• Author / Uploaded
• Mariela Espinoza

• Categories
• Pi
• Integral
• Centro de masa
• Gravedad
• Masa

Citation preview

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

1

7.

Capítulo 7 Propiedades inerciales de cuerpos y superficies.

7.1

Centro de gravedad y centroides (baricentros)

Centro de gravedad. El centro de gravedad de un cuerpo es aquel punto por el que pasa la resultante de la fuerza de gravedad, independiente de la posición del cuerpo en el espacio. Supongamos que tenemos un cuerpo rígido de masa “ m ”, cuyo centro de gravedad está ubicado en el punto “G”, tal como se indica en la siguiente figura.

y m G

r u O

z

r ri

r r v W

y

r ΔWi

x

z

x

Donde: m = Masa total del cuerpo. G = Centro de gravedad del cuerpo.

r r W = m ⋅ g = Peso total del cuerpo r u = ( x , y , z ) = Vector posición del centro de gravedad “G”. r ri = ( xi , yi , z i ) = Vector posición del centro de gravedad de un trozo pequeño de masa " Δmi " r r y peso ΔWi = Δmi ⋅ g r v = Vector desplazamiento, desde el centro de gravedad “G” hasta la pequeña masa " Δmi " Para que “G” sea el Centro de gravedad del cuerpo debe cumplirse que:

r r Δ W = W ∑ i

y

i =1

Pero:

r r r u + v = ri

i =1

→

r

r

r ∑ (v × ΔW ) = 0 n

n

i

(1)

r r r v = ri − u

Reemplazando en (1), tenemos: ______________________________________________________________________ 1 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

2

r r r r ∑ [(ri − u ) × Δmi ⋅ g ] = 0 n

i =1

r r r r ∑ [(ri ⋅ Δmi − u ⋅ Δmi ) × g ] = 0 n

i =1

n r ⎞ r r ⎛ n r r m u m ⋅ Δ − ⋅ Δ ⎜∑ i ∑ i ⎟× g = 0 i ⎠ ⎝ i =1 i =1

r u es único, por lo tanto puede extraerse de la sumatoria, entonces: r n ⎞ r r ⎛ n r ⎜ ∑ ri ⋅ Δmi − u ⋅ ∑ Δmi ⎟ × g = 0 ⎠ ⎝ i =1 i =1 Para que este producto cruz sea igual a cero, debe cumplirse que ambos vectores sean paralelos r r r o uno de los dos vectores sea igual al vector 0 . El vector g no puede ser 0 , luego: n r r ⋅ Δmi ∑ n n r r r r i =1 i u= n ∑ ri ⋅ Δmi − u ⋅ ∑ Δmi = 0 → i =1 i =1 ∑ Δmi Pero, el vector

i =1

n

(x , y, z ) =

∑ (xi , yi , zi ) ⋅ Δmi i =1

→

n

Δmi ∑ i =1

1 n (x , y , z ) = ⋅ ∑ (xi , yi , zi ) ⋅ Δmi m i =1

Luego:

1 n x = ⋅ ∑ xi ⋅ Δmi m i =1

1 n 1 n y = ⋅ ∑ yi ⋅ Δmi z = ⋅ ∑ zi ⋅ Δmi m i =1 m i =1 Si en lugar de un pequeño trozo de masa Δm , consideramos un diferencial de masa dm , entonces, las ecuaciones anteriores se transforman en las siguientes:

x=

1 ⋅ x ⋅ dm m ∫m

y=

1 ⋅ y ⋅ dm m ∫m

z=

1 ⋅ z ⋅ dm m ∫m

______________________________________________________________________ 2 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

3

Casos especiales: 1. Volúmenes: En este caso: m

= ρ ⋅V dm = ρ ⋅ dV

→ Luego:

x=

1 1 ⋅ ∫m x ⋅ dm = x ⋅ ρ ⋅ dV m ρ ⋅ V ∫m

→

x=

1 ⋅ x ⋅ dV V ∫V

O sea:

x=

1 ⋅ x ⋅ dV V ∫V

y=

1 ⋅ y ⋅ dV V ∫V

z=

1 ⋅ z ⋅ dV V ∫V

Similarmente se pueden obtener las expresiones para determinar los centroides de áreas y longitudes, a saber: 2. Áreas:

x= 3.

1 ⋅ x ⋅ dA A ∫A

y=

1 1 ⋅ ∫A y ⋅ dA z = ⋅ ∫Az ⋅ dA A A

Longitudes

1 x = ⋅ ∫l x ⋅ dl l

1 y = ⋅ ∫l y ⋅ dl l

1 z = ⋅ ∫l z ⋅ dl l

______________________________________________________________________ 3 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

4

Ejemplos: Ejemplo N° 1 Determinar la ubicación del centroide de un triangulo rectángulo de base “ b ” y altura “ h ”.

y

dx h

u

x

o x

a) Cálculo de

x:

b 1 x = ⋅ ∫Ax ⋅ dA A

→

b⋅h 2 u h = x b A=

Donde: Además: Entonces:

y →

dA = u ⋅ dx h u = ⋅x b

→

h dA = ⋅ x ⋅ dx b

1 2 b h ⋅ ∫Ax ⋅ dA = ⋅ x ⋅ ⋅ x ⋅ dx A b ⋅ h ∫0 b b 2b 2 ⎡ x3 ⎤ x= x = 2 ⋅⎢ ⎥ → 3 b ⎣ 3 ⎦0

x= →

b) Cálculo de y El y lo podemos calcular considerando el y deldA ( y del elemento dA ). Esto es:

1 1 ⋅ ∫A y ⋅ dA = ⋅ ∫A ydeldA ⋅ dA A A 2 h b 2 2 bu 1 b⎛h ⎞ y = ⋅ ∫ ⋅ u ⋅ dx = ∫ ⎜ ⋅ x ⎟ ⋅ dx = 3 ⋅ ∫ x ⋅ dx bh 0 2 bh 0 ⎝ b ⎠ b 0

y=

b

h ⎡ x3 ⎤ y = 3 ⋅⎢ ⎥ b ⎣ 3 ⎦0

→

y=

h 3

______________________________________________________________________ 4 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

5

El y también lo podemos calcular considerando un dA horizontal. Esto es:

y

dy

v

h

y

x

o b y=

1 ⋅ y ⋅ dA A ∫A Además:

A=

Donde:

v b = (h − y ) h

b⋅h 2 →

dA = v ⋅ dy

y

b v = ⋅ (h − y ) h

b dA = ⋅ (h − y ) ⋅ dy h h 1 2 b y = ⋅ ∫A y ⋅ dA = ⋅ ∫0 y ⋅ ⋅ (h − y ) ⋅ dy b⋅h h A h 2 b ⎛ y2 ⋅ h y3 ⎞ y= ⋅ ⋅⎜ − ⎟⎟ b ⋅ h h ⎜⎝ 2 3 ⎠0 →

Luego:

2 y= 2 h y

⎛ h3 h3 ⎞ 2 h3 h ⋅ ⎜⎜ − ⎟⎟ = 2 ⋅ = 3⎠ h 6 3 ⎝2

h 3

Resumen

G o

y=

→

h h3

x

2b 3

b

______________________________________________________________________ 5 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

6

Ejemplo N°2 Determinar la ubicación del centroide de un semicírculo de radio “ r ”

y

r

dθ

y

θ

x

x

x=

2r ⋅ cosθ 3

y=

2r ⋅ senθ 3

a) Cálculo de “ y ”:

1 y = ⋅ ∫ y ⋅ dA A A

A=

π ⋅ r2

2 1 r 2 ⋅ dθ dA = ⋅ r ⋅ (r ⋅ dθ ) = 2 2

Donde :

Luego:

2 π 2r r 2 ⋅ dθ y= ⋅ ⋅ senθ ⋅ π ⋅ r 2 ∫0 3 2 π

2r 2r y= ⋅ ∫ senθ ⋅ dθ = − ⋅ [cosθ ]π0 3π 0 3π

y=−

2r ⋅ [− 1 − 1] 3π

→

y=

4r 3π

b) Cálculo de “ x ”

1 2 2r 1 cos ⋅ ∫Ax ⋅ dA → x= ⋅ ⋅ θ ⋅ ⋅ r ⋅ (r ⋅ dθ ) A π ⋅ r 2 ∫A 3 2 2r π 2r π x =0 x= ⋅ ∫ cos θ ⋅ dθ = ⋅ [senθ ]0 → 3π 0 3π x=

Conclusión: El centroide de una superficie simétrica, se encuentra en su eje de simetría.

______________________________________________________________________ 6 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

7

Ejemplo N°3 Determinar la ubicación del centroide de una semicircunferencia de radio “ r ”.

y

r

dθ

y

θ

x x

x = r ⋅ cosθ

y = r ⋅ senθ

a) Cálculo de “ y ”:

l =π ⋅r 1 Donde : y = ⋅ ∫ y ⋅ dl l l dl = r ⋅ dθ 1 Luego: y= ⋅ ∫ r ⋅ senθ ⋅ r ⋅ dθ π ⋅r A r π r π y = ⋅ ∫ senθ ⋅ dθ = − ⋅ [cosθ ]0

π

y=−

π

0

⋅ [− 1 − 1]

r

π

→

y=

2r

b) Cálculo de “ x ”

1 x = ⋅ ∫Ax ⋅ dl l 1 x= ⋅ r ⋅ cos θ ⋅ r ⋅ dθ π ⋅ r ∫A r π r π x = ⋅ ∫ cos θ ⋅ dθ = ⋅ [senθ ]0 →

π

0

π

π

x =0

Conclusión: El centroide de una curva simétrica, se encuentra en su eje de simetría. En general, si una curva o una superficie tiene dos o mas ejes de simetría, su centroide estará totalmente definido por el punto de encuentro, de los ejes de simetría. Ejemplos: rectángulo, cuadrado, círculo, circunferencia, triángulo equilátero, etc

______________________________________________________________________ 7 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

8

Ejemplo N° 4 Determinar la ubicación del centroide de una sección “C” de altura “14e ” y alas iguales de ancho “11e ” y espesor homogéneo “ e ”, tal como se indica en la siguiente figura.

14e

11e Solución. Primero debemos ubicar un sistema de coordenadas de referencia y dividir la sección en áreas cuyo centroide sea conocido.

y 1

14e

O sea:

2

x= 3

11e →

y = 7e → ubicación del eje de simetría 1 1 n x = ⋅ ∫ x ⋅ dA = ⋅ ∑ xi ⋅ ΔAi A A A i=1

e

x →

1 ⋅ ( x1 ⋅ A1 + x2 ⋅ A2 + x3 ⋅ A3 ) A A = A1 + A2 + A3 A = 10e 2 + 14e 2 + 10e 2 = 34e 2

1 127e 3 2 2 2 x= ⋅ (6e ⋅ 10e + 0,5e ⋅ 14e + 6e ⋅ 10e ) = = 3,735 ⋅ e 2 34e 34e 2

Luego, el centroide “G”, se encuentra ubicado en el punto ( x , y ) = (3,735e;7e )

______________________________________________________________________ 8 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

9

La elección de las áreas que conforman el área total es arbitraria. Sin embargo, es conveniente hacer la selección de modo que los centroides de las áreas componentes sean de fácil identificación. También se pueden seleccionar áreas negativas; en el ejemplo en estudio se puede desarrollar la solución del problema con la siguiente división de áreas.

y

En este caso, si al rectángulo de borde rojo le restamos el rectángulo celeste de base “10e ” por “12e ” de altura, obtenemos el área en estudio. Luego:

e 1

1 n 1 x = ⋅ ∑ xi ⋅ ΔAi = ⋅ ( x1 ⋅ A1 − x2 ⋅ A2 ) A i =1 A

14e 2

A = A1 − A2 A = 11e ⋅14e − 10e ⋅12e = 34e 2

→

x

Luego:

11e

→

127e3 = 3,735e x= 34e 2

x=

→

1 ⋅ (5,5e ⋅ 154e 2 − 6e ⋅ 120e 2 ) 2 34e

x = 3,735e

→

O.K.

______________________________________________________________________ 9 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

10

Teoremas de Pappus. Primer teorema. El volumen engendrado por la rotación de una superficie plana alrededor de un eje que no la corta en su plano, es igual al área de la superficie multiplicada por la distancia que recorre su centroide.

V = A ⋅ (2π ⋅ y ) V = A ⋅ (2π ⋅ x )

O sea: O bién:

Ejemplo N° 5 Utilizando el teorema de Pappus, determinar la ubicación del centroide de un semicírculo.

y

x =0 Teorema:

r

y

x

V = A ⋅ (2π ⋅ y )

4 π ⋅ r2 3 ⋅π ⋅ r = ⋅ (2π ⋅ y ) → 3 2 →

y=

4r 3π

Segundo teorema. El área de la superficie engendrada por la rotación de una curva plana alrededor de un eje que no la corta en su plano, es igual a la longitud de la curva multiplicada por la distancia que recorre su centroide. O sea: O bién:

A = l ⋅ (2π ⋅ y ) A = l ⋅ (2π ⋅ x )

______________________________________________________________________ 10 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

11

Ejemplo N° 6 Utilizando el teorema de Pappus, determinar la ubicación del centroide de una semicircunferencia.

y

x =0 Teorema:

y

r

x

Figura del ejemplo Nº6

→

A = l ⋅ (2π ⋅ y )

4 ⋅ π ⋅ r 2 = π ⋅ r ⋅ (2π ⋅ y )

→

y=

2r

π

Ejemplo N° 7 Utilizando el teorema de Pappus, calcular el volumen de un cono de altura “ h ”, con base de radio “ a ”. Solución: Si hacemos girar el triángulo de la figura y alrededor del eje “ y ” , obtenemos el volumen del

cono de altura “ h ”,con base de radio “ a ”. Utilizando el primer teorema de Pappus, tenemos:

V = A ⋅ 2π ⋅ x

Aplicando a este caso:

h G x a 3

a

a ⎛1 ⎞ V = ⎜ ⋅ a ⋅ h ⎟ ⋅ 2π ⋅ 3 ⎝2 ⎠ 2 π ⋅a V = ⋅h 3

Figura del ejemplo Nº7

______________________________________________________________________ 11 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

12

Ejemplo N° 8

Utilizando el teorema de Pappus, calcular el área del manto superior de un cono de altura “ h ” con base de radio “ a ” . Solución: Si hacemos girar la línea inclinada de la figura, alrededor del eje “ y ”, obtenemos una superficie cuya área es la del manto de un cono de altura “ h ” con base de radio “ a ”. Utilizando el segundo teorema de Pappus, tenemos:

y

h

G

a 2

A = l ⋅ 2π ⋅ x

x

Aplicando esta fórmula a este caso:

A = h 2 + a 2 ⋅ 2π ⋅ a

a 2

A = π ⋅ a ⋅ h2 + a2

______________________________________________________________________ 12 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

13

7.1. Momento Estático de un área o momento de área de Primer Orden. El momento estático de un área es el momento de primer orden con respecto a un eje determinado. Se designa con la letra “ S ” y se calcula de la siguiente forma:

S x = ∫ y ⋅ dA

S y = ∫ x ⋅ dA

A

A

Donde:

y

x

A dA y x Además, de la definición de baricentro o centroide, sabemos que:

1 ⋅ x ⋅ dA A ∫A 1 y = ∫ y ⋅ dA AA

x=

→ →

1 ⋅ Sy A 1 y = ⋅ Sx A

x=

Sy = x ⋅ A

→ →

Sx = y ⋅ A

O sea, el centroide es el lugar geométrico en donde se puede concentrar el área de una superficie de modo de igualar su primer momento (o momento estático) con respecto a un eje determinado. De las fórmulas anteriores se deduce que: • Si el eje x es un eje que pasa por el centroide “ G ” del área “ A ”, entonces

y = 0 → S xG = 0.

•

Si el eje y es un eje que pasa por el centroide “ G ”del área “ A ”, entonces

x = 0 → S yG = 0. Las unidades en que se miden los momentos estáticos son unidades de longitud elevadas al cubo. ______________________________________________________________________ 13 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

14

Ejemplo 1 Calcular el momento estático de la sección semicircular que se muestra en la siguiente figura, respecto a los ejes x, x1 , y, y1 . El eje y es un eje de simetría.

Datos : r ,θ

y1

y x1 r

θ

x

Solución: a) Ubicación del centroide del semicírculo. El centriode del semicírculo se encuentra ubicado en el eje de simetría “ y ”, a una

y=

distancia

4r 3π

. Luego, respecto al sistema de coordenadas “ x, y ”, el

⎛ 4r ⎞ ⎟. ⎝ 3π ⎠

centroide “ G ” se encuentra ubicado en el punto: G = ( x , y ) = ⎜ 0,

Por lo tanto, respecto al sistema de coordenadas “ x1 , y1 ”, el centroide “ G ”

4r ⎛ 4r ⎞ ⋅ senθ , ⋅ cosθ ⎟ . 3π ⎝ 3π ⎠

se encuentra ubicado en el punto: G = ( x1 , y1 ) = ⎜

y1

Luego:

y x1

G

r

4r πr 2 2r 3 ⋅ = Sx = 3π 2 3

θ θ

Sx = y ⋅ A

y

Similarmente:

x

Sy = x ⋅ A = 0 S x1 = y1 ⋅ A

4r πr 2 2r 3 ⋅ cosθ → S x1 = ⋅ cosθ ⋅ = 3π 2 3 2 3 4r 2r ⋅ senθ πr → S y1 = ⋅ senθ ⋅ = 3π 2 3

______________________________________________________________________ 14 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

15

Ejemplo 2 Calcular el momento estático del área achurada de la sección en forma de “T” de espesor uniforme “ a ” de la siguiente figura, respecto a un eje horizontal que pasa por el centroide de la sección”T”. Datos : a

10a

12a

Solución: a) Ubicación del centroide de la sección “T”: El centroide se encuentra ubicado en el eje de simetría, a una altura que determinaremos a continuación. Sea A1 el área achurada y A2 el área sin achurar. Entonces, la distancia y desde el eje x al centroide “ G ” será:

y

1 ⋅ ( y1 ⋅ A1 + y 2 ⋅ A2 ) A 1 y= ⋅ 11,5a ⋅ 10a 2 + 5,5a ⋅ 11a 2 2 21a y = 8,357 ⋅ a y=

10a

(

G xG

12a

Luego:

y

S xG = (11,5a − y ) ⋅ A1

x

S xG = 3,143a ⋅ 10a 2 S xG = 31,43a 3

______________________________________________________________________ 15 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

)

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

16

7.2. Momento de Inercia o momento de área de Segundo Orden El momento de inercia de un área es el momento de segundo orden con respecto a un eje determinado. Se calcula de la siguiente forma:

I y = ∫ x 2 ⋅ dA

I x = ∫ y 2 ⋅ dA

A

A

Donde:

y

x

A dA y x

El valor del momento de inercia depende de la ubicación del eje respecto del cual se calcula. En todo caso como las coordenadas del diferencial de área están al cuadrado, el valor del momento de inercia es siempre positivo. Las unidades en que se miden los momentos de inercia son unidades de longitud 4 elevadas a la cuarta potencia. “ℓ ”. Debido a que la definición de momento de inercia considera la integral de un “dA” multiplicado por el cuadrado de su distancia respecto del eje de referencia, los “dA” mas distantes del eje contribuyen de manera más importante a su valor. Análogamente a lo realizado con el momento estático y el centroide, se puede ubicar un punto en donde se concentre toda el área y se genere un momento equivalente. Y:

I x = ∫ y 2 ⋅ dA = i x2 ⋅ A

→

ix =

Ix A

→

iy =

Iy

A

I y = ∫ x 2 ⋅ dA = i y2 ⋅ A A

A

Donde “ ix ” e “ i y ” se denominan los “radios de giro” de la superficie con respecto a los ejes de referencia x e y , respectivamente. ______________________________________________________________________ 16 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

17

Ejemplo 1 Calcular el momento de inercia de un rectángulo de base “ b ” y altura “ h ”, respecto a: a) Un eje horizontal “ xG ”que pasa por su centroide. b) Un eje horizontal “ x ”que pasa por su base. Solución:

a) Momento de inercia respecto al eje “ xG ”

y

I x = ∫ y 2 ⋅ dA G

A

dy G

h

h2

Ix

⎡b ⋅ y3 ⎤ = ∫ y ⋅ b ⋅ dy = ⎢ ⎥ ⎣ 3 ⎦ −h 2 −h 2

Ix

b ⎡ h 3 ⎛ h 3 ⎞⎤ b ⋅ h 3 = ⋅ ⎢ − ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ = 3 ⎣ 8 ⎝ 8 ⎠⎦ 12

h2

y

xG

G

x

G

b

2

Ix

→

G

b ⋅ h3 = 12

b) Momento de inercia respecto al eje “ x ”

y

I x = ∫ y 2 ⋅ dA A

dy

h

⎡b ⋅ y3 ⎤ I x = ∫ y ⋅ b ⋅ dy = ⎢ ⎥ ⎣ 3 ⎦0 0 h

2

h

y x b

→

b ⋅ h3 Ix = 3

______________________________________________________________________ 17 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

18

Ejemplo 2

Calcular el momento de inercia del área sombreada de la sección en forma de “T” de espesor uniforme “ a ”, respecto a un eje horizontal x que pasa por su base. Datos : a

4a

6a

x Solución:

a) Solución utilizando la definición de momento de inercia:

I x = ∫A y 2 ⋅ dA

4a dy

5a

y

6a

dy

6a

I x = ∫0 y 2 ⋅ a ⋅ dy + ∫5 a y 2 ⋅ 4a ⋅ dy

y x 5a

6a

⎡ y3 ⎤ ⎡ 4a y3 ⎤ a I x = ⎢a ⋅ ⎥ + ⎢4a ⋅ ⎥ = ⋅ 125a 3 + ⋅ (216a 3 − 125a 3 ) 3 ⎦ 5a 3 3 ⎣ 3 ⎦0 ⎣ →

I x = 163a 4

______________________________________________________________________ 18 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

19

b) Solución utilizando el valor del momento de inercia de un rectángulo respecto a un eje

b ⋅ h3 Ix = 3

que pasa por su base:

4a

6a

5a

3a 2

x

3a 2

4a ⋅ (6a ) 3a ