1. MOMENTO DE INÉRCIA
E CENTRO DE GRAVIDADE
Santo Ângelo, 07 de Julho de 2010

2. Mecânica geral
Avaliação de Conhecimentos
Observações:
As situações apresentadas abaixo devem ser respondidas e apresentadas individualmente;
Não serão aceitos Trabalhos que indiquem algum tipo de cópia de resultados ou de
desenvolvimentos matemáticos. Em caso de cópias ambos receberão nota zero;
Os trabalhos devem ser entregues impreterivelmente até o dia 07/07/2010 às 19:30hs na sala
de aula;
O trabalho deve ser entregue por escrito ou impresso, com apresentação adequada a sua
importância;
Esta folha deve ser entregue junto com o trabalho e colocada como folha de rosto;
O trabalho deve estar devidamente identificado com o nome do aluno;
As respostas às questões devem ser claras e bem identificadas.

3. Situação 01:
Uma das especialidades dentro da área de projetos estruturais em engenharia é a de
estruturas metálicas. Neste tipo de projeto é de suma importância o conhecimento das
características geométricas dos elementos que compõem uma seção transversal. Bem como, é
necessário saber as características da seção como um todo. Normalmente têm-se seções
formadas por composição de perfis, como apresentado na figura abaixo.
Na situação apresentada um engenheiro projetista de estruturas optou por utilizar
perfis metálicos em L, chamados cantoneiras, nas dimensões indicadas na figura. Em
decorrência dos esforços solicitantes e demais condições de projeto, o projetista está limitado
a uma dimensão mínima de b igual a 25cm, e a uma inércia mínima em relação ao eixo X 1,5
vezes maior que a inércia em relação ao eixo Y.
Sendo Assim:
a) Qual deve ser a altura h a ser adotada pelo projetista;
b) Qual é o valor de momento de inércia em relação ao eixo Y;
c) Qual é o valor de momento de inércia em relação ao eixo X;
d) Determine a posição do centro de gravidade da seção;
e) Na possibilidade de utilizar cantoneiras de 1 ½” x 3/16”, que dimensões teria a
seção com um todo, para que se mantivesse inércia mínima, em relação a cada
eixo, compatível com as inércias determinadas nas letras b e c.

4. Observação:
Os dados referentes as cantoneiras foram extraídos da tabela abaixo:
Tabela 1
Definições:
CG Centro de Gravidade.
Icg Inércia no centro de gravidade da cantoneira (Ix=Iy da tabela 1 acima).
x Distância da face externa da cantoneira ao centro de gravidade da mesma.
A Área da cantoneira.
dx Distância do centro de gravidade da cantoneira ao eixo Y da seção.
dy Distância do centro de gravidade da cantoneira ao eixo X da seção.
b Dimensão da base da seção como um todo.
b/2 Distância da face da seção ao eixo Y.
h Dimensão da altura da seção como um todo.
h/2 Distância da face da seção ao eixo X.
Ix Inércia de uma cantoneira em relação ao eixo X.
IxT Momento de Inércia gerado por todas as cantoneiras em relação ao eixo X.
Iy Inércia de uma cantoneira em relação ao eixo Y.
IyT Momento de Inércia gerado por todas as cantoneiras em relação ao eixo Y.
* Sinal que indica uma multiplicação.
/ Sinal que indica uma divisão.
√ Símbolo que indica a extração da raiz quadrada de um número.

5. xdx
xdy
Y
X
h/2h/2
h
b/2 b/2
b
CG
Icg
Desenvolvimento:
Dados extraídos da tabela 1 e da questão 1, referente ao uso da cantoneira 2 ½” x 1/4”:
Icg= 29cm4
x= 1,83cm
A= 7,67cm2
dx= 10,67cm
b= 25cm
b/2= 12,5cm
Ix= 1,5 . (Iy)
Inércia de uma cantoneira em relação ao eixo Y
Iy= Icg + (A . (dx)2
)
Iy= 29cm4
+ (7,67cm2
. (10,67cm)2
)
Iy= 29cm4
+ (7,67cm2
. 113,85cm2
)
Iy= 29cm4
+ 873,22cm4
Iy= 902,22cm4
Inércia total gerada pelas quatro cantoneiras no eixo Y
Resposta da letra b da questão Figura 1
IyT= (Iy) . 4
IyT= (902,22cm4
) . 4
IyT= 3.608,88cm4
Inércia de uma cantoneira em relação ao eixo X
Ix= 1,5 . (Iy)
Ix= 1,5 . (902,22cm4
)
Ix= 1.353,33cm4
Inércia total gerada pelas quatro cantoneiras no eixo X
Resposta da letra c da questão
IxT= (Ix) . 4
IxT= (1.353,33cm4
) . 4
IxT= 5.413,33cm4
Valor do dy
Ix= Icg + A. dy2
dy2
= (Ix – Icg)/A
dy= √((1.353,33cm4
– 29cm4
)/7,67cm2
)
dy= √(1.324,33cm4
/7,67cm2
)
dy= √(172,66cm2
)
dy= 13,14cm

