Cálculo de Momento de Inércia

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Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil 
Gabarito 
ENG01035  2017/2  Prof. Inácio B. Morsch 
1) Determinar os momentos principais centrais de inércia para o perfil I soldado, com simetria simples, ilustrado na 
figura abaixo. 
Solução: Como o perfil I apresenta um eixo de simetria sabe-se que o produto de 
inércia em relação aos eixos centrais é necessariamente zero, logo os eixos centrais 
xc e yc são os eixos principais centrais de inércia. 
Localização do centróide: no caso é necessário determinar apenas a cota y do 
centróide já que o perfil apresenta um eixo de simetria. 
220 2,54 30 1,905 61,55 1,905 50,8 57,15 117,26 225,2 cmA = ⋅ + ⋅ + ⋅ = + + = 
Adota-se um eixo passando na base do perfil I como eixo de referência. 
357,15 0,95 117,26 32,68 50,8 64,73 7174,6 cmxrefS = ⋅ + ⋅ + ⋅ = 
7174,6 225,2 31,8 cmxrefy S A= = = 
3 3
2 2
3
2
30 1,905 1,905 61,5557,15 (0,95 31,8) 117,26 (32,68 31,8)
12 12
20 2,54 50,8 (64,73 31,8)
12
xcI
⋅ ⋅
= + ⋅ − + + ⋅ −
⋅
+ + ⋅ −
 
4146629,8 cmxcI = 
3 3 3
41,905 30 61,55 1,905 2,54 20 6015 cm
12 12 12yc
I ⋅ ⋅ ⋅= + + = 
31
,
8c
m
xref
yc
xc
 
 
 
 
 
 
 
 
200
66
0
300
1"
3/4"
3/
4" (mm)
2) Escrever as equações de equilíbrio necessárias para determinar as reações nos vínculos A e E, bem como para 
determinar as forças que atuam na rótula C. 
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.1
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 0,68 cmx = − 
 
 
 
 
 
 
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
r = 30
50
6
(cm)
A
B
G
Fig. 3
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= . 
25 2 2
1 10
(0,024 15) 250 mmA x dx−= − =∫ 
25 2 2 3
1 1 10
1 2 (0,024 15) 1500 mmxS x dx
−
= − = −∫ 
1 1500 250 6 mmxy S A= = − = − 
25 2 3 4
1 1 10
1 3 (0,024 15) 12857,1 mmxI x dx
−
= − =∫ 
2 4
1 12857,1 250 6 3857,1 mmxcI = − ⋅ = 
3
240 55 (3857,1 250 49 )
3x
I ⋅= − + ⋅ 
4 41614226 mm 161,4 cmxI = = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
55
15
40
40
15024,0 211 −= xy
x1
y1
(mm)
x
5) Considerando a área ilustrada na Fig. 5 determine a localização dos eixos principais centrais de inércia, os 
momentos principais centrais de inércia e identifique os eixos correspondentes aos momentos de inércia máximo e 
mínimo. Identificar claramente os eixos considerados como de referência. 
Solução: O primeiro passo é localizar o centro geométrico da seção transversal. 
Para tal empregam-se os eixos de referência indicados na figura abaixo. 
226 38,36 37,5 101,86 cmA = + + = 
26 48,97 38,36 24,6 37,5 0xrefS = ⋅ + ⋅ + ⋅ 
32216,88 cmxrefS = 
26 5,85 38,36 0 37,5 ( 4,6)yrefS = ⋅ + ⋅ + ⋅ − 
320,4 cmyrefS = −
320,4 cm= − 
0,2 cmyrefx S A= = − 
21,76 cmxrefy S A= = 
O próximo passo é calcular os momentos 
centrais de inércia, bem como o produto 
de inércia em relação aos eixos centrais. 
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 2 232,5 0,8 0,8 47,95 30 1,2526 48,97 21,76 38,36 24,6 21,76 37,5 21,76
12 12 12xc
I ⋅ ⋅ ⋅= + − + + − + + − 
444672 cmxcI = 
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 2 2 40,8 32,5 47,95 0,8 1, 25 3026 5,85 0,2 38,36 0, 2 37,5 4,6 0,2 6782,3 cm
12 12 12yc
I ⋅ ⋅ ⋅= + + + + + + − + = 
( ) ( ) 426 27, 21 6,05 38,36 2,84 0,2 37,5 21,76 4,4 7892,3 cmxcycI = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + − ⋅ − = 
Os eixo principais centrais de inércia pode ser determinados fazendo-se 
418942,8 cm
2
xG yGI I−
= 
425725,1 cm
2
xG yGI I+
= 
2 2 418942,8 7892,3 20521,2 cmR = + = 
7892,3
tan 2 tan 2 0,417 2 22,6 11,3
18942,8
θ θ θ θ−= → = − = − → = − ° 
4
max 25725,1 20521,2 46246 cmvI I= = + ≅ 
4
min 25725,1 20521,2 5204 cmuI I= = − ≅ 
(cm)
21
,
76
xref
yref
C xc
u
yc v
11°
0,2
 
 
 
325
8
8
12
,
5
100
100
300
(mm)
(cm)
5,85
-4,6
24
,
6
48
,
97
xref
yref