nós. 8.1, 8.2 e 9.2 
08 Método das Seções e Processo de Ritter. 8.1, 8.2 e 9.2 
09 Centro de Massa; Centróide; Baricentro de Áreas. 8.2 e 9.4 
10 Momentos de Inércia; Teorema dos Eixos Paralelos – Steiner. 8.2 e 9.4 
11 Produtos de Inércia - Translação (Teorema de Steiner). 8.2; 9.4 e 9.1 
12 Rotação de Eixos, Momentos de Inércia. 8.1, 8.2, 9.4 e 
9.1 
13 Eixos Centrais de Inércia - Inércia Máxima e Mínima e Posição dos Eixos 
Centrais de Inércia. 
8.2 e 9.4 
 
4.- METODOLOGIA DE ENSINO: 
4.1- Aulas expositivas 
4.2- Exercícios em Sala de Aula e Internet 
5.- CRITÉRIOS DE AVALIAÇÃO: 
5.1- Provas objetivas e subjetivas 
5.2- Trabalhos individuais 
6.- RECURSOS AUDIOVISUAIS UTILIZADOS: 
6.1- Retroprojetor 
6.2- Notas de Aulas, vídeos e animações na Internet http://www.unisanta.br/mecanica 
7.- SALAS ESPECIAIS E LABORATÓRIOS UTILIZADOS: 
7.1- Sala de Projeção 
8.- BIBLIOGRAFIA BÁSICA: 
8.1. BEER, F.P. e JOHNSTON, R.E. e EISENBERG, E.R. Mecânica Vetorial para 
Engenheiros. Vol. Estática. Ed. MacGraw-Hill. 7ª edição. S. P. 2006. 
8.2. NÓBREGA, J.C. Mecânica Geral. Vol. Estática. Ed. FEI. S.P. 1980. 
8.3. MERIAM, J.L. e KRAIGE, L.G. Engenharia Mecânica. Vol. Estática. Ed. 
Livro Técnico Científico S.A. 5ª edição. R.J. 2004. 
9.- BIBLIOGRAFIA COMPLEMENTAR: 
9.1- 9.1. HIBBELER, R.C. Mecânica para Engenharia. Vol. 1. São Paulo. Ed. 
Pearson Prentice Hall. 10ª edição. 2005. 
9.2- GIACAGLIA, G.E.O. Mecânica Geral. Vol. 1. São Paulo. Livraria Nobel S/A. 
1976. 
9.3- KAMINSKI, P.C. Mecânica Geral para Engenheiros. Ed. Edgard Blücher Ltda. 
1ª edição. 2000. S.P. 
9.4- FRANÇA, L.N.F. e MATSUMURA, A.Z. Mecânica Geral. Vol. Estática. Ed. 
Edgard Blücher Ltda. 1ª edição. S.P. 2001. 
CONTEÚDO PROGRAMÁTICO: ESTÁTICA 
Módulo 1: 
 Sistema de Forças. 
 Momento Polar e braço do Momento; 
 Teorema de Varignon; 
 Mudança de Pólo; 
 Momento Axial; 
 Binário ou Conjugado, braço do binário, Sistema Força-Conjugado. 
 Estática dos Sólidos. 
 Elementos de Transmissão de Forças e Vínculos; 
 Equilíbrio do Corpo Rígido. Diagrama do Corpo Livre; 
 Estática dos Sistemas de Sólidos. 
 Estruturas de barras. Solicitações Externas e Internas. 
 Estruturas Articuladas. Treliças Isostáticas Planas – Equilíbrio do Nó. Método das Seções e 
Processo de Ritter. 
Módulo 2: 
 Centro de Massa - Centróide. 
 Características Geométricas de Figuras Planas. 
 Baricentro. 
 Momento de Inércia. 
 Teorema dos Eixos Paralelos - Teorema de Steiner. 
 Rotação de Eixos. Produtos de Inércia. 
 Eixos Centrais de Inércia. 
 
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Página n.º 1 
SISTEMA DE FORÇAS 
Força (F) 
(Nóbrega, 1980) e (Beer and Johnston,1991) 
“Força não tem definição, é um conceito primitivo ou intuitivo.” 
“Matematicamente a força éo vetor aplicado (P,F), caracterizado por módulo, direção e 
sentido (F

), bem como, ponto de aplicação(P).” 
Unidade de força é Newton (N). 
Da Geometria Analítica temos: 
X P F  .
 
(equação da reta) 
onde  é um número real qualquer. 
 
 
 
 
(França e Matsumura, 2001) 
“Um conjunto de forças é chamado de um Sistema de Forças. Considerando um sistema de 
forças (Pi, F
i), sendo i de 1 a “n” elementos, chama-se Resultante do sistema ao vetor:” 
     
R Fi F F F Fn
i
n
    


1
1 2 3 ...
 
Aplicado a um sistema triortogonal de coordenadas, sendo: Fx, Fy, Fz os componentes escalares 
de R
 
Z
Y
X
o
   kFzjFyiFxR
 
Unidade de Força  N (Newton) 
Importante: 1kgf = 9,81 N 
 
P 
X 
F

 
i

 
j

 
k

 
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Página n.º 2 
 
Momento Polar. (Mo) 
(Beer e Johnston, 1995) e (França e Matsumura, 2001) 
Dada a força (P,F

) e o ponto O (pólo), define-se momento polar ao vetor dado pelo seguinte 
produto vetorial: 
 
FOPM
O

 )( 
 
Sentido do momento dado pela regra da mão direita 
 
Desenho esquemático: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Regra da Mão Direita. 
Apoiando-se a mão direita fechada no plano definido 
pela força (P, F

) e o polo O , e abrindo-se a mão de modo que 
os quatro dedos indiquem o sentido da força (P, F

), o polegar 
indicará o sentido do Momento Polar Mo. 
Unidade do Momento: N.m (Newton x metro) 
Importante: 1 kgf = 9,81 N. 
 
Braço do Momento. 
Seja h a distância do Polo O à linha de ação da força e tomando-se o 
módulo do momento: 
 
senOPFM
O

 
Logo: |P - O|.sen = h 
Portanto:
hFM
O

 
“Notar que Mo não se altera aplicando a força em qualquer ponto da sua linha de ação; de 
fato, sendo P e P’dois pontos da linha de ação temos:” 
 
h
o
P
F
P' 
M

o 
F

 
O 
P 
 
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Página n.º 3 
identidade 
(P - O) = P - P’ + P’ - O 
Equação do momento: M

o = (P-O)  F, Logo:. 
 
FOPM
FOPPP
O




)'(
)'()'( 
FPP

 )'(
 é zero. 
“Para um sistema de forças quaisquer (Pi, Fi) o momento em relação ao ponto o é o vetor:” 
 
Mo Pi O
i
n
Fi 

( )
1

 
Exemplo 1: 
(Nóbrega, 1980) 
Calcular: 
a) O momento da força (P, F

) relativo ao polo O = (0,0,0) 
b) O braço do momento h. 
 Sendo F

 = 2i

 + 3j

  4k (N) P = (2,1,3) m. 
Exercício 1 
(Nóbrega, 1980) 
Para o sistema abaixo, constituído pelas forças (Pi, F

i), calcular: 
a) A Resultante do Sistema de Forças; 
b) O momento do sistema relativo ao polo Q = (1, -2, 3) m; 
c) A reta paralela à Resultante, passando pelo ponto Q. 
Dados: 
P1 = (0,1,0) ; F

1=(2,1,0) 
P2 = (-2,0,1) ; F

2=(1,1,1) 
P3 = (3,2,1) ; F

3=(2,-2,3) 
P4 = (2,-1,2) ; F

4=(-3,1,-2) 
Exemplo 2: 
(Nóbrega, 1980) 
Verificar se as forças (P1 ; F

1) = [(-1,0,1) ; (j

,k

)] e (P2 ; F

2) = [(-1,1,2) ; (j

,k

)] têm a 
mesma linha de ação, justificar: 
 
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Página n.º 4 
Exercício 2: 
(Kaminski, 2000) 
No sistema de vetores indicados na figura, determinar: 
a) A resultante R. 
b) O momento polar em relação a o. 
 Sendo: 
OA OB OC m   3
 
 |F1|= 1 N 
 |F2|=|F3| = 
18
N 
F1
F3
F2
X
Y
Z
o
A
B
C
 
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Teorema de Varignon: 
(França e Matsumura, 2001) 
Ilustração do Livro “La Estructura” 
Autor: H. Werner Rosenthal 
 
 
“Forças concorrentes são forças que têm linhas de 
ação concorrentes em um mesmo ponto”. 
 