6. Definição da altura (h) da seção
Resposta da letra a da questão
h= (h/2) . 2
sabe-se que: h/2= dy + x
h= (dy + x) . 2
h= (13,14cm + 1,83cm) . 2
h= (14,97cm) . 2
h= 29,94cm
Posição do centro de gravidade da seção
Resposta da letra d da questão
A forma geométrica da seção é de um retângulo com dimensões definidas por b x h,
iguais a 25cm x 29,94cm.
b= (b/2 + b/2) e h= (h/2 + h/2)
A figura acima define a posição do centro de gravidade em relação ao canto inferior esquerdo,
onde:
b/2= 12,5cm
h/2= 14,97cm

7. xdx
xdy
Y
Xh
b
CG
Icg
Resposta da letra e da questão
Dados extraídos da tabela 1 e do desenvolvimento anterior, referente ao uso da cantoneira
de 1 ½” x 3/16”:
Icg= 4,58cm4
x= 1,12cm
A= 3,42cm2
Ix= 1.353,33cm4
(Inércia de uma cantoneira em relação ao eixo X)
Iy= 902,22cm4
(Inércia de uma cantoneira em relação ao eixo Y)
Inércia de uma cantoneira em relação ao eixo X
Ix= Icg + A. dy2
dy2
= (Ix – Icg)/A
dy= √((1.353,33cm4
– 4,58cm4
)/3,42cm2
)
dy= √(1.348,75cm4
/3,42cm2
)
dy= √(394,37cm2
)
dy= 19,86cm
Inércia de uma cantoneira em relação ao eixo Y
Iy= Icg + A. dx2
dx2
= (Iy – Icg)/A
dx= √((902,22cm4
– 4,58cm4
)/3,42cm2
)
dx= √(897,64cm4
/3,42cm2
)
dx= √(262,47cm2
)
dx= 16,20cm
Dimensionamento da seção como um todo
b= (dx + x) . 2 Figura 2
b= (16,20cm + 1,12cm) . 2
b= (17,32cm) . 2
b= 34,64cm
h= (dy + x) . 2
h= (19,86cm + 1,12cm) . 2
h= (20,98cm) . 2
h= 41,96cm
Resposta: Para manter o mesmo momento de inércia obtido com o uso das cantoneiras de
2 ½” x 1/4”, o projetista ao utilizar cantoneiras 1 ½” x 3/16” deverá adotar seção de
34,64cm x 41,96cm

8. 25m
Y
X
30m
CG
x
y
FLUXO DA ÁGUA
a1
a
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
b1
b2
b3
b4
b5
b6
b7
b8
b9
c1
c2
c3
c4
c5
c6
c7
c8
c9
d1
d2
d3
d4
Situação 02:
Entre as obras de engenharia consideradas de grande porte estão as usinas
hidroelétricas, compostas por diversos elementos estruturais, além de instalações mecânicas,
elétricas e eletrônicas. Entre os elementos estruturais, temos os vertedouros, responsáveis por
dar vazão a água que não é utilizada pelas turbinas geradoras de energia elétrica. Na figura
abaixo se apresenta a seção transversal de um vertedouro, com a equação representativa da
sua curvatura. Determine a posição do centro de gravidade da área indicada, representativa do
vertedouro.
y= 25cos[(πx)/60]
Figura 3
Para obter o centro de
gravidade do vertedouro, foram
aplicados conhecimentos de
Geometria Analítica, Trigonometria e
Topografia, procedendo da seguinte
forma:
Valores das coordenadas em Y
Através da equação da
curvatura do vertedouro, foi possível
variar o valor de X e assim obter o
valor de Y. Procurei variar X a cada
1 metro, encontrando a coordenada
correspondente em Y.
Figura 4

