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MECÂNICA GERAL 2
5. GEOMETRIA DAS MASSAS
Neste capítulo será estudado passo a passo o segmento da Mecânica Geral que vai desde ocálculo do centro de gravidade das figuras planas e seus momentos principais de inércia, até asfórmulas e traçados da elipse central de inércia e eixos conjugados, por constituírem subsídiosindispensáveis ao estudo das às flexões oblíquas e compostas na Resistência dos Materiais,disciplina que tem como objetivo o dimensionamento seguro das seções que devem possuir as peçasde uma estrutura para suportar as cargas aplicadas, ou então verificar se uma determinada estruturaconstruída, possui a estabilidade necessária para desempenhar seu papel .
5.1 CENTRO DE GRAVIDADE
Embora deduzindo as expressões gerais que levam à determinação do centro de gravidade,ressaltamos apenas para desenvolvimento do assunto àquelas relativas às superfícies planas, porserem assim, as seções transversais das peças, no decorrer dos dimensionamentos.
Sendo C( x,y,z ) a representação do centro de gravidade de um conjunto de pontos materiais,relativo ao sistema arbitrário de coordenadas retangulares, lançamos mão do Teorema de Varignon,para determinação das coordenadas x, y, z .
Teorema de Varignon : O momento da resultante é igual ao momento resultante .
5.1.1 Equações Gerais
Considere um sistema de partículas cujos pesos sejam indicados pelos vetores P1 , P2 , P3 ,........Pn verticais para baixo, como na figura. Este sistema possuirá uma resultante, que tambémserá um vetor vertical para baixo:
dR x1
P1 Fig.5. 1
x2 CP2
P3 x3
Pn xn
Repetindo esta aplicação nas direções dos três eixos de coordenadas retangulares, determina-se aposição do centro de gravidade do sistema dado por C ( x, y , z ), onde :
Os numeradores destas frações são denominados de momentos estáticos ou momentos de 1 a ordem .
Aplicando o teorema acima com relação a umponto qualquer C , temos:
R.d = P1.x1 + P2.x2 + P3.x3 + ............ + Pn.xn ,comoR = P1 + P2 + P3 + ........ Pn d = ∑ Pn . dn / ∑ P
= ∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑n n n n n n
n n n
P x P y P zX ; Y= ; Z=
P P P
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MECÂNICA GERAL 3
DEFINIÇÂO: Centro de gravidade de um sistema material é o ponto de interseção de todas as retasem relação as quais o momento estático é nulo .
a) Centro de Gravidade de Massa
Tomemos apenas a direção do eixo OX, para expansão das fórmulas:
Peso = P = m x g .......... para g = cte , então
X = ∑ Pn . xn / ∑ Pn = g ∑ mn . xn / g∑ mn
b) Centro de Gravidade de Volume
Densidade= ρ = m / V; ....... para ρ = cte , então
X = ∑ mn . xn / ∑ mn = ρ ∑ Vn . xn / ρ∑ Vn
c) Centro de Gravidade das Superfícies
Volume = V = S.h ......... para h = cte , então
X = ∑ Vn . xn / ∑ Vn = h ∑ Sn . xn / h∑ Sn
Estendendo o mesmo raciocínio para as outras direções do sistema de eixos retangulares, temos :
X = Sn . xn / Sn ; Y = Sn . yn / Sn ; Z = Sn . zn / Sn 5.2 CENTRO DE GRAVIDADE DE FIGURAS PLANAS
No caso particular das superfícies planas teremos as seguintes simplificações:
1. Quando a superfície plana total puder ser decomposta em figuras parciais, cujasposições dos centros de gravidade sejam conhecidas, usaremos as fórmulas discretas :
X = Sn . xn / Sn ; Y = Sn . yn / Sn ;
2. Quando a superfície plana total for contínua , teremos;
Y x dS
cgy y
0 x xFig. 5. 2
X = ∑ mn . xn / ∑ mn
X = ∑ Vn . xn / ∑ Vn
X = ∑ Sn . xn / ∑ Sn
=∫ ∫
∫ ∫s s
s s
xdS ydS
X ; Y=dS dS
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MECÂNICA GERAL 4
PROPRIEDADES: eixo de simetria
1.
cg Fig 5. 3
eixo de simetria
2.Fig 5. 4
cg eixo de simetria
5.2.1 Retângulo
Y
dSh
y cg y
0 x Xx
bFig 5. 5
5.2.2 Triângulo
Y
2h/3 x’
dy hh/3 cg yo X
bFig 5. 6
Se a superfície plana apresentar um eixode simetria, o momento estático emrelação a este eixo será NULO e o
centro de gravidade estará sobre ele.
Se a superfície plana apresentar doiseixos de simetria, o seu centro degravidade estará sobre o encontrodestes eixos .
Temos que:=
= = = =
= =
∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫
b h b
s 0 0 0b h b
0 0 0s
2
d S d x . d y
x d Sx d y d x h . x d x
X d S d y d x h d x
bh .
b2h . b 2
Do mesmo modo, teremos: Y = h/2
( )
( )
( )
( )
−= =
−
−= = =
−
∫ ∫∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
h
0s
h
0s
3h h
2
0 0
2h h
0 0
bydSy. h y dy h Y
bdS h y dy h
hbhydy y dy
h6h Y b h 3hdy ydy h 2
Temos que:
dS = x‘ dy , onde por semelhança detriângulos, podemos dizer que: x’ = ( h - y ).b/h
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MECÂNICA GERAL 5
NOTA: O centro de gravidade de um triângulo qualquer está localizado a 1/3 da altura a partirda base ou 2/3 da altura a partir do vértice oposto.
