NotasAulas PII

8/17/2019 NotasAulas PII

1/33


2/33

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


3/33

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


4/33

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


5/33

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


6/33

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


7/33

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


8/33

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


9/33

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


10/33

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


11/33


12/33

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


13/33

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


14/33

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


15/33

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


16/33

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


17/33

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 = =


18/33

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


19/33


20/33

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


21/33

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 = = =

∑∑


22/33

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


23/33


24/33

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


25/33

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


26/33

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


27/33

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


28/33

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


29/33

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


30/33

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


31/33

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


32/33

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


33/33

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

Documents

NotasAulas PII