 
 
“O momento de um sistema de forças concorrentes, 
em relação a um pólo O qualquer, é igual ao 
momento, em relação a O, da resultante do sistema, 
aplicada no ponto A”. 
Sejam as forças (F

i, A) 
 
 
 
   
Mo A O Fi A O Fi
i
n
A O R
i
n
   

  

 ( ) ( ) ( )  
11
 
 
O cálculo do item b do exercício 2, ilustra bem este Teorema. 
O M

o pode ser aplicado como: M

o=(C-O)R 
Mo
i j k
i jN m

  
 


 0 0 3
3 3 1
9 9 .
 
Mudança de Polo: 
(França e Matsumura, 2001) 
“O momento de um sistema (Fi ; Pi) em geral varia com o polo. Sendo O e O’ dois 
pólos, tem-se:” 
M

o=(Pi-O)  Fi Mo’=(Pi-O’)  Fi 
Subtraindo, membro a membro, as expressões acima: 
M
o’- Mo=(Pi-O’)Fi - (Pi-O)Fi Logo: 
M
o’- Mo=(Pi-O’)-(Pi-O)Fi 
M
o’- Mo=(O-O’)  Fi 
M
o’ = Mo+ (O-O’) R 
M
o’- Mo= (O-O’) Fi
 
“chamada FÓRMULA DE MUDANÇA DE 
POLO” 
 
F3
F2
Fn
F1
A
O
 
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Página n.º 6 
 
...que assim se enuncia: 
(Nóbrega, 1980) 
“O momento resultante do sistema em relação a um novo polo (O’) é igual ao 
momento resultante do sistema em relação ao polo antigo (O) mais o momento da 
resultante do sistema aplicado no polo antigo, em relação ao novo polo” 
Dessa fórmula conclui-se: 
 Se R=0 , o momento do sistema independe do polo e o sistema é constituído por 
um conjunto de binários. 
 Se Mo’=Mo , para qualquer polo o’ então R=0 
 Se R0 então Mo’=Mo se e somente se (O-O’) for paralelo a R 
Exercício 3 
(Nóbrega, 1980) 
Dado o sistema de forças abaixo e o polo O, determinar: (unidades no S.I.) 
a) O momento do sistema relativo a O 
b) A resultante do sistema de forças; 
c) O momento do sistema relativo ao polo O’. 
P1=(0,1,0) ; F

1=(-1,1,0) 
P2=(2,0,1) ; F

2=(0,2,-3) 
P3=(3,0,0) ; F

3=(4,-1,1) 
P4=(2,-1,3) ; F

4=(0,1,2) 
O = (2,1,1) 
O’ = (1,-1,1) 
 
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Página n.º 7 
Momento Axial. 
(Nóbrega, 1980) 
“Seja uma reta orientada (eixo) passando por O (polo) e u o 
versor do eixo. A projeção de Mo

 em u

 é o momento axial”. 
uMMu
O

 
Teorema. 
(Nóbrega, 1980) 
“O momento axial independe do polo tomado sobre o eixo”. 
Mu = M

o x u
 
Mu = (P-O)  F x u 
 
identidade 
(P - O) = P - P’ + P’ - O 
 
Substituindo a identidade na fórmula anterior, temos: 
 
Mu = (P’-O)  F x u + (P-P’)  F x u = (P-P’)  F x u 
Notar que: P’ e O pertencem ao eixo, logo (P’- O)  F x u = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Esquema do momento axial: 
F

 
P 
P’ 
O 
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Página n.º 8 
 
“Seja o eixo Ou e a força (P,F) , o vetor F poderá ser 
decomposto em outros três”. 
 
Fa

 é Força axial (paralela a 
Ou

) 
 
Fr

 é Força radial 
(perpendicular a Ou

) 
 
Ft

 é Força transversal 
(ortogonal a Ou

) 
 
F = Fa

 + Fr

 + Ft

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
“O momento axial é devido somente ao componente transversal da 
força”. 
 
Mu = (P-P’)  F x u = (P-P’)  (Fa + Fr + Ft )x u = (P-P’)  Ft x u 
 
Fa

 e Fr

 não “giram”em torno do eixo O u. 
 
Logo:tFhMu


 
h = (P - P’) 
Exemplo 3. 
(Nóbrega, 1980) 
Dados: 
F

 = 3j

 - k

 N. P = (-1,2,3) m 
Determinar: 
a) O momento axial de (P, F

) relativo ao eixo X = Q + .K, com Q = (0,1,2) m 
 
 
 
Desenhar esquema de forças. 
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Exercício 4: 
(P1 - 1º semestre de 2001 - Prof. Damin) 
Para o sistema de Forças Representado na Figura, sendo as 
coordenadas do Ponto P = (4,2,2) m, determinar: 
a) A resultante do sistema de 
força. 
b) O momento do sistema relativo 
ao polo O 
c) O momento do sistema relativo 
ao polo Q=(4,0,0)m. 
d) O momento do sistema em 
relação ao ponto P 
 As respostas devem ser escritas 
no Sistema Internacional de 
Unidades. 
 
Solução: 
 
X 
Y 
Z 
P 
F

5 F

1 F

2 
F

3 F

4 
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Exercício 5 
P2 -1º semestre de 1999 - Prof. Damin 
Um carro com problemas 
mecânicos necessita de uma força 
de 400 N para ser removido. Para 
essa remoção foram instalados dois 
cabos AB e AC, como ilustra a 
figura abaixo. Sabendo-se que a 
resultante das duas forças 
aplicadas em A têm a direção do eixo do carro, Calcule, a tração no cabo AC 
quando o ângulo 
 = /4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resumo do Sistema de Forças. 
Resultante : R 
É o vetor não aplicado 
 iFR
 ( sendo i de 1 a “n” elementos) 
Que não é uma força. 
Momento Polar :Mo
 
É a somatória dos momentos de cada força, calculados em relação a um mesmo polo O , é a 
resultante dos momentos. 
  iFOPiM
O

)(
 ( sendo i de 1 a “n” elementos). 
Mudança de Polo: 
ROOMM
OO

 )'(
'
 
Momento Axial 
  uiFOPiMu

)(
( sendo i de 1 a “n” elementos). 

30º
C
B
A
 
Unisanta - Mecânica Geral -Prof. Damin - Aula n.º_______Data:___/___/200_ 
Página n.º 11 
SISTEMA DE FORÇAS 
BINÁRIO OU CONJUGADO 
(Nóbrega, 1980) (Kaminski, 2000) 
 Forças opostas são aquelas representadas por vetores opostos não 
possuindo a mesma linha de ação. 
 
Ilustração do Livro “La Estructura” 
Autor: H. Werner Rosenthal 
 
 
 Forças diretamente opostas são aquelas representadas por vetores 
opostos, possuindo a mesma linha de ação. 
“Binário é um sistema constituído por duas forças opostas (F1 = -F2). 
Notar que todo binário tem resultante nula.” 
R

 = Fi 
ou seja: 
R

 = -F

2 + F

2 
“Portanto, o momento de um binário independe do polo”. 
M
o’ = Mo + (O - O’)  R 
Como R

 = 0

 (vetor nulo) 
M
o’ = Mo 
O momento do binário em relação a um polo O qualquer é dado por: 
M

o = (P1 - O)  F1 + (P2 - O)  F2 , como F2 = -F1, temos: 
M

o = (P1 - O)  F1 + (O - P2)  F1 ; Logo: 
M

o = (P1 - P2)  F1 ou Mo = (P2 - P1)  F2 
Notar que o vetor M

o, assim obtido, é sempre ortogonal ao plano do 
binário. 
 
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Página n.º 12 
 
Braço do Binário 
(Kaminski, 2000) 
Da figura ao lado, notar que a 
distância “d” é o braço do binário. 
M

o = (P1 - P2)  F1 
|M

o| = |P1 - P2|.|F

1|.sen 
,sendo: 
d = |P1 - P2|.sen 
ou d = |M

o| / |F

1| 
(Meriam e Kraige, 1999) 
“Um conjugado não se altera desde que a intensidade e a direção de seus 
vetores se mantenham constantes. Conseqüentemente, um dado conjunto não se alterará se os 
valores de F

 e d forem alterados de tal forma que o seu produto permaneça inalterado. Da 
mesma maneira, um conjugado não se altera se as forças forem aplicadas em planos paralelos”. 
 