9. No cálculo, observar π em radianos.
Exemplo: Coordenada Y do ponto a2 representado na figura 4:
Se considerar x=1m
y= 25 . cos[(π . x)/60]
y= 25 . cos[(π . 1)/60]
y= 25 . cos[(3,1416)/60]
y= 25 . cos(0,0524)
y= 25 . 0,9986
y= 24,97m
Pontos Triângulos
xA yA
Nome
Coordenadas Identificação Área Baricentro
x (m) y (m) dos Pontos (m2) x (m) y (m) (m3) (m3)
a 0,00 0,00 a a1 a2 12,50 0,33 16,66 4,17 208,25
a1 0,00 25,00 a a2 a3 12,54 1,00 16,61 12,54 208,33
a2 1,00 24,97 a a3 a4 12,60 1,67 16,52 21,00 208,15
a3 2,00 24,86 a a4 a5 12,71 2,33 16,38 29,65 208,14
a4 3,00 24,69 a a5 a6 12,83 3,00 16,20 38,48 207,80
a5 4,00 24,45 a a6 a7 13,00 3,67 15,98 47,68 207,73
a6 5,00 24,15 a a7 a8 13,21 4,33 15,71 57,25 207,52
a7 6,00 23,78 a a8 a9 13,42 5,00 15,39 67,11 206,62
a8 7,00 23,34 a a9 b1 13,66 5,67 15,04 77,42 205,48
a9 8,00 22,84 a b1 b2 13,98 6,33 14,64 88,52 204,68
b1 9,00 22,28 a b2 b3 14,23 7,00 14,21 99,59 202,13
b2 10,00 21,65 a b3 b4 14,56 7,67 13,73 111,61 199,92
b3 11,00 20,97 a b4 b5 14,92 8,33 13,22 124,31 197,21
b4 12,00 20,23 a b5 b6 15,24 9,00 12,67 137,18 193,13
b5 13,00 19,43 a b6 b7 15,59 9,67 12,09 150,73 188,46
b6 14,00 18,58 a b7 b8 15,97 10,33 11,47 165,00 183,15
b7 15,00 17,68 a b8 b9 16,37 11,00 10,82 180,05 177,10
b8 16,00 16,73 a b9 c1 16,71 11,67 10,14 194,93 169,42
b9 17,00 15,73 a c1 c2 16,98 12,33 9,44 209,40 160,22
c1 18,00 14,69 a c2 c3 17,45 13,00 8,71 226,89 151,96
c2 19,00 13,62 a c3 c4 17,75 13,67 7,95 242,63 141,14
c3 20,00 12,50 a c4 c5 18,07 14,33 7,17 258,98 129,61
c4 21,00 11,35 a c5 c6 18,40 15,00 6,38 275,97 117,32
c5 22,00 10,17 a c6 c7 18,63 15,67 5,56 291,84 103,64
c6 23,00 8,96 a c7 c8 18,99 16,33 4,73 310,14 89,88
c7 24,00 7,73 a c8 c9 19,11 17,00 3,89 324,93 74,35
c8 25,00 6,47 a c9 d1 19,37 17,67 3,04 342,26 58,83
c9 26,00 5,20 a d1 d2 19,51 18,33 2,17 357,66 42,40
d1 27,00 3,91 a d2 d3 19,51 19,00 1,31 370,66 25,49
d2 28,00 2,61 a d3 d4 19,65 19,67 0,44 386,52 8,58
d3 29,00 1,31 ∑A ∑xA ∑yA
d4 30,00 0,00 477,47 5205,11 4686,63
Tabela 2

10. Dessa forma foi possível definir todas as coordenadas, dividir a figura 4 em triângulos,
obter a área e também o baricentro de cada triângulo.
Método utilizado para obter o baricentro de um triângulo qualquer
Exemplo: Baricentro do triângulo composto pelos pontos a, a1, a2.
a (0.00 , 0.00) a1 (0.00 , 25.00) a2 (1.00 , 24.97)
X= (0.00 + 0.00 + 1.00)/3
X= 0,33m
Y= (0.00 + 25.00 + 24,97)/3
Y= 16,66m
Método utilizado para obter a área de um triângulo qualquer
Exemplo: Área do triângulo composto pelos pontos a, a1, a2
x1 y1 x2 y2 x3 y3
a (0.00 , 0.00) a1 (0.00 , 25.00) a2 (1.00 , 24.97)
Fórmula:
|A|= ½ .[(x1 . y2)+(x2 . y3)+(x3 . y1)] – [(y1 . x2)+(y2 . x3)+(y3 . x1)]
|A|= ½ .[(0,00 . 25.00)+(0,00 . 24,97)+(1.00 . 0.00)] – [(0.00 . 0.00)+(25.00 . 1.00)+(24.97 . 0.00)]
|A|= ½ .[(0.00)] – [(25.00)]
|A|= ½ .(25.00)
|A|= 12,50 m2
Na tabela 2 estão representados todos os demais valores que passaram pelos mesmos
métodos aqui apresentado.
Definição da coordenada do centro de gravidade
Ver tabela 2
Somatório das áreas dos triângulos
∑A= 477,47 m2
Somatório colunas xA e yA
∑xA= 5205,11 m3
∑yA= 4686,63 m3
Coordenada do Centro de Gravidade
X= ∑xA / ∑A Y= ∑yA / ∑A
X= 5205,11m3 / 477,47m2 Y= 4686,63 m3 / 477,47m2
X= 10,90m Y= 9,82m