5.2.3 Setor Circular
Y
R +α dθ ds=Rdθ
θ X-α
x ’= 2Rcosθ /3
Fig 5. 7
( I )
Casos Particulares: Y=Y ‘
1. Centro de gravidade do Semicírculo:cg
X ‘Faz-se α = 90o na fórmula ( I ) , então ......... 0,424.R
R
Fig 5. 8
2. Centro de gravidade do Quadrante de Círculo:
Y X ‘+α
cg -α
Y = 0,424RX
X= 0,424R
RFig 5. 9
Considerando a simetria da figura com relação ao eixo auxiliar X ‘ , temos:
+α +α
−α −α
+α+α
−α−α
θ= =
= = θ
θθ θ θ θ
= = =θθ α
∫
∫
∫ ∫
∫∫
2
s
s
2
2
Rds R ddA
2 2
x'dA2
x , ..............x ' R cos3dA
2 R d 1 R R cos . R cos d .2sen
3 2 3 3xd 1R d
.2
2 22
α=
α
2 RsenX .
3
= =π
o2 Rsen90X . 0, 424.R
3
2
X = 0,424.R
Faz-se α = 45o na fórmula ( I ) , e X‘ eixo desimetria, então:
=π
= = =π
o'
' o
2 sen45X . ;
34
2 0, 707X X .cos45 . .0, 707 0, 424R
34
= =X Y 0,424.R
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MECÂNICA GERAL 6
5.2.4- Da ParábolaY P(b,h )
0,7 h h
Y=kX2
0.3 h y0 X
xb
Fig 5. 10
3
4 x h= e
3
10 y h=
5.3 Aplicações Práticas
Seja determinar as coordenadas do centro de gravidade da superfície plana , dimensionadaem centímetros, como na figura abaixo , com relação ao sistema de eixos XOX.
y
4,0
4,0R=2,0
4,0
0 x
4,0 4,0 4,0 4,0 4,0Fig 5. 11
Solução:Note que a figura dada pode ser decomposta em:
a)- Duas figuras parciais positivas: Figura – I : Retângulo de área 16x12 cm2 Figura–II: Triângulo Retâng. de área 4x12/2cm2
b)- Quatro figuras parciais subtrativas: Figura -III: Círculo de raio R=2,0 cmFigura–IV: Semicírculo de raio R= 4,0 cmFigura - V: Quadrante de círculo de R= 8 cmFigura–VI: Quadrado de lado = 4,0 cm
Como o ponto P (b,h ) pertence à parábola dada, então:h = k.b2 , donde k = h/b2 , logo
Y = (h/b2 )X2 .......... Equação da Parábola
= = = = =∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫
22
22
2
22 52h bb x
b40s 0 0
h 3bb x 2b
2 20s 0 0
hx
h bbydS .dxydydx 32b 52 Y hh h b 10dS x dx .dydxb b 3
= = = = =∫ ∫∫ ∫∫
2
2
4bh
2b xb 2 20s 0 0
s
h h bxdS x x dx .xdydx 3b b 4X hbh bh bh 4dS2 2 2
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MECÂNICA GERAL 7
Para o cálculo das coordenadas do centro de gravidade da figura,usaremos o seguinte quadroauxiliar, cujo modelo poderá ser utilizado também para outros problemas de enunciadossemelhantes. Após encontradas as coordenadas do CG, o aluno deverá plotar os novos eixos.
Figura Si Xi Yi SiXi SiYi
I 192,00 0,00 6,00 0,00 1.152,00II 24,00 9,33 4,00 223,92 96,00III - 12,56 4,00 4,00 -50,24 -50,24IV -25,12 0,00 10,30 0,00 -258,74V -50,24 -4,61 3,39 231,61 -170,31
VI -16,00 -6,00 10,00 96,00 -16,00
∑ 112,08 / / 501,29 608,71
Problema-02:Determinar as coordenadas do centro de gravidade da figura composta dada abaixo,com
relação ao sistema de eixos ortogonais XOY:y
P ( 4; 6 )y = -0,375x2 + 3x
hy = 0,375 x2
0 b xSolução : Fig 5. 12
1. Decomposição da figura:Figura-1: Parábola y = -0,375 x2 + 3x
Y P ( 4; 6 )Parábola
cgy1
x0 x
x dxx1
bFig 5.13
= = →→ =
= = →→ =
∑
∑∑∑
i i
i
i i
i
S x 501, 29X X 4, 47cm
S 112, 08
S y 608,71 Y Y 5, 43cm
S 112, 08
( )
( )
( )
( )
=
− +=
+
− += = = =
− +
∫
∫∫
∫
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
1
42
01 14
2
0
4 4 22 2
0 0
1 14 42
0 0
x.dAX , onde dA = y.dx
dA
x 0,375x 3x dxX = , X 2,5cm
-0,375x 3x dx
y 1 1dA y dx 0, 375x 3x dx
2 2 2 Y , : Y 2, 4cmdA ydx 0, 375x 3x dx
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MECÂNICA GERAL 8
Figura -2: Parábola y = 0,375 x2
Y P( 4;6 )
y=0,375 x2
cgY2
o XX2
Fig 5. 14
Figura Si Xi Yi SiXi SiYiI 16,00 2,5 2,4 40,00 38,40
II -8,00 3,0 1,2 -24,00 -9,60∑ 8,00 / / 16,00 28,80
5.3 MOMENTO DE INÉRCIA
O Momento de Inércia ( I ) de um elemento material dm é uma entidade puramentematemática, definida como sendo o produto deste elemento pelo quadrado da sua distância à umpólo, eixo ou plano, em relação ao qual é considerado. Temos assim os seguintes tipos de Momentode Inércia :
z
dm ...... Momento de InérciaPlanar
Momento de Inércia Axialz0 x
y Momento de InérciaPolar
xy Fig 5. 15
De modo geral e pela própria definição, o momento de inércia será sempre uma quantidade maiorque zero ( I>0 ). Ao momento de inércia axial, de uso corrente na Mecânica , podem ser dados osseguintes significados físicos:
= = → =3 3
X b 3.0 cm Y= h 1, 2 cm4 10
= = = → = =∑ ∑∑ ∑
i i i i
i i
S x S y 16, 00 28,80X 2, 00 cm Y= 3,6 cm
S 8, 00 S 8, 00
( )
( )
=
= +
= + +
∫
∫
∫
2
xoy
m
2 2
x
m
2 2 2
0
m
I z dm
I y z dm
I x y z dm
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MECÂNICA GERAL 9
1. No estudo da resistência à flexão, a capacidade de suportar cargas de uma peça da estruturaé diretamente proporcional ao momento de inércia de sua seção transversal, que por sua vezdepende de sua posição. Exemplo: Uma viga de seção transversal retangular na posição“deitada” é menos resistente à carga, que a mesma viga na posição “em pé”, cujo momentode inércia é maior, como mostram as figuras abaixo:
Seção transversal : h bb Seção Transversal :
Fig 5.16 a : Momento de Inércia (I = bh3 /3) hFig 5.16 b: Momento de Inércia: hb3 /3
2.