Exemplo 4: 
(Meriam e Kraige, 1999) 
“O elemento estrutural rígido é submetido a 
um conjugado que consiste em duas forças 
de 100 N. 
Substitua esse conjugado por um conjugado 
equivalente que consiste em duas forças P e 
-P, cada uma com 400 N de intensidade. 
Determine o ângulo ”. 
 
 
 
 
 
 
 
F

2 
F

1 
 
 
M

o M

o M

o 
2F 
-2F 
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Página n.º 13 
Sistema Força-Conjugado: 
(decomposição de uma força em uma força e um binário) 
(Meriam e Kraige, 1999) 
“O efeito de uma força que atua em um corpo, tem sido descrito em termos da 
tendência de empurrar ou puxar o corpo na direção da força, e da tendência de promover a 
rotação do corpo em torno de um eixo que não intercepte a linha de ação dessa força”. 
“A representação desses dois efeitos pode ser facilitada através da substituição 
de uma determinada força por uma força idêntica e paralela e por um conjugado que 
compensará a mudança do momento da força original”. 
 
Exemplo 5: 
(Meriam e Kraige, 1999) 
Substitua a força horizontal de 80 N, que atua em uma alavanca, por um sistema equivalente 
constituído de uma força em O e um conjugado. Comprimento da alavanca 9 m. 
 
 
 
 
 
 
F 
-F 
F 
F 
F 
80N 
d 60º 
9 m 
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Página n.º 14 
Exercício 6: 
(Nóbrega, 1980) 
Substituir o conjugado e a força mostrados abaixo, por uma única 
força aplicada no ponto D. Localizar D determinando a distância b. 
 
 
 
 
 
 
 
D 
b 
60N.m 
300N 
30º 
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Página n.º 15 
ESTÁTICA DOS SÓLIDOS 
Postulados: 
(Nóbrega, 1980) 
1. Se nenhuma força for aplicada a um sólido em equilíbrio, ele permanece 
em equilíbrio. 
2. Aplicando uma única força a um sólido isolado em equilíbrio, ele não 
permanece em equilíbrio. 
3. Aplicando a um sólido isolado em equilíbrio duas únicas forças não 
diretamente opostas, o sólido não permanece em equilíbrio. 
Equilíbrio dos Corpos Rígidos: 
(Beer e Johnston, 1995 e Kaminski, 2000) 
“Um corpo (sólido) está em equilíbrio se o sistema de forças atuante pode ser reduzido a um 
sistema equivalente a zero”. 
Condição Necessária: 
 
R Fi
i
n



1
 
Ausência de movimento de translação 
 
Mo Pi O Fi
i
n
 

 ( )
1
 
Ausência de movimento de rotação 
 
0

R e 
0


O
M
 
Condições Suficientes: 
(Nóbrega, 1980) 
Se a resultante do sistema for diferente de zero e o momento 
polar for igual a zero, este sistema eqüivale a uma só força, e pelo 
segundo postulado, o sólido não permanece em equilíbrio. 
Se a resultante do sistema for igual a zero e momento polar 
for diferente de zero, este sistema eqüivale a um binário, e pelo 
terceiro postulado, o sólido não pode permanecer em equilíbrio. 
Se a resultante do sistema for diferente de zero e não 
existirem pontos O tais que o momento polar seja zero, o sistema 
eqüivale a duas forças reversas e o sólido não pode estar em 
equilíbrio. 
Para o Sistema Cartesiano: 
   0

kRzjRyiRxR
 
    0

kMjMyiMxM
O
 
Onde; Mx, My e Mz são os momentos axiais dos respectivos eixos. 
As equações acima são denominadas equações fundamentais da estática 
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Página n.º 16 
 
Corolários do Teorema Fundamental: 
(Nóbrega, 1980) 
Primeiro: 
“Se o sólido está em equilíbrio, o momento das forças aplicadas é 
zero relativamente a qualquer polo”. 
Segundo.“Se um sólido está em equilíbrio sujeito somente a duas forças, elas 
serão diretamente opostas”. 
Terceiro: 
“Se um sólido está em equilíbrio sujeito a três forças, estas terão 
linhas de ação concorrentes num ponto ou serão paralelas”. 
ELEMENTOS DE TRANSMISSÃO DE FORÇA 
(Nóbrega, 1980) 
Fio: 
 
Só suporta tração. Pelo segundo postulado, sabe-
se o sentido da força atuante no ponto atado às suas extremidades. 
O fio ideal não possui peso e é flexível. 
O fio dotado de peso é chamado de cabo, não 
sendo estudado neste trabalho. 
 
 
Barra sem peso: 
T T
C C 
Suporta tração ou compressão. 
Polia: 
Tem por finalidade mudar a direção de atuação da força. 
 
 
T
T 
 
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Página n.º 17 
 
Ponto de Contato: 
 
No caso de inexistência de 
atrito, as forças que agem nas superfícies (lisas) de 
contato de dois sólidos, em relação a um plano 
imaginário, são perpendiculares às mesmas. 
 
 
 
 
A estática do ponto material é caso particular da Estática do Sólido. 
Exemplo 6: 
Uma esfera homogênea de 10 N de peso, é sustentada por um fio. 
Calcular a tração no fio e a reação aplicada pela parede sobre a esfera, 
sabendo que o ângulo formado pelo fio e a parede vertical é igual a /3. 
 
 
 
VÍNCULOS 
Graus de Liberdade: 
(Kaminski, 2000)(Beer e Johnston, 1995) 
São o número de parâmetros mínimos necessários para definir 
completamente a posição de um sistema. 
Um sistema composto por um corpo rígido no espaço tem seis graus de 
liberdade, sendo três de translação e três de rotação. 
 
“Vínculos são dispositivos colocados em um corpo rígido, cuja função é 
limitar ou impedir o movimento (translação ou rotação) desse sólido em determinadas direções, 
ou seja, são restrições aos graus de liberdade”. 
F
F
plano
imaginário
 
 
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Página n.º 18 
TIPOS DE VÍNCULOS 
 
 
 
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Página n.º 19 
 
 
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Página n.º 20 
Diagrama do Corpo Livre: 
(Kaminski, 2000) 
 
Para solução de problemas de 
estática, a primeira etapa, e também uma das 
principais, é a construção do Diagrama do 
Corpo Livre. 
O diagrama consiste em uma 
representação esquemática mostrando os 
esforços que agem no Corpo Rígido. 
Para construir tal diagrama deve-se 
seguir alguns passos: 
1. Isolar o sistema composto por um ou 
mais sólidos adequados ao estudo em 
questão. 
2. Esquematizar o contorno do corpo com 
as suas dimensões. 
3. Aplicar todas as forças de ação, ou seja, 
todas as forças e momentos aplicados 
sobre o sólido devem ser anotados com 
seus respectivos escalares, direções e 
pontos de aplicação no Diagrama de 
Corpo Livre. 
4. No lugar dos Vínculos anotar os esforços 
(reações de apoio) correspondentes, tais 
como, direção, sentido e ponto de 
aplicação. Em muitos casos não há como 
prever o sentido da reação de apoio. 
Assim adota-se (hipótese para o cálculo 
das forças vinculares) um sentido 
qualquer. Ao se obter um escalar com 
índice negativo, deve-se entendê-lo como 
sentido invertido (contrário) ao sentido 
de força correto. 
Exemplo 7: 
A figura mostra o pau de carga AB, de comprimento igual a 9 m e peso desprezível, 
quando comparado com a carga P de 96 kN, aplicada no ponto B. Determinar: 
a) Intensidade da Tração no fio 
BC. 
b) Intensidade da tração no fio BD. 
c) Intensidade da força aplicada no 
pau de carga. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Página n.º 21 
 
Exercício 7: 
(P3 - 1º semestre de 1999 - Prof. Damin) 
Uma força de 100 N é aplicada no suporte ABC, como ilustrado abaixo. 
Determine as reações vinculares no engastamento em A. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 m 
4 m 
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Página n.º 22 
Exemplo 8: 
 
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Página n.º 23 
Exercício 8: 
(Beer e Johnston, 1995) 
A barra AB está articulada em A e 
apoia-se, sem atrito, no ponto de contato 
em C. Determine as forças externas em 
A e C quando uma força vertical, com o 
sentido para baixo, de 170 N é aplicada 
em B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Página n.º 24 
Exercício 9: 
(TP3 do 2º semestre de 1999) 
A estrutura tubular soldada está apoiada no plano XAY através de uma 
rótula em A e suportada pelo anel, livremente, em B. Sob a ação da carga 
de 2 kN, a rotação em torno de uma linha desde A até B é evitada pelo cabo 
CD, e a estrutura é estável na posição mostrada. O peso da estrutura é 
desprezível se comparada com a força aplicada, determine: 
a) A tração no cabo. 
b) As reações de apoio no anel. 
c) As reações de apoio na articulação. 
 
