Capítulo.1

MECÂNICA DOS SÓLIDOS 5

1. GEOMETRIA DAS MASSAS


1. GEOMETRIA DAS MASSAS

Neste capítulo será estudado passo a passo o segmento da Mecânica Geral que vai desde o cálculo do centro de gravidade das figuras planas e seus momentos principais de inércia, até as fórmulas e traçados da elipse central de inércia e eixos conjugados, por constituírem subsídios indispensáveis 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 peças de uma estrutura para suportar as cargas aplicadas, ou então verificar se uma determinada estrutura construída, possui a estabilidade necessária para desempenhar seu papel .

1.1 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, por serem 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 .

1.1.1 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 também será um vetor vertical para baixo:

d R x1 P1

P2 x2 C P3 x3 Pn xn

Fig.1.1

Aplicando o teorema acima com relação a um ponto qualquer C , temos:

R.d = P1.x1 + P2.x2 + P3.x3 + ............ + Pn.xn , como R = P1 + P2 + P3 + ........ Pn d = å Pn . dn / å P


Repetindo esta aplicação nas direções dos três eixos de coordenadas retangulares, determina-se a posição 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 1a ordem .

DEFINIÇÂO: Centro de gravidade de um sistema material é o ponto de interseção de todas as retas em 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 = å Pn . xn / å Pn = g å mn . xn / gå mn

b) Centro de Gravidade de Volume

Densidade= r = m / V; ....... para r = cte , então

X = å mn . xn / å mn = r å Vn . xn / rå Vn

c) Centro de Gravidade das Superfícies

Volume = V = S.h ......... para h = cte , então

X = å Vn . xn / å Vn = h å Sn . xn / hå Sn

Estendendo o mesmo raciocínio para as outras direções do sistema de eixos retangulares, temos :

= å mn . xn / å mn

= å Vn . xn / å Vn

= å Sn . xn / å Sn


1.1.2 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, cujas posições dos centros de gravidade sejam conhecidas, usaremos as fórmulas discretas : X = å Sn . xn / å Sn ; Y = å Sn . yn / å Sn ;

2. Quando a superfície plana total for contínua , teremos;

Y x dS cg y y 0 x Fig. 1. 2

PROPRIEDADES: eixo de simetria

1. cg Fig.1. 3

eixo de simetria

2. Fig.1.4

Fig 5. 4 cg Eixo de Simetria

Se a superfície plana apresentar um eixo de simetria, o momento estático em relação a este eixo será NULO e o centro de gravidade estará sobre ele.

Se a superfície plana apresentar dois eixos de simetria, seu centro de gravidade estará sobre o encontro destes eixos.


Retângulo Y

dS cg h

y

x b Fig 1. 5

Triângulo Y

2h/3 x’ dy h h/3 cg y o b X Fig 1. 6

NOTA: O centro de gravidade de um triângulo qualquer está localizado a 1/3 da altura a partir da base ou 2/3 da altura a partir do vértice oposto.

Setor Circular

como e

Temos que:

Do mesmo modo, teremos: = h/2Temos que: dS = x‘ dy , onde por semelhança de triângulos, podemos dizer que: x’ = ( h - y ).b/h


Fig.1.7

ds=Rdq dq +α q R -a

Casos Particulares: Y=Y ‘ 1. Centro de gravidade do Semicírculo: Faz-se então α=90°, na fórmula (I) cg X’ 0,424R R Fig.1.8

2. CG. do Quadrante de Círculo: Y X ‘ +a -a Y=0,424R cg X = 0,424R Fig.1.9Considerando a simetria da figura com relação ao eixo auxiliar X ‘ , temos:

X = 0,424.R

Faz-se a = 45o na fórmula ( I ) , e X‘ eixo de simetria, então:

=(2Rcosq) /3


Da Parábola Y

P(b,h)

0,7 h h

Y=kX2

0.3 h y 0 X x

b Fig 1. 10

e

1.1.3 Aplicações Práticas

Seja determinar as coordenadas do centro de gravidade da superfície plana, dimensionada em centímetros, como na figura abaixo com relação ao sistema de eixos XOX.