Na Dinâmica dos Corpos Rígidos, diz-se que a aceleração angular de uma peça em rotação éinversamente proporcional ao momento de inércia desta peça . Ou seja :
Onde :- aceleração angular
MEXT - momento das forças externasI - momento de inércia do corpo
PROPRIEDADES:
ydS
r y
o xx
Fig 5. 17
Nota: Se a figura for simétrica com relação aos eixos de coordenadas, como por exemplo ocírculo e o quadrado , então, temos : Jo = 2Jx = 2Jy .
= MEXT / I
Dada uma superfície plana relacionada a um sistema de eixosretangulares XOY, podemos afirmar como conseqüência dasdefinições que:“ O momento de inércia polar ( Jo ) da superfície plana é igual àsoma dos momentos de inércia relativos aos eixos do referidosistema”. Ou seja
( )
= = +
= + = + → = +
∫
∫ ∫ ∫
2 2 2 2
o
2 2 2 2
o o y x
J r .dS , como : r x y
J x y dS x dS y dS J J J
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MECÂNICA GERAL 10
TEOREMA DE STEINER:
O momento de inércia de uma figura plana com relação a um eixo qualquer é igual aomomento de inércia desta figura com relação a um eixo paralelo e que passe pelo seu centro degravidade acrescido do produto da área da figura, pelo quadrado da distância entre estes dois eixos .
c.g x’S
dx
Fig 5. 18
Note que como o momento de inércia é uma quantidade positiva, então o menor Jx da figura planaserá com relação ao eixo que passa pelo seu centro de gravidade, isto é, quando d=0 .
DEDUÇÃO DO TEOREMA DE STEINER
y ‘y
x’ dSy’
c.g x’
y y = y + y’
o xx
x = x + x’Fig 5. 19
As relações entre as coordenadas de dS, nos dois sistemas são :
Jx = Jx ’ + S.d2
Ao lado temos uma figura plana com centro degravidade c.g ( x ; y ), cujos pontos referem-se a doissistemas de eixos ortogonais e paralelos, sendo umpassando pelo centro de gravidade ( x’o’y’ ) e o outroum com origem qualquer. Tomemos então umelemento infinitesimal de área dS, que possua por
construção dois pares de coordenadas:dS ( x’; y’ ) ..... x’o’y’ passando pelo centro degravidadedS x ..... xo osi ão ual uer
( )
′
′
′ ′ ′= = + = + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫
22 2 2
x
2
x = x + x
y = y + y , apl icando as def iniçoes de M.I :
J y dS y y .d S y dS y dS 2 yy dS , onde
y
′
′= →
′ ′ ′= →
′ ′→
∫
∫
2
2x
ˆ.d S y .S ( y = d ista nc ia e ntre o s e ix os h o riz on ta is : x e x )
ˆy dS J ( m o m en to d e in e rc ia co m re laç ao ao e ixo b aric etric o x )
2yy dS = 0 ( po i s, a somato r ia dos mom ento ′ ′∫ s esta t ico com re laçao ao c .g , e nu la
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MECÂNICA GERAL 12
DO CÍRCULO:
1.Cálculo do momento JX ( OX – diâmetro do círculo )y
dρ ds=ρdθ Usando o momento polar:dθ ρ
θ xR
Fig 5. 22
DO SEMICÍRCULO:
y=y ‘ 1. Cálculo do momento JX (eixo diametral )
x ‘0,424R 0’
x
Fig 5. 23
3.
Cálculo do momento JX ‘ ( O’X’ - eixo baricêntrico )Aplicando-se o Teorema de Steiner : JX = JX’ + Sd
2
DO QUADRANTE DE CÍRCULO:
Y 1. Cálculo momento JX ( OX - eixo semidiametral )
y’
c.gx’
0,424R0 x
Fig 5. 24 R
0
π
= ρ ρ ρ θ
π π= ρ ρ θ ρ = π ρ ρ = → =
π π= = = → = =
∫
∫ ∫ ∫
2
o
s
4 4R 2 R
2 3
o o0 0 0
x y
4 4
o x y x y
J dA , sendo : dA = d . .d
2 R R . .d .d 2 . d J
4 2
Como existe simetria da figura ( J =J ):
R R J 2 J 2 J J J
2 4
( )′ ′
′
π= − π = → =
=
422 4 4
x x
x y y
R R 0, 424 0,1098R J 0,1098R
8
Observe que J =J J
( )π
= →
=
4
x
x y
R Um quarto do momento do circulo
16
ˆObserve que J J , pois x e y sao diametros
( )π
= →4
x
R J metade do momento do circulo
8
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MECÂNICA GERAL 13
3. Cálculo do momento JX’ ( O’X’ – eixo baricêntrico )
Aplicando-se o Teorema de Steiner : JX = JX’ + Sd2
5.3.2 MOMENTO DE INÉRCIA DE FIGURAS COMPOSTAS
O procedimento para resolução do Momento de Inércia de figuras compostas é também adecomposição da mesma, em figuras parciais de formatos básicos, cujas fórmulas foram deduzidasno item anterior. No final, o momento de inércia da figura total, será igual à somatória dosmomentos de inércia das figuras parciais.
Exemplo-01: Seja a figura plana abaixo dimensionada em centímetros, determinar :
a)- as coordenadas do centro de gravidade;b)- os momentos de inércia JX e JY , sendo dado o sistema de eixos XOY;c)- os momentos de inércia JX’ e JY’ , sendo X’O’Y’ o sistema de eixos baricêntricos;
Y
I 6,04,0 III
0 IV XII
2,0 2,0 2,0 2,0 2,0
Fig 5. 25
Solução :a)- Cálculo das coordenadas do centro de gravidade:
Figura Si xi yi Sixi SiyiI 12,00 3,00 3,00 36,00 36,00
II 25,12 0,00 - 1,70 0,00 - 42,70III 12,00 - 3,00 1,33 - 36,00 15,96IV - 6,28 0,00 - 0,85 0,00 5,34∑ 42,84 / / 0,00 14,60
( )′ ′
′ ′
π π= − = → =
= →
4 22 4 4
x x
x y
R R 0, 424R 0,0549R J 0, 0549R
16 4Note que J J pois x=y=0,424R
Figuras Parciais:
( I ) - Retângulo: 2 x 6( II ) - Semicírculo : R= 4,0( III )- TriânguloIsósceles:h=4,0
IV - Semicírculo : R = 2 0
= = =
= =
∑∑
∑∑
i i
i
i i
i
S x 0,00X 0,00 cm
S 42,84
S y 14,60 Y= 0,34 cm
S 42,84
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MECÂNICA GERAL 14
b)- Cálculo dos momentos de inércia JX e JY :
Momento de inércia JX :
Momento de inércia JY :
c)- Cálculo dos momentos de inércia com relação aos eixos baricêntricos: JX’ e JY’
Aplicando o Teorema de Steiner para toda a figura:
Relativo ao eixo O’X’ : JX = JX ‘ + Sd2 , onde :
JX ‘ = momento de inércia da procurado, isto é, da figura total e com relação ao eixo O’X’;JX = momento de inércia da figura total com relação à OX;S = área da figura total
D = distância entre os eixos horizontais OX e O’X’ , ou seja Y . Temos então:JX ‘ = JX - Sd
2 = 270,20 – 42,84 ( 0,34 )2 .........................
Relativo ao eixo O’Y’ : JY = JY ‘ + Sd2
JY ‘ = JY - Sd2 = 332,20 - 42,84 ( 0,00 )2 ........................
= + + −
π= = = → = = =
π= = = → = = =
= + + − = → =
I II II IV
x x x x x
3 3 4 4
I 4 II 4x x
3 3 4 4III 4 IV 4x x
4 4
x x
J J J J J
bh 2.6 R 3,14.4 J 144, 00 cm J 100, 48 cm3 3 8 8
bh 6.4 R 3,14.2 J 32, 00 cm J 6, 28 cm
12 12 8 8
J 144, 00 100, 48 32, 00 6, 28 270, 20 cm J 270, 20 cm
( )
= + + −
π π= + = + = → = = =
= + = + =
π= = =
= + + − =
I II III IV y y y y y
3 3 4 4I 2 2 4 II 4
y 1 y
3
3III 2 2 4
y 3
4 4IV 4y
4y
J J J J J
hb 6.2 R 4 J Sd 12.3 112, 00 cm J 100, 48cm
12 12 8 8
bh. 2.4.32 J 2. Sd 12.3 126, 00 cm12 12
R 3,14.2 J 6, 28 cm
8 8
J 112, 00 100, 48 126, 00 6, 28 332, 20 cm → = 4y J 332, 20 cm
JX ‘ = 265,25 cm
JY ‘ = 332,20 cm
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MECÂNICA GERAL 15
Exmplo-02 :
Considere a superfície plana composta da Fig. 5. 11, cujas coordenadas do centro de gravidadesão X = 4,47 cm , Y = 5,43 cm e a área A = 112,08 cm2 , foram determinadasanteriormente e encontre:
a)- os momentos de inércia JX e JY ;b)- os momentos de inércia JX ‘ e JY , sendo X’O’Y’ o sistema baricêntrico.
Solução :a)- Aproveitando a mesma decomposição da superfície total em seis figuras parciais, temos :Momento de inércia JX :
Momento de inércia JY :
b)- Cálculo dos momentos de inércia com relação aos eixos baricêntricos, considerando as
coordenadas do centro de gravidade e a área da figura total dados do problema :
( )
= + − − − −
= = = → = = =
π= + = + =
= + = + =
π=
I II III IV V VI
x x x x x x x
3 3 3 3I 4 II 4x x
4 4
III 2 2 4x 3
2IV 4 2 4 4x 4
4 V x
J J J J J J J
bh 16.12 bh 4.129.216, 00 cm J 576, 00 cm
3 3 12 12
R 3,14.2 J Sd 12, 56.4 213,52 cm4 4
J 0,1098R Sd 0,1098.4 25,12. 10, 3 2.693,09 cm
R J
16= =
= + = + =
= + − − − −
=
44
3 3 VI 2 2 4
x 6
x
4x
3,14.8803,84 cm
16
bh 4.4 J Sd 16.10 1.621, 33 cm
12 12
J 9.216,00 576,00 213,52 2.693,09 803,84 1.621, 33
J 4.460, 22 cm
( )
= + − − − −
= = = → = + = + =
= =
π= = =
I II III IV V VI
Y y y y y y y
3 3 3 32I 4 II 2 4
y y 2
III III 4y x
4 4IV
y
J J J J J J J
hb 12.16 hb 12.4 J 4.096,00 cm J Sd 24 9, 33 2.110, 05cm
12 12 36 36
J J 213,52 cm (mesmo posicionamento enrelaçao aos eixos : X e Y)
R 3,14.4 J 1
8 8( )= + = + =
= + = + =
= + − − − −
=
4
2 V 4 2 4 4
y 5
3 3 VI 2 2 4y 6
Y
4 Y
00, 48 cm
J 0, 0549R Sd 0, 0549.8 50, 24 4, 61 1.292,58 cm
hb 4.4 J Sd 16.6 597, 33 cm
12 12
J 4.096,00 2.110,51 213,52 100, 48 1.292,58 597,33
J 4.002, 60 cm
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MECÂNICA GERAL 16
Momento de inércia - JX ‘ :
JX = JX ‘ + Sd2 .............. ( Teorema de Steiner )
JX ‘ = 4.460,22 - 112,08 ( 5,43 )2 = 1.155,55 cm4 …………….
Momento de inércia - JY ‘ :
JY = JY ‘ + Sd2 .............. ( Teorema de Steiner )
JY ‘ = 4.002,60 - 112,08 ( 4,47 )2 = 1.763,14 cm4 …………….
JX ‘ = 1.155,55 cm
JY ‘ = 1.763,14 cm4
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MECÂNICA GERAL 17
5.4 PRODUTO DE INÉRCIA
O produto de inércia é também uma entidade puramente matemática , sem qualquer
interpretação física, utilizada como auxiliar na resolução dos problemas de rotação de eixos, que
será visto no capítulo seguinte. Interessa-nos apenas os produtos de inércia das superfícies planas e
estará sempre referenciado a um sistema de eixos ortogonais .
Nestas condições, o produto de inércia de um elemento de área infinitesimal – dS , cuja
anotação é Jxy , é definido como sendo o produto deste elemento pelas coordenadas de sua posição
em relação ao sistema de eixos escolhido como referencial.
Y
x Jxy =dS
yO X
Fig. 5. 26
Uma análise da própria definição, permite-nos as seguintes conclusões:
1. O produto de inércia é um número real que varia de - ∞ à + ∞ ;
2. O sinal do produto de inércia de uma figura depende do quadrante do sistema de eixosreferenciais em que estiver situada, isto é , positivo nos quadrantes I e III , negativo nos quadrantesII e IV ;
Y Yo X o X
Y dS dS Y -y -ydS
y y -x x dS0 x X -x X
Jxy = >0 Jxy = 0 Jxy = =
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MECÂNICA GERAL 18
Teorema de Steiner
O teorema de Steiner adaptado ao produto de inércia, toma a seguinte forma:
Onde :
Jxy - produto de inércia da figura , com relação a um sistema XOY qualquer;Jx’y’ - produto de inércia da figura, com relação a um sistema X’O’Y’ , passando peloC.G.S - área da figura dada;x e y - coordenadas do centro de gravidade da figura relativas ao sistema XOY
5.4.1 Produto de Inércia de Superfícies Planas
Do Retângulo:
Y
dycg h
y yJxy =
0 Xx
x dx Jxy =
Fig. 5. 27
2. Cálculo do produto de inércia Jx’y’ onde X’O’Y’ – sistema de eixos passando pelocentro de gravidade do retângulo.
Jxy = Jx’y’ + S x . y ( Teorema de Steiner )
b2h2 /4 = Jx’y’ + b.h. (b/2)(h/2) ................................
- Valor esperado por causa da simetria da figura .
Jxy = Jx’y’ + S x . y
1. Cálculo do produto de inércia Jxy , ondeXOY- sistema de eixos passando peloslados do retângulo .
=∫ ∫ ∫b h
s 0 0
xy.dS xy.dydx
=∫b 2 2 2
0
h b hxdx
2 4
Jx’ ’ = 0
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MECÂNICA GERAL 20
0,424R
0,424R
Fig. 5. 29
Do Quadrante de Círculo:
YY ‘
dS
cg y X ‘
( )
2 2
0 0
2 2 2 3
0 0 0
4 4
2 2 2
4 8
R R x
xy
s
R R R
xy
xy
J xyds xydydx
R x R x J x dx xdx dx
R R J
−
= =
−= = −
= −
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
2. Cálculo do JX’Y’ , onde X’O’Y’- sistema de eixos baricentros do círculo .
JXY = JX’Y’ + S . ( Teorema de Steiner )
R4 /8 = Jx ‘y ‘ + 3,14 R2 /4 (0,424R)(0,424R) .......................
NOTA: O sinal negativo do produto de inércia, significa que na distribuição das áreasdesta figura pelos quadrantes do sistema que passa pelo centro de gravidade, a SOMAdas áreas dos quadrantes II e IV, é maior que a SOMA das áreas dos quadrantes I e III,veja a figura abaixo.
Y
IIIV X
0R
Fig. 5. 29 a
Do Círculo e semicírculo:
Estas figura apresentam as seguintes simetrias:a)- o círculo com relação aos dois diâmetros;
b)- o semicírculo com relação a um dos diâmetros
1. Cálculo do produto de inércia Jxy , ondeXOY- sistema de eixos coincidindo com os
diâmetros do círculo .
JXY = R4 / 8
JX ‘Y ‘ = - 0,016 .R
4
X
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MECÂNICA GERAL 21
5,0
Em qualquer dos casos o produto de inércia será nulo, em relação a um sistemacoincidente com pelo menos um destes diâmetros.
APLICAÇÕES PRÁTICAS
Problema-01: Considerando a figura plana abaixo dimensionada em centímetros , determinar :a)- O produto de inércia JXY ;b)- O produto de inércia com relação aos eixos baricêntricos, JX’Y’
Y(I) 5,0
(VI) (III)II
(V) 5,0X
(IV) 10,0
5,0 5,0 5,0 5,0
2.
Cálculo das coordenadas do centro de gravidade X e Y ;
Figura Si xi yi Sixi SiyiI 125,00 -7,50 2,50 -937,50 312,50II 100,00 0,00 5,00 0,00 500,00III 75,00 7,50 7,50 562,50 562,50IV 25,00 8,33 -3,33 208,25 -83,25V -39,25 0,00 2,12 0,00 -83,21VI -39,25 0,00 7,88 0,00 -309,29
∑ 246,50 / / -166,75 899,25
2. Cálculo do produto de inércia – JXY :
JXY = JXYI + JXY
II + JXYIII + JXY
IV - JXYV - JXY
VI , calculando o valor de cada parcela:
R R 2 3 2 2 4
0 0
R .x x R R R dx dx .2 2 2 2 8− = −∫ ∫
Solução:
1. Decomposição da figura
Figura-I: Retângulo 5x25Figura-II: Retângulo 10x10Figura-III: Retângulo 5x15Figura-IV: Triângulo RetânguloFigura-V: Semicírculo InferiorFi ura-VI: Semicírculo Su erior
166,750,68
246,50i i
i
S x x cm
S
−= = = −
∑∑
899,25
3,65246,50
i i
i
S y y cm
S = = =
∑∑
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MECÂNICA GERAL 22
= 0 + 125,00( - 7,50 ).( 2,50 ) = - 2.343,75 cm4;
JXY II
= 0 ........... ( o eixo Y é de simetria );
JXY III = 0 + 75,00 ( 7,50 ).(7,50 0 = 4.218,75 cm4
JXY IV = = -728,19 cm4
JXY V = JXY
VI = 0 ........... ( o eixo Y é de simetria );
JXY = - 2.343,75 + 0 + 4.218,75 – 728,19 + 0 + 0
4. Cálculo do produto de inércia JX’Y’ , sendo X ‘ O ‘ Y ‘ o sistema baricêntrico .
Aplicando o Teorema de Steiner para figura total , temos:
1.146,81 = JX ‘Y ‘ + 246,50 (- 0,68 ).( 3,65 )
Exemplo-02:
- Considerando a superfície composta da Fig. 5. 11, cujas coordenadas do centro de gravidade e
área total, foram determinadas anteriormente como sendo X = 4,47 cm , Y = 5,43 cm e S =112,08 cm2, determinar :a) - o produto de inércia JXY ;b) - o produto de inércia JX’Y’ , sendo X’O’Y’ o sistema baricêntrico.
Solução:Aproveitando a mesma decomposição da superfície total em seis figuras parciais, temos:
a)- Cálculo do produto de inércia - JXY
JXY = JXYI
+ JXY II
- JXYIII
- JXYIV
- JXYV
- JXYVI
, calculando o valor de cada parcela:
' ' . I I
xy x y J J Sx y= +
' ' 3 3. III
x y J S x y+ =
( )( )2 2 2 2
4 4
. 5 .1025, 00 8,33 3,33
72 72
b hSx y
− −+ = + −
JXY = 1.146,81 cm4
' ' . Jxy Jx y Sx y= +
JX ‘ Y ‘ = 1.758,62 cm4
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MECÂNICA GERAL 24
Dados : ; e
Determinar:
Da figura acima , tiramos as seguintes relações geométricas entre as coordenadas dos doissistemas XOY e UOV:
u = m + n = x.cosα + y.senα
v = y.cosα - x.senα
Assim temos:
( I )
( II )
( III )
Pelas equações I , II e III para cada valor do ângulo α tem-se um conjunto de Momentos de
inércia JU e JV . Existirá um determinado ângulo que chamaremos de αo , para o qual estesmomentos serão máximo ou mínimo. Para determina-los façamos:
= ∫
2
X s y dS = ∫
2
Y s x dS = ∫
XY s xydS
= ∫2
U
s
v dS = ∫2
V
s
u dS = ∫UV s
J uvdS
( )= = α + α
= α + α + α α
∫ ∫
∫ ∫ ∫
22
u
s s
2 2 2 2u
s s s
J v d S x . c o s y .s e n d S
c o s x d S s e n y d S 2 s e n c o s x y d S
JU = JX.cos2α + JY.sen
2α - JXY.sen2α
( )= = α + α
= α + α + α α
∫ ∫
∫ ∫ ∫
22 v
s s
2 2 2 2 v
s s s
J u dS x cos ysen dS
cos x dS sen y dS 2sen cos xydS
JV = JYcos2α + JX.sen
2α + JXY.sen 2α
( ) ( )
( )
= = α + α α − α
= α − α α + α α −
= α − α + α α −
∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
uv
s s
2 2 2 2uv
s s s s
2 2 2 2uv
s s s
J uvdS x cos ysen y cos xsen dS
cos xydS cos sen x dS cos sen y dS sen xydS
J cos sen xydS cos sen y dS x dS
JUV = cos2α.JXY + ½ sen2α.( JX – JY
8/17/2019 NotasAulas PII
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MECÂNICA GERAL 25
Tirando-se o valor da Tangente, temos:
( IV )
Esta equação mostra que existem dois valores de αo , defasados de 90o , que a satisfazem e
estabelecem as posições dos eixos em relação aos quais o momento de inércia é máximo para αo emínimo para (αo+ 90
o) . Se o ponto de concorrência coincidir com o centro de gravidade da figuraplana, teremos então, as denominações de eixos principais ( 1 e 2 ) e momentos principais deinércia J1 e J2 .
5.5.1 Momentos Principais de Inércia
Para a determinação dos momentos principais de inércia J1 e J2 basta que se substitua nasequações ( I ) e ( II ) o ângulo α pelo valor αo encontrado na equação- ( IV ), onde os momentos e
o produto de inércia devem se referir aos eixos baricêntricos . Isto será feito de maneira maisconveniente a través de transformações trigonométricas. Assim temos:
Sabe-se da trigonometria que: cos2 αo =( 1+cos 2αo )/2 ; sen2 αo = ( 1 – cos 2αo )/2 e ainda
cos. Fazendo-se as devidas substituições , os momentos de inércia
JU e JV
recebem as anotações especiais , respectivamente de J1 e J2 , tomando as seguintes fórmulas :
( )
( )
= − α α + α α − α =α
− α − − α =
u
x y
x y xy
d J2sen cos . J 2 cos sen . J 2 cos 2 0
d
sen 2 J J 2 J cos 2 0
Tg 2αo = ( -2.JXY )/ ( JX – JY
= α + α − α
= α + α + α
2 2
u x' o y ' o x'y ' o
2 2
v y ' o x' o x' y ' o
J cos J sen J sen2
J cos J sen J sen2
α =α +
o 2
o
1cos2tg 2 1
( )
( )
+= + − +
+= − − +
2x' y ' 2
1 x' y' x ' y '
2x' y ' 22 x' y' x ' y '
J J 1 J J 4 J
2 2
J J 1 J J 4 J
2 2
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MECÂNICA GERAL 26
X2,0
Observe que aplicando-se o mesmo procedimento na busca do produto principal deinércia, chegaremos a conclusão que ele não existe, senão vejamos:
substituindo
= 0 , Finalmente temos,
Aplicações Práticas
Exemplo-01: Considerando a superfície plana abaixo, dimensionada em centímetros,determinar :
a)- As coordenadas do centro de gravidade – C ( X, Y ) ;b)- Os momentos de inércia JX e JY e o produto JXY ;c)- Os momentos de inércia JX’ e JY’ e o produto JX’Y’ , sendo X’O’Y’ o
sistema deeixos baricêntricos ;
d)- Os momentos principais de inércia J1 e J2 ;e)- Traçado dos eixos principais de inércia.
Y SOLUÇÂO:
4,0II VII
2,0
I IV IX VI 2,0
2,0V X
2,0
III VIII4,0
4,0 2,0 2,0 2,0 2,0 4,0
Fig. 5. 32
( )
( )
( )
= α + α −
= + α −α
−= + − = α −
uv x'y ' o o x ' y '
uv x' y ' o x' y '
o
x 'y 'uv x' y ' x ' y '
o x' y '
1 J J cos 2 sen2 J J
2
J 1 J tg2 J J , ou
cos 2 2
2 J J 1 J J 0
cos 2 2 J J
JUV = J12 = 0
1. Decomposição da figura dada:
Fig . I : Retângulo 6x8Fig. II:Triâng.Ret..SuperiorFig.III: Triâng.Ret.InferiorFig.IV: Semicírc. SuperiorFig. V : Semicírc. InferiorFig. VI: Retângulo 4x8Fig. VII: Triâng.Ret.SuperiorFig.VIII: Triâng.Ret..InferiorFig. IX : Semicírc. SuperiorFig. X : Semicírc. Inferior
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MECÂNICA GERAL 27
a)- Cálculo das coordenadas X e Y do centro de gravidade:
Figura Si Xi Yi SiXi SiYiI 48,00 -5,00 0,00 -240,00 0,00II 12,00 -4,00 5,33 -48,00 63,96III 12,00 -4,00 -5,33 -48,00 -63,96IV -6,28 -2,85 2,00 17,90 -12,56V -6,28 -2,85 -2,00 17,90 12,56VI 32,00 6,00 0,00 192,00 0,00VII 8,00 5,33 5,33 42,64 42,64VIII 8,00 5,33 -5,33 42,64 -42,64IX 6,28 3,15 2,00 19,78 12,56
X 6,28 3,15 -2,00 19,78 -12,56120,00 / / 16,64 0,00
b)- Cálculo dos momentos de inércia JX , JY e o produto de inércia JXY :
Momento de inércia - JX
JX = JXI + JX
II + JXIII - JX
IV - JXV + JX
VI + JXVII + JX
VIII + JXIX + JX
X
JXI = bh3 /12 = 6.83 /12 = 256,00 cm4
JXII = JX
III = bh3 / 36 + S2 .d22 = 6.43 /36 + 12.( 5,33 )2 = 351,57 cm4
JXIV = JX
V = 3,14.R4 /8 + S4.d42 = 3,14. 24 /8 + 6,28.22 = 31,40 cm4
JXVI = bh3 /12 = 4.83 / 12 = 170,67 cm4
JXVII = JX
VIII = bh3 /36 + S7.d72 = 4.43 /36 + 8.(5,33 )2 = 234,38 cm4
JXIX = JX
X = π R4 /8 + S9 d92 = 3,14. 24 /8 + 6,28 . 22 = 31,40 cm4
JX = 256,00 + 2 x 351,57 - 2 x 31,40 + 170,67 + 2 x 234,38 + 2 x 31,40
Momento de inércia - JY
JY = JYI + JY
II + JYIII - JY
IV - JYV + JY
VI + JYVII + JY
VIII + JYIX + JY
X
JYI
= hb
3
/12 + S1.d12
= 8. 6
3
/12 + 48 . 5
2
= 1.344,00 cm
4
JYII = JYIII = hb3 /36 + S2.d22 = 4 . 63 /36 + 12 . 42 = 216,00 cm4
= = =
= = =
∑∑
∑∑
i i
i
i i
i
S x 16,64X 0,14cm
S 120, 00
S y 0 Y 0, 00
S 120, 00
JX = 1.598,57 cm
8/17/2019 NotasAulas PII
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MECÂNICA GERAL 28
JYIV = JY
V = 0,1098 . R4 + S4 . d42 = 0,1098 x 24 + 6,28. ( 2,85 )2 = 52,77 cm4
JYVI = hb3 /12 + S6. d6
2 = 8 . 43 /12 + 32 . 62 = 1.194,67 cm4 JY
VII = JYVIII = hb3 /36 + S7 . d7
2 = 4 . 43 /36 + 8 ( 5,33 )2 = 234,38 cm4 JY
IX = JYX = 0,1098 . R4 + S9 . d9
2 = 0,1098 . 24 + 6,28 ( 3,15 )2 = 64,07 cm2
JY = 1344,00 + 2x 216,00 – 2 x 52,77 + 1.194,67 + 2 x 234,38 + 2 x 64,07
Produto de Inércia - JXY NOTA : Observe que a figura total é simétrica em relação ao eixo OX , logo o produto deinércia procurado será nulo, mesmo assim vamos calcular a título de exercício :
JXY = JXYI + JXY
II + JXYIII - JXY
IV - JXYV + JXY
VI + JXYVII + JXY
VIII + JXYIX + JXY
X
JXYI = JX’Y’I + S1.xoyo = 0 + 48 ( -5 )(0,0 ) = 0,00JXY
II = - JXYIII = + b2h2 /72 + S2.xoyo = 6
2 . 42 /72 + 12 (- 4 )(5,33 ) = - 247,84 cm4 JXY
IV = - JXYV = 0 + 6,28 ( - 2,85 ) ( 2 ) = - 35,80 cm4
JXYIX = - JXY
X = JX’Y’IX + S9 . xoyo = 0 + 6,28 ( 3,15 )( 2 ) = 39,56 cm
4
JXY = 0 - 247,84 + 247,84 + 35,80 - 35,80 + 0 + 223,72 - 223,72 + 39,56 - 39,56
c)- Cálculo dos momentos de inércia JX ‘ ; JY ‘ e o produto de inércia JX ‘Y ‘ :
Momento de Inércia - JX ‘ :
JX = JX ‘ + S. Y2 ………………… Teorema de Steiner p/ figura total
1.598,57 = JX ‘ + 120,00 x 02
Momento de Inércia - JY ‘
JY = JY ‘ + S. X
2
………………… Teorema de Steiner p/ figura total3.462,03 = JX ‘ + 120,00 ( 0,14 )
2
Produto de Inércia - JXY
JXY = JX ‘Y ‘ + S. X.Y ...................... Teorema de Steiner p/ figura total
0 = JX ‘Y ‘ + 120,00 ( 0,14 ) ( 0 )
JY = 3.462,03 cm
JXY = 0
JX ‘ = JX = 1.598,57 cm
JY ‘ = 3.459,68 cm
JX ‘Y ‘ = 0
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MECÂNICA GERAL 29
d)- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia - J1 e J2
Momento Principal de Inércia – J1 :
Momento Principal de Inércia – J1 :
e)- Traçado dos Eixos Principais de Inércia : 1 e 2
Cálculo do ângulo αo ;
Tg 2αo = ( - 2x JX ‘Y ‘ )/ ( JX’ - JY ‘ )
Tg 2αo = ( - 2 x 0 ) / ( - 1.861,11 ) = 0Os ângulos que satisfazem à esta equação trigonométrica são: αo = 0
o e αo = 90o
Y ’= Eixo 2
90o
cg X’ ‘ = Eixo 1
Fig. 5. 32 a
Exemplo –02:Considerando a superfície plana composta da figura - tal , cujos momentos de inérciacom relação ao sistema de eixos baricêntricos são JX ‘ = 1.155,55 cm
4 , JY ‘ =1.763,14 cm4 e o produto de inércia JX ‘Y ‘ = - 247,02 cm
4 , determinar :a)- Os momentos principais de inércia J1 e J2 ;b)- O traçado dos eixos principais função de αo .
( )( )
+
= + − ++
= + − +
= + =
2x' y ' 2
1 x ' y' x ' y '
2 21
4
1
J J 1
J J J 4 J2 21598, 57 3459, 68 1
1598,57 3459, 68 4.02 2
J 2.529,12 930,55 3.459,68cm
( )+
= − − +
= − =
2x' y ' 22 x' y' x ' y '
4
2
J J 1 J J J 4 J
2 22.529,12 930,55 1.598,57cm
8/17/2019 NotasAulas PII
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MECÂNICA GERAL 30
Solução :
a)- Momentos Principais de Inércia
Momento - J1 :
Momento – J2 :
b)- Traçado dos Eixos Principais de Inércia
Cálculo do ângulo αo :
Y ‘ Eixo-2
70o,44C.G. X ‘
Eixo-1
Fig. 5. 33
( )
( ) ( )
+= + − +
+= + − + −
= + =
2x' y ' 21 x' y' x ' y '
2 2
1
4
1
J J 1 J J J 4 J
2 2
1155, 55 1763, 14 11155,55 1763,14 4. 247, 02
2 2
J 1459,34 391,55 1850,89cm
( )+
= − − +
= − =
2x' y ' 21 x' y' x ' y '
41
J J 1 J J 4 J
2 2
1459,34 391,55 1067,79cm
− − −α = = = −
− −
α = − → α = → α =
x 'y '
o
x' y '
o o ' oo o o
2 J 2( 247,02)tg2 0,8131
J J 1155,55 1763,14
2 39 , 11............. 19 , 56; 70 , 44
- 19o , 56Posição dos Eixos Principais
8/17/2019 NotasAulas PII
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MECÂNICA GERAL 31
αo
J2
• • αo
1
5.5.2 Círculo de Möhr ( Otto Möhr, 1835 – 1918 )
O circulo de Möhr é um processo gráfico para determinação dos momentos principais de
inércia e posição dos respectivos eixos a partir dos momentos e produto de inérciarelativos aos eixos ortogonais baricêntricos . Também é usado no estudo das tensõesinternas dos corpos elásticos, na disciplina Resistência dos Materiais .
Processo Gráfico :
Sobre um eixo horizontal qualquer, a partir da origem O , faz-se as seguintes marcações:
Dados : 2C
JJ
JX’ = OAJY’ = OB θ JX’Y’ = AC O N B D A M
Tem-se:JY’
J1 = OMJ2 = ON JX’
J1 Fig. 5. 34
Justificativa :
OM = OD + DC, sendo OD = ( OA + OB ) / 2 e DC = ( DA2 + AC2 )1/2
( )
( )
( )
+= + +
−−= =
+ − = + +
+
= + − + =
= −
−= − − + =
− −−θ = = = = α
− −
α = → α =
2
2 2
x' y '
2
x' y ' x ' y '
x ' y '
2x' y ' 2
x' y ' x ' y ' 1
2x ' y ' 2
x' y ' x ' y ' 2
x' y ' x ' y '
ox' y ' x ' y '
o o
OA OBOM DA AC
2
J JOA OBDA
2 2
J J J JOM J
2 2
J J 1OM J J 4 J J
2 2
ON OD DC
J J 1ON J J 4 J J
2 2
J 2 J ACtg tg2
J JDA J J
2ˆ2 CDA ˆCNA
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MECÂNICA GERAL 32
5.5.3 Elipse Central de Inércia
Chama-se elipse central de inércia de uma superfície plana em função dos eixos principaisde inércia, aquela cuja equação tem o formato abaixo e se refere ao centro de gravidade da figura:
Onde os semi-eixos são a = (J2 )1/2 ; b = ( J1 )
1/2 . Note que os semi-eixos são respectivamente asraízes quadradas dos momentos principais de inércia , relativo ao outro eixo .
Direções Conjugadas
As direções conjugadas em relação à elipse central de inércia são dadas em função de J1 , J2 e αo pela relação :
O estudo destes dois conceitos ( 3.10 e 3.11 ) será desenvolvido nas aplicações da teoria dasflexões oblíquas e composta , na disciplina Resistência dos Materiais , inclusive com as deduçõesdas fórmulas a partir do Círculo de Möhr .
+ =2 2
2 1
x y 1
J J
α = α' 2 o1
Jtg tg
J
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MECÂNICA GERAL 33
3.8- PROBLEMAS PROPOSTOS
Enunciado: Considerando as superfícies planas dimensionadas em centímetros, comomostram as figuras abaixo, determinar para cada figura :
a)- As coordenadas do centro de gravidade ;b)- Os momentos e o produto de inércia , com relação a um sistema de eixosarbitrário ;c)- Os momentos e o produto de inércia , com relação ao sistema de eixosbaricêntricos ;e)- Os momentos principais de inércia ;f)- O traçado dos eixos principais de inércia .
Figura – 5.35:
2,0
2,0
2,0
3,0
4,0 2,0 2,0
Figura – 5. 36:
2,0 4,0
4,0 2,0 6,0Círculo
Figura – 5. 37:
2,0 2,0 3,0 5,0
6 0
4 0
2,0
• D=4,0
3,0
5,0
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