T
XB
ZB
YA
ZA
XA
 
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Página nº 34 
ESTÁTICA DO SISTEMA DE SÓLIDOS. 
(Nóbrega, 1980) 
Definições. 
Ao sistema de sólidos denomina-se estrutura cuja finalidade é suportar 
ou transferir forças. 
Forças Internas. 
São aquelas em que a ação e reação, pertencem ao sistema. 
Forças Externas. 
• Quando a ação (ou reação) não pertencem ao sistema. 
• Para o cálculo das forças externas, o sistema pode ser considerado como um só corpo rígido, 
aplicando-lhe, então, as equações da Estática, a esta altura ele pode se apresentar 
hiperestático (n.º de incógnitas > n.º de equações). 
• Para o cálculo das forças internas, a estrutura é desmembrada e as equações da Estática são 
aplicadas a cada membro. Na passagem de um membro para outro deve ser observado 
cuidadosamente o Princípio da ação e reação, aqui o sistema todo pode se tornar isostático 
(n.º de incógnitas = n.º de equações). É conveniente começar o cálculo pela parte da 
qual se conheça o maior número de forças. 
Exemplo 9: (Nóbrega, 1980) 
Determinar as forças em cada barra. As 
barras, o fio e a polia são de pesos 
desprezíveis. 
Apoios C e B do tipo articulação. 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PP
AA
DDEE
aa
a CC
BB
 
a 
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Página nº 35 
Exemplo 10: 
(Merian e Kraig, 1999 - e - TP3 2º semestre de 1999) 
A estrutura desenhada abaixo é plana e suporta as cargas de 30 lb e 50 lb, 
observe que todas as dimensões lineares estão em polegadas, despreze o 
peso do pórtico e calcule as forças que atuam em todos os elementos da 
estrutura: 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Página nº 36 
Exercício 10: 
Determine a força na 
barra BD e a reação 
vincular em C, sendo os 
apoios D e C articulações. 
 
 
 
 
Desenhe o Diagrama de Corpo Livre 
 
 
 
 
 
 
60 kg60 kg
BB
DD
CC
AA
15 cm30 cm
20
 
cm
 
AA 2
0 
cm
BB
DD
CC
15 cm30 cm
 
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Página nº 37 
Exercício 11 
Determine as reações externas e as forças que atuam em cada barra. 
As barras têm pesos desprezíveis. 
EE
2 
m
BB
DD
CC
4 m
2 m
2 
m
2 m
AA
20 N
10 N
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Página nº 38 
TRELIÇAS 
(Nóbrega, 1980) 
Treliça é a estrutura rígida formada por barras articuladas nas extremidades (nós). 
Treliças Simples. 
• No plano, são formadas a partir de um triângulo, adicionando-se duas barras para 
cada nó. 
• No espaço são formadas a partir de um tetraedro, adicionando-se três barras para 
cada nó. 
• Resolver uma treliça é determinar os esforços em cada barra. 
• Após a determinação dos esforços externos (reações vinculares ou de apoios) 
considerando a treliça como um sólido, calculam-se os esforços internos, em cada 
barra. 
Estaticidade: 
(Moliterno, 1995) 
Pelo exposto anteriormente. uma treliça plana pode sempre ser formada partindo 
de 3 barras articuladas nas suas extremidades, e, adicionando-se a estas. duas novas barras para 
cada nova articulação. 
 
Seja a Figura acima, admitindo o triângulo A com os nós ou vértices I, II e III, 
formado pelas barras 1. 2 e 3. Adicionando as barras 4 e 5. temos o triângulo B e a articulação 
ou nó IV, Do mesmo modo, adicionando as barras 6 e 7. temos o triângulo C e a articulação ou 
nó V. Procedendo nessa sucessão. formamos a treliça da Figura. Durante essa formação, 
observamos que são necessários 3 barras para os 3 primeiros nós, e cada nó seguinte mais duas 
barras. 
"Uma vez que este processo pode ser estendido indefinidamente, concluímos 
também que uma treliça plana pode sempre ser formada. partindo de 3 barras articuladas uma as 
outras nas suas extremidades. e, adicionadas a estas, duas novas barras, para cada nova 
articulação.'' 
Nessas Condições: 
Sendo b o número de barras (lados dos triângulos) e n número de nós (vértices 
dos triângulos) 
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Página nº 39 
 
Na formação da treliça temos: 
3 barras = 3 nós triângulo A 
5 barras = 4 nós triângulo A+B 
7 barras = 5 nós triângulo A+B+C 
11 barras = 7 nós treliça 
Exprimindo-se matematicamente, temos: 
( )
32
623
323
−×=
−×+=
−×+=
nb
nb
nb
 
Treliças Hipostáticas 
(Moliterno, 1995) 
Há também um caso que a treliça satisfaz a relação b = 2n - 3, mas é estaticamente 
indeterminada, pela falta de um painel triangular, portanto falha no esquema (desenho abaixo) 
torna-se hipostática. 
 
Métodos de Cálculo: 
Método dos Nós. 
Impõe-se o equilíbrio de cada nó, como é feito na Estática do Ponto, partindo-se do nó 
com menos incógnitas e passa-se ao nó seguinte através da barra pelo princípio da 
Ação e Reação. Para n nós, aplica-se o método (n-1) vezes. 
Este método é útil quando as barras não têm peso e não estão sujeitas à forças não 
entre as extremidades, pois nestes casos as forças suportadas pelas barras estão ao 
longo das mesmas. 
17 =2 x 10 - 3 = 17 
19 =2 x 11 - 3 = 19 
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Página nº 40 
Método das Barras. 
Impõe-se o equilíbrio de cada barra e através das equações da Estática, determinam-se 
as forças nos nós. É o que deve ser aplicado quando a barra estiver sujeita à forças não 
axiais entre as extremidades ou a momentos. 
Para uma treliça no plano de n nós, sujeita à forças externas aplicadas somente nos 
nós, temos: 
2n = b + 3 
No espaço a relação se modifica para: 
3n = b + 3 
Método das Seções. 
(Moliterno, 1992 e Merian and Kraige, 1999) 
É outro método, derivado do método das barras, que consiste em: 
• Determinar as reações vinculares (apoios) da treliça e efetuar um corte que passe 
por 3 barras desconhecidas. 
• Admite-se que todas as barras sejam solicitadas à tração; assim, as barras 
submetidas à tração são positivas e as submetidas à compressão são negativas. 
• Calcular a soma das forças verticais e horizontais e a soma dos momentos das 
forças exteriores e nas barras em relação ao ponto de interseção de 2 (duas) forças 
desconhecidas. Impor condição de equilíbrio nas equações, ou seja, somatória nula. 
Exemplo 11: (Gieck, 1979) - Método das Seções: Processo de “Ritter”. 
Calcular a força na barra U2, da treliça desenhada abaixo: 
Efetuar corte X-X pelas barras O2 - D2 - U2. 
Escolher o Ponto C (ponto de interseção) das barras O2 e D2, como ponto de referência para 
cálculo dos momentos; assim, os momentos das forças das barras O2 e D2 são nulos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
ΣΣΣΣ Mc = 0 
+ a.Fu2 + b.F2 - c.(FA - F1) = 0 Logo: 
Fu2 = {-b.F2 + c.(FA - F1)}/ a 
U1 
D1 O1 
U2 
D2 
O2 
FB FA 
F5 
F4 
F3 
F2 
F1 
c 
b 
C 
X 
X 
a 
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Página nº 41 
Análise das Forças nas Barras: 
As barras que constituem a estrutura, assim como, os nós, são submetidos a 
forças de tração e compressão. Dessa forma, quando se diz, que a força “traciona” a barra o 
mesmo acontece com o nó (Princípio da Ação e Reação). 
Observe os esquemas abaixo: 
 
 
Ilustrações do Livro La Estructura de H. Werner Rosenthal - Editora Blume. Espanha. 1975. 
Na primeira figura (esquerda) os nós estão sendo tracionados, logo a barra é tracionada. 
Na figura à direita os nós são comprimidos, portanto, a barra á comprimida. 
Na figura isolada (central) os nós são tracionados = barra tracionada. 
Exemplo 12: 
 
Calcular a Força em cada barra da treliça. Todas as barras têm comprimento igual a 1,5 m. 
 
 
 
 
 
6 kN 
4 kN 
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Página nº 42 
 
Exercício 12: 
Determine a força aplicada em cada 
elemento da treliça mostrada abaixo, e as 
reações vinculares em A e B, 
respectivamente apoio simples móvel 
(bilateral) e apoio fixo (articulação). 
 
30º
2 kN
BA
 
2m 2m 
2m 
1ª Lista de Exercícios de Mecânica Geral - Unisanta 0328 
PROFESSORES: DAMIN- e FREITAS. 
Todos as hipóteses e justificativas devem ser apresentados na solução de cada exercício. 
Primeira Lista de Exercícios. 
1.- Sabendo que em A atua uma força paralela ao eixo X, com sentido 
positivo e de módulo 4 N e que em B atua uma força paralela ao eixo Y, 
com sentido positivo e módulo 3 N. As coordenadas dos pontos A e B 
são, respectivamente, (-2,4,0) e (4,-6,0). Determine o momento resultante 
em relação à origem do sistema de coordenadas, e os momentos 
resultantes em relação aos eixos OX, OY, OZ. 
 
2.- Sendo a força F= 2i - j + k (N) aplicada no ponto P=(1,-1,0)m. 
Determine o momento axial em relação ao eixo e ao qual pertencem o 
ponto Q=(-1,0,-1)m e tem direção paralela ao vetor força F1=(2,2,1) (N), 
calcule também o vetor componente de F na direção paralela ao eixo e. 
 
3.- Observe a figura abaixo e determine: 
a) A força que pode substituir as duas forças aplicadas nos grifos e sua 
posição no esquema estrutural, de tal forma que, o sistema fique em 
equilíbrio. 
 
Autor: Meriam e Kraige, 1999. 
B
A
Origem
 
4.- Uma força de 200 N é aplicada na manete da alavanca, na direção 
mostrada. O mancal A é de escora e suporta também força axial (na 
direção longitudinal do eixo), enquanto o mancal B é radial e suporta 
carga radial (carga perpendicular ao eixo). Determine: 
a) A massa m que pode ser sustentada. 
b) As forças exercidas nos mancais. 
Suponha que nenhum mancal é capaz de suportar um momento em torno 
da linha perpendicular ao eixo.Autor: Meriam e Kraige, 1999. 
F1
F2
F3
p
 
5.- Cada uma das hélices de um navio de dois eixos desenvolve, 
em rotação plena, um empuxo (F) de 300 kN. 
Durante uma manobra do navio, um eixo é colocado em rotação 
plena para frente, enquanto outro é colocado em rotação plena no sentido 
inverso. Qual a força “P” que cada rebocador deve exercer na lateral do 
navio, para se opor ao efeito de rotação do navio provocado pelas hélices? 
 
 
Meriam e Kraige, 1999 – pág. 35. 
6.- Determine a força P exercida pelo homem no fio para manter o 
caixote na posição mostrada na figura abaixo. Encontre, também, a tração 
T no fio superior (anterior à posição do gancho). 
 adotar g=10m/s2 
Baseado em Meriam e Kraige, 1999. 
 
7.- Três cabos estão atados em "A", onde são aplicadas as forças P e Q, 
como mostra a figura. Sabendo que Q = 7,28kN e que a tração no cabo 
AD é zero, determinar: 
 a-) O módulo e sentido de P. 
 b-) A tração nos cabos AB e AC. A= 
 B= 
 y C= 
 
7m
 D= 
 7m 
C
 E= 
 
 B 
 
 A 
 
4m P 
 
 3m 
D Q 
 
 z 4m 3m 
 
 
12m 4m x 
 E 
 
8.- A lança do guindaste mostrado na figura está sujeita à ação de três 
forças coplanares. Substituir esse carregamento por uma força 
resultante equivalente, em coordenadas espaciais. Determinar onde a 
linha de ação intercepta a coluna AB e o braço BC. 
 
 Y 
 
 3m 5m 3m 
 B C 
 
 
 5 
 6m 4 
 
3 
 250kN
 
 175kN 60kN 
 
 
 5m 
 
 X 
 A 
Hibbeler, exercício resolvido na edição de 1999. 
9.- A barra prismática e homogênea da figura, pesando 240N é mantida 
em "B" por uma articulação e em C pelo fio CD, onde C é o ponto médio 
da barra. Sabendo-se que a extremidade "A" da barra se apóia sobre a 
parede vertical lisa, determinar a tração no fio e as reações em A e em B. 
 Z 
 
 
 D 
 1,8m 
 
 
 
 A 
 
 
 
 C 
 
 
 O B Y 
 2,4m 
 
 
 
 
 
 4m 
 X 
10.- As conexões em A, B,C, D são rótulas. Desprezando o peso dos 
membros, encontre a compressão P nas pernas BD e CD e a intensidade 
da Força em A. 
 
 
Exercício de Prova em 2006. 
 
Unisanta - Mecânica Geral - Prof. Damin - Aula n.º_____ - Data ___/____/______
Página nº 43
CENTRO DE MASSA - CENTRÓIDE.
Beer e Johnston, 1995
Consideremos, como na figura abaixo, uma placa horizontal. Podemos dividir
essa placa em i pequenos elementos. As coordenadas do primeiro elemento são denominadas x1
e y1, as do segundo elemento x2 e y2 etc.
Sobre cada elemento age a ação da gravidade, obtemos assim as forças peso
∆P1, ∆P2 e ∆Pi, respectivamente.
Essas forças estão orientadas em direção ao centro da terra; porém, para todas
finalidades práticas, elas podem ser consideradas paralelas. Sua resultante é uma única força
na mesma direção. O módulo P dessa força é obtido pela adição dos módulos dos pesos
elementares.
ΣFz → P = ∆P1+∆P2+...∆Pi ou seja:
ΣΣFz →→ P = ∫∫dp
PPZ
X
Y
GG
x
yo
PiPiZ
X
Y
xi
yio
Momento Axial no eixo Y: ΣΣMy = x.P = ΣΣxi.∆∆Pi
Momento Axial no eixo X: ΣΣMx = y.P = ΣΣyi.∆∆Pi
Para obtermos as coordenadas do ponto G (baricentro), onde a força P
deve ser aplicada, temos:
ΣΣMy = xg.P = x1.∆∆P1 + x2.∆∆P2 + xi.∆∆Pi
ΣΣMx = yg.P = y1.∆∆P1 + y2.∆∆P2 + yi.∆∆Pi
Logo G, tem as coordenadas xg e yg, que são obtidas da forma:
G = (xg ; yg )
xg = ∫∫xdp/∫∫dp yg = ∫∫ydp/∫∫dp
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Página nº 44
Exemplo 13:
Uma laje de 5 x 7,5 m suporta cinco colunas que exercem sobre ela as
forças indicadas na figura abaixo. Determine o módulo e o ponto de
aplicação da única força equivalente às forças dadas
1 m
4 m 2 m
2,5 m
0,5 m
1,5 m
0,5 m
4 N
3 N
7,5 N
6 N
3,5 N
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Página nº 45
Baricentro - Centro De Gravidade de Figuras Planas:
Analogamente podemos usar o mesmo raciocínio para superfícies planas.
Trocando a força aplicada pela área, temos:
(Murat, S.D.)
Nomenclatura utilizada: (A.B.N.T.)
Baricentro ou centro de gravidade = G.
Eixos baricêntricos = XG e YG.
Momentos Estáticos = Msx e Msy.
Pontos do baricentro = xg e yg.
Área da Figura Plana = A
Admitindo a figura plana (acima) posicionada em relação a um par de eixos de referência (X e
Y), pode-se definir seu baricentro, de coordenadas (x ; y), como sendo o único ponto da figura
plana, que obedece simultaneamente a duas condições:
xg = Msy/A
yg = Msx/A
Da definição acima, pode-se concluir, qualquer que seja a figura plana:
Msy = xg.A
Msx = yg.A
Se a figura plana for composta por diversas figuras básicas, o resultado dos momentos
estáticos são a soma algébrica dos momentos das figuras componentes, bem como, a área total
da figura composta é a soma das áreas das figuras componentes.
yg = yg1.A1+ yg2.A2+ ygi.Ai+ /A1+ A2+ Ai
xg = xg1.A1+ xg2.A2+ xgi.Ai+ /A1+ A2+ Ai
Nessas condições, qualquer que seja a figura plana, o cálculo de G = (xg ; yg), será:
yg = ΣΣMsx(i)/ΣΣA(i)
xg = ΣΣMsy(i)/ΣΣA(i)
A
dx
dy
dA=dx.dyxgi
ygi
Y
XO
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Página nº 46
Demonstração, pela definição, do Cálculo do Baricentro:
Para um Triângulo:
Seja o triângulo retângulo, representado na figura ao lado
Calcularemos sua área e momento estático, bem como,
seu baricentro.
A variação da figura em relação aos eixos serão:
0 < X < b - b.y/a
0 < Y < a
Cálculo da Área:
Área = ∫∫∫∫dx.dy = ∫∫dx. ∫∫dy = ∫∫(b - b.y/a)dy = b.∫∫dy - ∫∫b.y.dy/a = b.y(0 →→ a) - b.y2/2.a(0 →→ a)
Área = b.a - b.a/2 =
Área = b.a/2
Da definição de Momento Estático temos: Msy = ∫∫( A) x.dA Msx= ∫∫( A) y.dA
Logo, os pontos de baricentro serão: G = (xg , yg).
xg = Msy/A = (2/b.a)∫∫x.dx.dy = (2/b.a)∫x.dx.∫dy = (2/b.a)∫ (b-b.y/a)2/2.dy
xg = (2/b.a)∫ (b2-2.b2.y/a +(b.y/2)2)/2.dy = (b2.a - b2.a + b2.a/3)/b.a = b2.a/3.b.a =
xg = b/3
yg = Msx/A = (2/b.a)∫∫y.dy.dx = (2/b.a)∫dx.∫y.dy = (2/b.a)∫(b.y - b.y2/a).dy
yg = (2/b.a).[(b.y2/2) - (b.y3/3.a)]0→a = (2/b.a).[(b.a2/2) - (b.a3/3.a)] =
yg = (2.b.a2/2.b.a) - (b.a2.2/3.b.a) = a - 2.a/3
yg = a/3
Y
b
a
dx
dy
X
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Página nº 47
BARICENTROS DE ALGUMAS FIGURAS BÁSICAS
Figuras Áreas Baricentros
Retângulo
A = B.H G = (B/2 ; H/2)
Triângulo Retângulo
A = (B.H)/2 G = (B/3 ; H/3)
Quarto de Círculo
A = (pipi.R2)/4 G = (4.R/3.pipi ; 4.R/3.pipi)
Semi Círculo
A = (pipi.R2)/2 G = (0 ; 4.R/3.pipi)
Círculo
A = pipi.R2 G = (0 ; 0)
(Miranda,2000)
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Página nº 48
Determinar o Baricentro das seguintes Figuras Compostas: (Almeida, 1993).
Exemplo 14: (Resolvido)
Baricentro:
Área da figura composta = 28,27 +(13,5).2 =
55,27 cm2 ou 55,27 x 10-4 m2.
G da figura composta:
xg = 28,27.(-8/pi) + (13,5).(3).2/ 55,27 = 0,16
cm ou 0,16 x 10-2 m
yg = 28,27.(8/pi) + 13,5.(4) + 13,5.(2)/ 55,27
= 2,77 x 10-2 m ou 2,77 cm
Preliminares:
Separar a figura principal (composta) em
figuras planas simples.
Calcular as áreas e posição dos baricentros de
cada figuras em relação aos eixos de
referência X e Y da figura principal.
Quarto de Círculo:
Área = pi.R2/4 = 28,27 x 10-4 m2
ou 28,27 cm2
xg = -4.R/3.pi = -8/pi
yg = 4.R/3.pi = 8/pi
Triângulo Superior:
Área = B.H/2 = 9.3/2 = 13,5 cm2
xg = B/3 = 3 x 10-2 m ou 3 cm
yg = (H/3) + 3 = (3/3) + 3 = 4 cm.
Triângulo Inferior:
Área = 13,5 cm2 ou 13,5 x 10-4 m2
xg = 3 cm
yg = 2.H/3 = 2.3/3 = 2 cm 0u 2 x 10-2 m
Exercício 13: (Resolver em Aula)
Baricentro:
Preliminares:
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Página nº 49
Exercícios Propostos: (Para estudo).
Calcular, para as figuras planas compostas abaixo, o baricentro posicionando os eixos nas
figuras:
Exercício 14:
Resposta: G = (-0,69; 1,37) x 10-2 m
Exercício 15:
Resposta: G = (1,5; -1,91) cm
Exercício 16:
Resposta: G = (-0,137; -1,137) cm
Exercício 17:
Resposta: G = (1,53; 1,24) x 10-2 m
Exercício 14:: Exercício 15: (Almeida, 1993)
Exercício 16: Exercício 17: (Murat, S.D.)
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Página nº 50 
Momento De Inércia De Uma Figura Plana 
Definição: (Murat, S.D.) 
Seja uma figura plana qualquer, posicionada em 
relação a um par de eixos de referência. Define-
se: 
dIx = y2.da 
dIy = x2.da 
Considerado momento de 2ª ordem, momento de 
1ª ordem é o estático. 
Aplicando-se as definições acima para todos os 
da, e somando-os temos: 
Ix = (A) y2.da 
Iy = (A) x2.da 
Pela análise dimensional dessas definições, teremos como unidades para o MOMENTO 
DE INÉRCIA: m4, cm4, pol4, etc. 
Será adotada a unidade de m4 (metro a quarta). 
Exercício Aplicativo para Cálculo do Momento Inércia: 
Aplicar as definições acima para o Retângulo, posicionado em relação aos eixos, nas seguintes 
situações: 
Situação 1: 
 
Situação 2: 
 
Cálculo: 
Ix = (A) y2.da sendo da=B.dy 
Ix = (A) y2.B.dy 
Ix = B.(y3/3)0H 
Ix = (B.H3)/3 
Logo: Iy = (H.B3)/3 
Cálculo: 
 
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Página nº 51 
Considerações: 
 Apesar de ser usado um par de eixos de referência (X e Y), o cálculo do Momento de Inércia 
(Ieixo) é feito em relação a cada um deles separadamente, Podendo os eixos serem quaisquer 
ou baricêntricos. 
 De acordo com a distribuição da área da figura plana ao redor do eixo de referência, o 
Momento de Inércia sempre resultará um número positivo. 
 Se, o eixo de referência for um eixo de simetria, o eixo será baricêntrico. O inverso não é 
verdadeiro. 
 À medida que o eixo de referência se afasta do baricentro da figura plana, o resultado do 
momento de inércia, em relação ao eixo de referência, aumenta. 
Nomenclatura Utilizada: 
Baricentro = G 
Coordenadas de baricentro = xg e yg 
Eixos de Referência = X e Y 
Eixos baricêntricos = XG e YG 
Momentos de Inércia para os eixos de referência = IX e IY 
Momentos de Inércia para os eixos baricêntricos = IXG e IYG 
Área da figura plana = A 
Área infinitesimal = dA 
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Página nº 52 
 
MOMENTOS DE INÉRCIA DAS FIGURAS BÁSICAS 
Figuras Áreas Mom. de Inércia 
Retângulo 
 
A = B.H 
Ix = B.H3/3 
Iy = H.B3/3 
Ixg = B.H3/12 
Iyg = H.B3/12 
Triângulo Retângulo 
 
A = (B.H)/2 
Ix = B.H3/12 
Iy = H.B3/12 
Ixg = B.H3/36 
Iyg = H.B3/36 
Quarto de Círculo 
 
A = (.R2)/4 
Ix = .R4/16 
Iy = .R4/16 
Iyg = Ixg = Ix - A.(yg)2 
Iyg = Ixg = 0,055.R4 
Semi Círculo 
 
A = (.R2)/2 
Ix = .R4/8 
Iyg = Iy = .R4/8 
Ixg = Ix - A.(yg)2 
Ixg = 0,1098.R4 
Círculo 
 
A = .R2 Iyg = Ixg = Ix = Iy 
Ixg = .R4/4 
(Miranda, 2000) 
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Página nº 53 
TEOREMA DE STEINER 
Teorema da Translação de Eixos 
Definição:(Murat, S.D.) 
O momento de Inércia de uma Figura plana, em relação a um eixo qualquer, é igual à 
soma do momento de inércia da figura, em relação ao seu eixo baricêntrico paralelo ao 
eixo qualquer, com o produto da distância ao quadrado entre os eixos, pela área da 
figura. 
I = I + d2.Afig 
Demonstração: 
Utilizaremos os resultados obtidos no cálculo do momento de inércia do retângulo para 
demonstrarmos este teorema: 
Ou seja: IX - IXG = ? 
Solução: 
Ix = B.H3/3 
Ixg = B.H3/12 
Logo: [B.H3/3] - [B.H3/12] = [(4B.H3) - (B.H3)]/12 
Desta Forma: 
IX - IXG = B.H3/4 
Reparar que, o valor encontrado pode ser decomposto em: 
B.H3/4 = (H2/4).( B.H) 
B.H3/4 = (yg)2.( A) 
Analogamente: 
IX = IXG + (yg)2.( A) 
IY = IYG + (xg)2.( A) 
 
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Página nº 54 
Determinar os Momentos de Inércia das seguintes Figuras Compostas: 
(P1 - 1º semestre, 1998) 
Exemplo 15: 
 
Resposta: IX ; IY ; IXG ; IYG 
Exemplo 16: 
 
Resposta: IX ; IY ; IXG ; IYG 
9 cm 3 cm 
2 cm 
7 cm 
3 cm 
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Página nº 55 
Determinar os Momentos de Inércia das seguintes Figuras Compostas: 
Exemplo 17: 
 
Da aula anterior temos: 
Área da Figura 1 (4º círculo) = 28,27 cm2 
 
Área da Figura 2 (triângulo) = 13,5 cm2. 
Coordenada yg2 = 4 cm 
 
Área da Figura 3 (triângulo) = 13,5 cm2. 
Coordenada yg3 = 2 cm 
 
Coordenadas do Baricentro: G = (xg ; yg) 
G = (0,16 ; 2,77) cm. 
 
Área da Figura Total (AT)= 55,27 cm2. 
Resposta: 
 
Cálculo de IX: 
IX = IX1 + [IXG2 + A2.(yg2)2] + [IXG3 + 
A3.(yg3)2] = 
IX = .(6)4/16 + [9.(3)3/36 + 13,5.(4)2] + 
[9.(3)3/36 + 13,5.(2)2] = 537,97 cm4. 
 
Cálculo de IXG (aplicando Steiner), temos: 
IXG = IX - AT.(yg)2 = 
IXG = 537,97 - 55,27.(2,77)2 = 113,89 cm4. 
 
Cálculo de IY: (as figuras tocam o eixo Y) 
IY = IY1 + IY2 + IY3 = 
IY = .(6)4/16 + 3.(9)3/12 + 3.(9)3/12 = 
IY = 618, 96 cm4. 
 
Cálculo de IYG (aplicando Steiner), temos: 
IYG = IY - AT.(xg)2 = 
IYG = 618, 96 - 55,27.(0,16)2 = 
IYG = 617, 54 cm4. 
Exemplo 18 
 
Resposta: 
 
3 
2 
1 
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Página nº 56 
Exercício 18: 
Calcular, para a figura plana abaixo, o Baricentro e os Momentos de Inércia para os eixos de 
referência (X eY), bem como, para os eixos baricêntricos. Posicionar o Ponto de Baricentro (G) 
na figura, indicando suas coordenadas no desenho e a posição dos eixos baricêntricos. 
Utilizar as unidades no Sistema Internacional. 
Solução: 
 
 
 
3 x 10-2 m 
5 x 10-2 m 
X 
Y 
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Página nº 57 
CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DAS FIGURAS PLANAS. 
Produto de Inércia de uma Figura Plana, 
em relação a Eixos de Referências: 
Definição:(Murat, S.D.) 
Seja uma figura plana qualquer(fig.1), 
posicionada em relação a um par de eixos de 
referência. Define-se: 
dIxy = x.y.da 
Aplicando-se as definições acima para todos os 
da, e somando-os temos: 
 
Ixy = (A) x.y.da 
Pela análise dimensional dessas definições, teremos como unidades para o PRODUTO DE 
INÉRCIA : m4, cm4, pol4, etc. 
Será adotada a unidade de m4 (metro a quarta). 
Exercício Aplicativo para Cáculo de Produto de Inércia: 
Aplicar as definições acima para o Retângulo, posicionado em relação aos eixos, nas seguintes 
situações: 
Situação 1: 
 
Situação 2: 
 
Cálculo: 
da = dx.dy 
dIxy = x.y.da Ixy = (A)x.y.da 
Integrando a equação, fica: 
Ixy = (A)x.dx. (A)y.dy 
Ixy = (x2/2)0B. (y2/2)0H 
Logo: Ixy = (B2. H2)/4 
Cálculo: 
 
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Página nº 58 
 
Considerações: 
 O Produto de Inércia é calculado simultaneamente em relação ao par de eixos de referência. 
 De acordo com a distribuição da área da figura plana ao redor dos eixos de referência, o 
Produto de Inércia poderá resultar em um número positivo, negativo ou nulo. 
 O Teorema de Steiner também é válido para o Produto de Inércia. 
 Se, pelo menosum eixo de referência for eixo de simetria, o Produto de Inércia resultará 
nulo. 
 O resultado do Produto de Inércia de uma figura composta, em relação a um par de eixos, é 
igual à soma dos Produtos de Inércia das Figuras Planas, componentes da figura composta, 
em relação ao mesmo par de eixos. 
Nomenclatura utilizada: (A.B.N.T.) 
Baricentro ou centro de gravidade = G. 
Eixos de referência = X e Y. 
Eixos baricêntricos = XG e YG. 
Produtos de Inércia = Ixy e Ixgyg. 
Pontos do baricentro = xg e yg. 
Área da Figura Plana = A 
Teorema de Steiner Aplicado ao Produto de Inércia: 
(Murat, S.D.) 
Admitindo a figura plana (fig.1) posicionada em relação a um par de eixos de referência (X e 
Y), pode-se definir seu Produto de Inércia, de coordenadas (x ; y), como sendo que, obedece 
simultaneamente a duas condições: 
Ixy = Ixgyg+A.(x.y) 
Ixgyg = Ixy -A.(x.y) 
Da definição acima, pode-se concluir, qualquer que seja a figura plana: 
Ixy = Ixgyg+A.(xg.yg) 
Se a figura plana for composta por diversas figuras básicas, o resultado do Produto de Inércia 
será a soma algébrica dos Produtos de Inércia das figuras componentes: 
Ixy = Ixy1 + Ixy2 + Ixy3 +...........+ Ixyn 
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Página nº 59 
 
Referência de Sinais para Produtos de Inércia: 
(Murat, S.D.) 
1º e 3º quadrantesIxy > 0 
2º e 4º quadrantesIxy < 0 
Veja no desenho esquemático abaixo, notar a posição dos pontos (x ; y) em relação a origem do 
sistema de eixos. 
 
 
 Y 
 
 - x x 
 
 
 y y 
 
 0 X 
 
 -y -y 
 
 -x x 
 
 
 
 
 
 
 
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Página nº 60 
 
PRODUTOS DE INÉRCIA DE ALGUMAS FIGURAS BÁSICAS 
Figuras Áreas Produto de Inércia 
Retângulo 
 
A = B.H 
Ixgyg = zero 
Ixy = B2.H2/4 
Triângulo Retângulo 
 
A = (B.H)/2 
Ixgyg = - B2.H2/72 
Ixy = B2.H2/24 
Quarto de Círculo 
 
A = (.R2)/4 
Ixgyg = - 0,0165.R4 
Ixy = R4/8 
Semi Círculo 
 
A = (.R2)/2 
Ixgyg = zero 
Ixy = zero 
Círculo 
 
A = .R2 
Ixgyg = zero 
Ixy = zero 
(Miranda, 2000) 
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Página nº 61 
Exercícios e Exemplos: 
Determinar, os momentos de inércia em relação aos Eixos Baricêntricos, bem como, os Produtos 
de Inércia em relação aos Eixos Baricêntricos, das seguintes figuras: 
Exemplo 19: 
 
Resposta: G = ( -4,12 cm ; 1,35 cm) 
 Ixg = 8,41 cm4 e Iyg = 14,68 cm4 
Ixgyg = -3,35 x 10-8 m4 
Exercício 19: 
 
Resposta: G = ( 2,5566 cm ; 6,6886 cm) 
 Ixg = 327,97 cm4 e Iyg = 97,71 cm4 
Ixgyg = 103,09 x 10-8 m4 
 
3x10-2m 3x10-2m 
Y 
X 
6 cm 
3 cm 
3 cm 
Y 
Y 
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Página nº 62 
CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DAS FIGURAS PLANAS. 
Rotação de Eixos 
(Nóbrega, 1980)(Almeida,1993) 
Determinemos os momentos e produtos de inércia em relação a novos eixos rodados OU e OV, 
aos momentos e produtos de inércia em relação aos eixos primitivos OX e OY e o ângulo de 
giro . 
 
 
Da figura temos: 
u = x.cos + y.sen 
v = -x.sen + y.cos 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O momento de inércia em relação ao eixo OU é: 
IU =  v2dA 
Substituindo a equação da coordenada v em IU, temos: 
IU = (-x.sen + y.cos)2.dA  portanto: 
IU = cos2.y2.dA +sen2.x2.dA - 2.sen.cos.x.y.dA 
onde: 
IU = Ix. cos2 + Iy. sen2 - 2.sen.cos.Ixy  lembrar que: sen2 = 2.sen.cos 
Logo: 
IU = Ix. cos2 + Iy. sen2 - sen2.Ixy 
Analogamente: 
IV = Ix. sen2 + Iy. cos2 + sen2.Ixy 
O cálculo do Produto de Inércia IUV, será: 
IUV = (Ix - Iy).sen.cos +Ixy.cos2. 
Simplificando a equação: IUV = (Ix - Iy).sen2/2 +Ixy.cos2. 
Somando as equações IU e IV temos: 
IU + IV = Ix + Iy 
Válido também para os eixos baricêntricos. 
 
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Página nº 63 
 
Exemplo 20: 
(Prova RM1, 1997) 
Calcule o momento de inércia em relação ao eixo A (IA). 
Resposta: 
IA = 92,44x10-8 m4 
 
 
Exercício 20: 
(Lista de mecânica geral, 1998) 
Calcular o momento de inércia para o eixo AA da figura: 
Resposta: 
Ix = 28,33 cm4 
Iy = 200,21 cm4 
Ixy = -64,14 cm4 
IA = 101,34 cm4 
 
120º 
3 cm 3 cm 
45º 
Y 
X 
6 x 10-2 m 
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Página nº 64 
Eixos Centrais de Inércia (Demonstração) 
(Nóbrega, 1980) 
Da equação da rotação de eixos IU, utilizaremos para os eixos baricêntricos: 
IU = Ixg.cos2 + Iyg.sen2 - Ixgyg.sen2 
Das relações trigonométricas sen2 = (1 - cos2)/2 e cos2 = (1 + cos2)/2  A equação de 
IU transforma-se: 
IU = {(Ixg +Iyg)/2} + {[(Ixg - Iyg).cos2]/2} - Ixgyg.sen2 
Eixos Centrais de Inércia são eixos em relação ao quais os momentos de inércia são máximos e 
mínimos (momentos principais de inércia). 
Aplicando a derivada em função de , determinaremos os extremos. 
dIU/d = (Iyg - Ixg).sen2 - 2.Ixgyg.cos2 = 0 
onde: tg2 = 2.Ixgyg/(Iyg-Ixg) 
Dessa equação de obtêm: 22 - 21 = e 2 - 1 = /2 
Portanto duas direções perpendiculares entre si. Substituindo a equação de tg2 na equação de 
IU obtêm-se os valores extremos: 
I = [(Ixg + Iyg)/2] + [(Ixg - Iyg).cos2/2] - [(2.Ixgyg.cos2)/(Iyg - Ixg)] 
onde: I = [(Ixg + Iyg)/2] - {[(Ixg - Iyg)2 + 4.Ixgyg2]/2.(Iyg - Ixg)}.cos2 
mas: cos2 =  1/(1+tg2)1/2 = (Iyg-Ixg)/[(Iyg-Ixg)2+4.Ixgyg2]1/2 
Substituindo na equação anterior: 
I = [(Ixg+Iyg)/2]{[(Ixg-Iyg)2+4.Ixgyg2]/2.[(Iyg-Ixg)2+4.Ixgyg2]1/2 
Logo: 
I (máx.) = [(Ixg+Iyg)/2]+{[(Ixg-Iyg)/2]2+Ixgyg2}1/2 
I (mín.) = [(Ixg+Iyg)/2]-{[(Ixg-Iyg)/2]2+Ixgyg2}1/2 
Para as direções principais têm-se, substituindo a equação de tg2 na equação de IUV: 
IUV = {[(Ixg-Iyg)/2].[2.Ixgyg/(Iyg-Ixg)].cos2}+Ixgyg.cos2 
Logo: 
IUV = zero 
Portanto, em relação aos eixos principais, o produto de inércia é nulo, ou seja, os eixos 
principais são tais que resulta o produto de inércia o valor zero. 
Sendo assim, todo eixo de simetria ser eixo principal de inércia; a recíproca não é verdadeira. 
Logo: Imáx+Imín = Ixg+Iyg 
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Eixos Centrais de Inércia (formulário) 
Dada a figura plana: (Murat, S.D.) 
O Momento de Inércia Iu , ver definição no 
capítulo Rotação de Eixos, é variável em 
função de , atingindo um valor máximo I1 e 
mínimo I2, para 1 e 2 respectivamente. 
Como demonstrado anteriormente, 
apresentaremos os valores dos Momentos de Inércia I1 e I2 e a posição em relação ao 
eixo baricêntrico XG, calculados da seguinte forma: 
I1 = IXG + IYG +  (IXG - IYG)
2 + (IXGYG)2 
 2 4 
 
I2 = IXG + IYG -  (IXG - IYG)
2 + (IXGYG)2 
 2 4 
 
Posição dos Eixos Centrais 1 e 2 : 
 
tg1 = IXG - I1 1 = arctg IXG - I1 
 IXGYG IXGYG 
 
tg2 = IXG - I2 2 = arctg IXG - I2 
 IXGYG IXGYG 
 
 
XG 
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Relações Importantes: 
 
I1 + I2 = IXG + IYG 
 
2 + 1 = 90º 
 
Sendo esta somatória em módulo, porque, ora 1 ou 2 pode ser negativo 
 
I1,2 = Zero (0) 
 
O Produto de Inércia dos Eixos Centrais de Inércia será Zero. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 
1 
XG 
21 
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Exercício 21: 
( P1 - 1º semestre, 1998) 
A figura abaixo representa uma chapa de aço de apoio de 
uma coluna. Calcular, os momentos de máxima e mínima inércia. 
 São conhecidos: 
a) O diâmetro dos círculos são de 
1” = 2,54 x 10-2 m. 
b) A medida de c = 5 x 10-2 m. 
• As respostas devem ser escritas 
no Sistema Internacional de 
Unidades. 
 
 
 
 
 
Cálculo do Ponto de Baricentro: G = ( 0 ; 15 x 10-2) m 
Cálculo da Área da figura: A = 579,73 x 10-4 m². 
Cálculo do Produto de Inércia Ixgyg: Ixgyg = 0 (zero). 
Cálculo de Ixg: Ixg = 42.964,998 x 10-8 m4 
Importante Ixg é igual ao Momento Máximo de Inércia I1 
Visto que, 1 = 0 (zero) e 2 = 90º 
Logo Iyg é igual ao Momento Mínimo de Inércia I2 
Cálculo de Iyg: Iyg = 19.485,12 x 10-8 m4 
c c 
5 x 10-2 m 
5 x 10-2 m 
20 x 10-2 m 
c c 
Y 
X 
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Exemplo 21: 
(Almeida, 1993) 
Calcular os momentos de máxima e mínima inércia da 
figura abaixo, posicione estes eixos. 
3 cm 
Y 
X 
3 cm 
9 cm 
9 cm