Y 4,0

4,0

4,0 R=2,0

4,0 4,0 4,0 4,0 4,0 X Fig 1. 11

Como o ponto P (b,h ) pertence à parábola dada, h = k.b2 , donde k = h/b2 , logo Y = (h/b2 )X2 .......... Equação da Parábola


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 Retângulo 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 cm Figura - V: Quadrante de círculo de R= 8 cmFigura–VI: Quadrado de lado = 4,0 cm

Para o cálculo das coordenadas do centro de gravidade da figura,usaremos o seguinte quadro auxiliar, cujo modelo poderá ser utilizado também para outros problemas de enunciados semelhantes. 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 1.152,00 II 24,00 9,33 4,00 223,92 96,00 III - 12,56 4,00 4,00 -50,24 -50,24 IV -25,12 0,00 10,30 0,00 -258,74 V -50,24 -4,61 3,39 231,61 -170,31 VI -16,00 -6,00 10,00 96,00 -16,00 å 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 h 6 y = 0,375 x2

Fig 1. 12 0 4 x


Solução :

1. Decomposição da figura:

Figura-1: Parábola y = -0,375 x2 + 3x

Y P (4; 6) Parábola

cg y1

x 0 x dx x1 b Fig 1.13

Figura -2: Parábola y = 0,375 x2

Y P( 4;6 ) Y = 0,375 x2

cg

o X Fig 5. 14


I 16,00 2,5 2,4 40,00 38,40 II -8,00 3,0 1,8 -24,00 -14,40 å 8,00 / / 16,00 24,00


1.2 MOMENTO DE INÉRCIA

O Momento de Inércia ( I ) de um elemento material dm é uma entidade puramente matemática, definida como sendo o produto deste elemento pelo quadrado da sua distância à um pólo, eixo ou plano, em relação ao qual é considerado. Temos assim os seguintes tipos de Momento de Inércia :

z Momento de Inércia Planar

dm

Momento de Inércia Axial

0 z x

x Momento de Inércia Polar

y Fig 1. 15

De modo geral e pela própria definição, o momento de inércia será sempre uma quantidade maior que zero ( I > 0 ). Ao momento de inércia axial, de uso corrente na Mecânica, podem ser dados os seguintes significados físicos:

1. No estudo da resistência à flexão, a capacidade de suportar cargas de uma peça da estrutura é diretamente proporcional ao momento de inércia de sua seção transversal, que por sua vez depende 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 momento de inércia é maior, como mostram as figuras abaixo:

Seção transversal h Seção transversal b b h Fig 1.16 a : Fig 1.16 b:

Momento de Inércia (I = bh3/3) Momento de Inércia: hb3/3

y


2. Na Dinâmica dos Corpos Rígidos, diz-se que a aceleração angular de uma peça em rotação é inversamente proporcional ao momento de inércia desta peça . Ou seja :

Onde :a - aceleração angular MEXT - momento das forças externasI - momento de inércia do corpo

PROPRIEDADES:

y dS r y o x x Fig 5. 17

Nota: Se a figura for simétrica com relação aos eixos de coordenadas, como por exemplo, o círculo e o quadrado, então temos : Jo = 2Jx = 2Jy .

TEOREMA DE STEINER:

O momento de inércia de uma figura plana com relação a um eixo qualquer é igual ao momento de inércia desta figura com relação a um eixo paralelo e que passe pelo seu centro de gravidade acrescido do produto da área da figura, pelo quadrado da distância entre estes dois eixos .

c.g x’ d SFig 1. 18 x

a = MEXT / I

Dada uma superfície plana relacionada a um sistema de eixos retangulares XOY, podemos afirmar, como conseqüência das definições que:“ O momento de inércia polar ( Jo ) da superfície plana é igual à soma dos momentos de inércia relativos aos eixos do referido sistema”. Ou seja

Jx = Jx ’ + S.d2


Note que como o momento de inércia é uma quantidade positiva, então o menor Jx da figura plana será com relação ao eixo que passa pelo seu centro de gravidade, isto é, quando d=0 .

DEDUÇÃO DO TEOREMA DE STEINER

Y y ‘ x’ dS y’ c.g x’

y = + y’

xx = + x’ Fig 1. 19

As relações entre as coordenadas de dS, nos dois sistemas são :

x = + x’y = + y’; aplicando as definições de M.I:

Onde:

, = distância entre os eixos horizontais: x e x’

, Momento de inércia relativo ao eixo baricêntrico x’

, Soma dos momentos estáticos com relação ao cg.

Simplificando, temos :Com relação ao eixo OX: JX = JX’ + Sd2 Com relação ao eixo OY: JY = JY’ + Sd2 Em ambos os casos, a variável d é sempre distância entre os dois eixos.

1.2.1 M.I. DE FIGURAS BÁSICAS

Ao lado temos uma figura plana com centro de gravidade c.g ( x ; y ), cujos pontos referem-se a dois sistemas de eixos ortogonais e paralelos, sendo um passando pelo centro de gravidade (x’o’y’ ) e o outro um com origem qualquer. Tomemos então um elemento infinitesimal de área dS, que possua por construção dois pares de coordenadas:dS ( x’; y’ ) ..... x’o’y’ passando pelo centro de gravidadedS ( x ; y ) ..... xoy posição qualquer


DO RETÂNGULO: 1. Cálculo do JX : ( OX – eixo passando

pela base ) y y’ dx dS dy 2. Cálculo do JY : ( OY – eixo passando c.g y h x’ pela altura ) 0 x b

Fig 1. 20

3. Cálculo da JX ‘ ( O’X’ - eixo baricêntrico ): Aplicando-se o Teorema de Steiner, temos:

DO TRIÂNGULO:

1.Cálculo do momento JX. ( OX – eixo que passa pela base) Y

dy b’ C.g h

h/3 x 0 X b Fig 1. 21

0


Cálculo do momento JX’ ( O’X ‘ - eixo baricêntrico ):Aplicando-se o Teorema de Steiner, temos:

DO CÍRCULO:

1. Cálculo do momento JX ( OX – diâmetro do cículo)

dr ds=rdq dq r Usando o momento polar: q x R

Fig 1. 22

DO SEMICÍRCULO:

1. Cálculo do momento JX (eixo diametral ) y=y’

x ‘ 0,424R 0’ x 0 Fig 1. 23

1. Cálculo do momento JX ‘ ( O’X’ - eixo baricêntrico )

Aplicando-se o Teorema de Steiner: JX = JX’ + Sd2

, logo Jx = Jy = Jy’

DO QUADRANTE DE CÍRCULO:


1. Cálculo momento JX ( OX - eixo semi-diametral ) Y

Y’

(Um quarto do M.I do Círculo)

0,424R c.g X’ X

R Observe que , pois X e Y são diâmetros.

Fig 1. 24

2. Cálculo do momento JX’ ( O’X’ – eixo baricêntrico )Aplicando-se o Teorema de Steiner : JX = JX’ + Sd2

1.2.3 M.I. DE FIGURAS COMPOSTAS

O procedimento para resolução do Momento de Inércia de figuras compostas é também a decomposição da mesma, em figuras parciais de formatos básicos, cujas fórmulas foram deduzidas no item anterior. No final, o momento de inércia da figura total, será igual à somatória dos momentos de inércia das figuras parciais.

1.2.3 APLICAÇÕES PRÁTICAS

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 , 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 6,0 4,0 III I 6,0

0 IV X II

2,0 2,0 2,0 2,0 2,0 Fig 1. 25

Solução :

a)- Cálculo das coordenadas do centro de gravidade:

Figura Si xi yi Sixi Siyi

I 12,00 3,00 3,00 36,00 36,00 II 25,12 0,00 - 1,70 0,00 - 42,70 III 12,00 - 3,00 1,33 - 36,00 15,96 IV - 6,28 0,00 - 0,85 0,00 5,34 å 42,84 / / 0,00 14,60

b)- Cálculo dos momentos de inércia JX e JY :

Momento de inércia JX :

Figuras Parciais:

( I ) - Retângulo: 2 x 6( II ) - Semicírculo : R= 4,0( III )- Triângulo Isósceles:h=4,0( IV )- Semicírculo : R = 2,0


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 totalD = distância entre os eixos horizontais OX e O’X’ , ou seja Y . Temos então:


JX ‘ = JX - Sd2 = 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 ......

Exmplo-02 :

Considere a superfície plana composta da Fig. 1. 11, cujas coordenadas do centro de gravidade são X = 4,47 cm , Y = 5,43 cm e a área A = 112,08 cm2 , foram determinadas anteriormente 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 :

JX ‘ = 265,25 cm2

JY ‘ = 332,20 cm2


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 :

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 =1.763,14cm4

JX ‘ =1.155,55cm4

JY ‘ = 1.763,14 cm4


1.3 PRODUTO DE INÉRCIA

O produto de inércia é também uma entidade puramente matemática, sem qualquer interpretação física. É 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 ds Jxy = y X 0 Fig. 1. 26Uma análise da própria definição permite-nos chegar às 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 eixos referenciais em que estiver situada, isto é , positivo nos quadrantes I e III , negativo nos quadrantes II e IV ; Y Y Y Y ds ds y X y X y y ds ds -x x x X -x X

Jxy = >0 Jxy = <0 Jxy = >0 Jxy = < 0

Fig. 1. 26 a Fig. 1. 26 b Fig. 1. 26 c Fig. 1. 26 c


3. Se a figura estiver distribuída em mais de um quadrante, o produto de inércia total terá o sinal da soma algébrica dos produtos de inércia das áreas contidas nestes quadrantes;

4. Se a figura admitir pelo menos um eixo de simetria coincidente com um dos eixos do sistema a que se refere o produto de inércia, este será NULO

5. A unidade do produto de inércia é L4 ( exp. cm4 ; m4 ).

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 pelo C.G.S - área da figura dada;x e y - coordenadas do centro de gravidade da figura relativas ao sistema XOY

1.3.1 P. I. DE FIGURAS BÁSICAS

Do Retângulo:

Y

dy cg h Jxy = y

0 Jxy =

x dx Fig.1.27 2. Cálculo do produto de inércia Jx’y’ onde X’O’Y’ – sistema de eixos passando pelo centro de gravidade do retângulo.

Jxy = Jx’y’ + S

1. Cálculo do produto de inércia Jxy , onde XOY- sistema de eixos passando pelos lados do retângulo .


( Teorema de Steiner )

b2h2/4 = Jx’y’ + b.h. (b/2)(h/2) ................................

- Valor esperado por causa da simetria da figura.

Do Triângulo:

Y A(0,h)

dS cg y y”

Jxy = , B(b,0) x y” = h(b-x)/b, (semelhança de triângulos)

Fig. 1. 28

JXY =

JXY = ....

2. Cálculo do Jx’y’ , onde X’O’Y’- sistema de eixos baricentros do triângulo retângulo .

JXY = JX’Y’ + S . ( Teorema de Steiner)

b2.h2/24 = Jx’y’ + b.h/2. b/3 . h/3

Jx’y’ = 0

1. Cálculo do produto de inércia Jxy, onde XOY- sistema de eixos passando pelos lados do triângulo retângulo .

JXY = b2 . h2 / 24

Y

Jx’y’ = -b2 . h2 /72

B/3 B

X

y

X

H H/3

0,424R

B/3

B


NOTA: O sinal negativo do produto de inércia, significa que na distribuição das áreas do triângulo retângulo pelos quadrantes do sistema que passa pelo centro de gravidade, a SOMA das áreas dos quadrantes II e IV, é maior que a SOMA das áreas dos quadrantes I e III, veja a figura abaixo.

Do Quadrante de Círculo:

Y Y ‘ dS cg y X ‘ 0,424R

Fig. 5.29

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) ...

1. Cálculo do produto de inércia Jxy, onde XOY- sistema de eixos coincidindo com os diâmetros do círculo .

JXY = R4 / 8

JX ‘Y ‘ = - 0,016 .R4

X

Fig. 5. 28 a

5,0


NOTA: O sinal negativo do produto de inércia, significa que na distribuição das áreas desta figura pelos quadrantes do sistema que passa pelo centro de gravidade, a SOMA das áreas dos quadrantes II e IV, é maior que a SOMA das áreas dos quadrantes I e III, veja a figura abaixo. y

II

IV X 0 R Fig. 1. 29 a

Do Círculo e semicírculo:

Estas figuras apresentam as seguintes simetrias: a)- o círculo com relação aos dois diâmetros; b)- o semicírculo com relação a um dos diâmetrosEm qualquer dos casos o produto de inércia será nulo, em relação a um sistema coincidente com pelo menos um destes diâmetros.

1.3.2 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) (III) 5,0 (VI) 5,0 (II) 5,0 V x (IV) 10,0

5,0 5,0 5,0 5,0

Solução:1. Decomposição da figura

Figura-I: Retângulo 5x25Figura-II: Retângulo 10x10Figura-III: Retângulo 5x15Figura-IV: Triângulo RetânguloFigura-V: Semicírculo Inferior Figura-VI: Semicírculo Superior


Fig. 1.30

2. Cálculo das coordenadas do centro de gravidade

Figura Si xi yi Sixi SiyI 125,00 -7,50 2,50 -937,50 312,50 II 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 -309,29å 246,50 / / -166,75 899,25

;

2. Cálculo do produto de inércia – JXY :

JXY = JXYI + JXY II + JXY

III + JXYIV - JXY

V - JXYVI ,

Calculando o valor de cada parcela:

= 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

JXY = 1.146,81 cm4


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. 1. 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 - JXY

III - JXYIV - JXY

V - JXYVI , calculando o

valor de cada parcela:

JXY I = 0 ........... ( o eixo Y é de simetria );

JXYII = = 863,68

cm4

JXY III = 0 + 12,56 ( 4 ).( 4 ) = 200,96 cm4

JXY IV = 0 ........... ( o eixo Y é de simetria );

JX ‘ Y ‘ = 1.758,62 cm4

mα


JXYV = = - 850,68

cm4

JXY VI = 0 + 16,00 ( -6 ).( 10 ) = - 960,00 cm4

JXY = 0 + 863,68 - 200,96 - 0 + 850,68 + 960,00

2. Cálculo do produto de inércia – JX ‘Y ‘ , sendo X ‘O ‘Y ‘ o sistema de eixos baricêntrico

Aplicando o teorema de Steiner:

2.473,40 = Jx’y’ + 112,08 (4,47 )(5,43) .....

1.4 TRANSPOSIÇÃO DE EIXOS

A parte da transposição de eixos relativa à translação, fica inteiramente resolvida com aplicações convenientes do Teorema de Steiner, portanto ressaltamos agora , apenas as rotações de eixos. Neste caso o objetivo é , conhecidos os momentos de inércia JX e JY e o produto de inércia JXY de uma figura plana , sendo XOY um sistema de eixos ortogonais qualquer , determinar os momentos de inércia JU e JV bem como o produto de inércia JUV desta mesma figura com relação a outro sistema igualmente perpendicular , concorrente com o primeiro porém defasado de um ângulo a , como mostra a figura abaixo.

V Y

ds u v U n 0 x

Dados :

JX Y = 2.473,40 cm4

JX’Y’ = - 247,02 cm4


Determinar:

Da figura acima , tiramos as seguintes relações geométricas entre as coordenadas dos dois sistemas XOY e UOV:

u = m + n = x.cosa + y.sena v = y.cosa - x.sena Assim temos:

( I )

( II )

( III ) Pelas equações I , II e III para cada valor do ângulo a tem-se um conjunto de Momentos de inércia JU e JV . Existirá um determinado ângulo que chamaremos de ao , para o qual estes momentos serão máximo ou mínimo. Para determiná-los façamos:

JU = JX.cos2a + JY.sen2a - JXY.sen2a

JV = JYcos2a + JX.sen2a + JXY.sen 2a

JUV = cos2a.JXY + ½ sen2a.( JX – JY )


Tirando-se o valor da Tangente, temos: ( IV )

Esta equação mostra que existem dois valores de ao , defasados de 90o, que a satisfazem e estabelecem as posições dos eixos em relação aos quais o momento de inércia é máximo para ao e mínimo para (ao+ 90o) . Se o ponto de concorrência coincidir com o centro de gravidade da figura plana, teremos então, as denominações de eixos principais (1 e 2) e momentos principais de inércia J1 e J2 .

1.4.1 MOMENTOS PRINCIPAIS DE INÉRCIA

Para a determinação dos momentos principais de inércia J1 e J2 basta que se substitua nas equações ( I ) e ( II ) o ângulo a pelo valor ao

encontrado na equação- ( IV ), onde os momentos e o produto de inércia devem se referir aos eixos baricêntricos . Isto será feito de maneira mais conveniente a través de transformações trigonométricas. Assim temos:

Sabe-se da trigonometria, que:

cos2 ao =( 1+cos 2ao )/2 ; sen2 ao = ( 1 – cos 2ao )/2 e ainda

tg 2ao = ( -2.JXY )/ ( JX – JY )


Fazendo-se as devidas substituições, temos que

Onde os momentos de inércia JU e JV receberam as anotações especiais, respectivamente de J1 e J2 .

Observe que, aplicando-se o mesmo procedimento na busca do produto principal de inércia, chegaremos a conclusão que ele não existe, senão vejamos:

substituindo

= , 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 de eixos baricêntricos ;

JUV = J12 = 0

Juv = J12 = 0

X

2,

0


d)- Os momentos principais de inércia J1 e J2 ;e)- Traçado dos eixos principais de inércia.

SOLUÇÂO: y

4,0 II VII 4,0

I IV IX VI 2,0 2,0

0 x V X

III VIII 4,0

4,0 2,0 2,0 2,0 2,0 4,0 Fig. 1. 32

a)- Cálculo das coordenadas do centro de gravidade:


I 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 12,56X 6,28 3,15 -2,00 19,78 -12,56å 120,00 / / 16,64 0,00

1. Decomposição da figura dada:

Fig . I : Retângulo 6x8 Fig. II:Triâng.Ret..Superior Fig.III: Triâng.Ret.Inferior Fig.IV: Semicírc. Superior

Fig. V : Semicírc. Inferior Fig. VI: Retângulo 4x8

Fig. VII: Triâng.Ret.Super.Fig.VIII: Triâng.Ret..Infer.Fig. IX : Semicírc. SuperiorFig. X : Semicírc. Inferior


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 +

JXX

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 = p 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 = hb3/12 + S1.d1

2 = 8. 63/12 + 48 . 52 = 1.344,00 cm4

JYII = JY

III = hb3/36 + S2.d22 = 4 . 63/36 + 12 . 42 = 216,00 cm4

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

JYVII = JY

VIII = hb3/36 + S7 . d72 = 4 . 43/36 + 8 ( 5,33 )2 = 234,38 cm4

JYIX = JY

X = 0,1098.R4 + S9 . d92 = 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

JX = 1.598,57 cm4

JY = 3.462,03 cm2


Produto de Inércia - JXY

NOTA: Observe que a figura total é simétrica em relação ao eixo OX , logo o produto de inércia 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 = 62 .42/72 +12(-4)(5,33)= -247,84 cm4

JXYIV = - JXY

V = 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 cm4

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. X2 ……… …… Teorema de Steiner p/ figura total

3.462,03 = JX ‘ + 120,00 ( 0,14 )2

Produto de Inércia - JX’Y’

JXY = JX ‘Y ‘ + S. ...................... Teorema de Steiner p/ figura total

0 = JX ‘Y ‘ + 120,00 (0,14) (0)

JXY = 0

JX ‘ = JX = 1.598,57 cm 4

JY ‘ = 3.459,68 cm 4

JX ‘Y ‘ = 0


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 ao ;

Tg 2ao = ( - 2x JX ‘Y ‘ )/ ( JX’ - JY ‘ ) Tg 2ao = ( - 2 x 0 ) / ( - 1.861,11 ) = 0Os ângulos que satisfazem à esta equação trigonométrica são: ao = 0o e ao = 90o

Y ’= Eixo 2

90o

cg X ‘ = Eixo 1 Fig. 1. 32 a

Exemplo –02:Considerando a superfície plana composta da figura 1.11 (ex.:02-

pg.22) , cujos momentos de inércia com relação ao sistema de eixos


baricêntricos são JX ‘ = 1.155,55 cm4 , JY ‘ = 1.763,14 cm4 e o produto de inércia JX ‘Y ‘ = - 247,02 cm4 , determinar :a)- Os momentos principais de inércia J1 e J2 ;b)- O traçado dos eixos principais função de ao .

Solução :

a)- Momentos Principais de Inércia

Momento - J1 :

Momento – J2 :

b)- Traçado dos Eixos Principais de Inércia

Cálculo do ângulo ao :

Y‘ Eixo-2

ao


70o,44 C.G. -19°,56 X ‘

Eixo-1

Fig. 1. 33 - Posição dos Eixos Principais

1.4.2 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 inércia relativos aos eixos ortogonais baricêntricos . Também é usado no estudo das tensões internas 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 : 2 1 C

JX’ = AO α0 α0 q

JY’ = OB 0 N B D A M Jx’y’ = AC J2 Jy’ Tem-se: Jx’

J1 = OM e J2 = ON J1

Fig. 1. 34

Justificativa:

OM = OD + DC, sendo OD = (OA + OB)/ 2 e DC = (DA2 + AC2 )1/2


1.4.3 ELÍPSE CENTRAL DE INÉRCIA

Chama-se elipse central de inércia de uma superfície plana em função dos eixos principais de 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 as raízes 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 ao pela relação :

O estudo destes dois conceitos ( 3.10 e 3.11 ) será desenvolvido nas aplicações da teoria das flexões oblíquas e composta , na disciplina


Resistência dos Materiais , inclusive com as deduções das fórmulas a partir do Círculo de Möhr .

1.4.4 APLICAÇÕES PRÁTICAS (propostas)

Enunciado: Considerando as superfícies planas dimensionadas em centímetros, como mostram 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 eixos arbitrários ;c)- Os momentos e o produto de inércia, com relação ao sistema de eixos baricêntricos;e)- Os momentos principais de inércia;f)- O traçado dos eixos principais de inércia.

Figura – 1.35:

2,0 2,0 2,0 2,0 3,0

4,0 2,0 2,0

Figura – 1. 36:

4,0


4,0 2,0

2,0

8,0 4,0 2,0 6,0

Figura - 1.37:

D= 4,0

3,0

5,0

2,0 2,0 3,0 5,0

OUTROS ENUNCIADOS:1. Determinar o momento de inércia Jx da figura, sendo x um eixo que faz um ângulo de 60o com a horizontal . As dimensões estão em centímetros. x 3,0 c.g Fig.1.38 α 5,0 H 3,0 3,0 5,02 Dois semicírculos se superpõem como mostra a figura abaixo. O maior tem raio R = 7,0 cm e o menor raio r = 4,0 cm . Determinar o momento de inércia Jx .

·


X Fig.1.39

r R

3. Considerando a figura abaixo,dimensionada em centímetros, determinar: a) As coordenadas do centro de gravidade; b) Os M.I Jx’

e Jy’ , e o produto de inércia Jx’y’ ; c) Os momentos principais de inércia J1 e J2 . y

Quadrante de Raio = 6,0 6,0 Fig.1.40 3,0 3,0 3,0 3,0

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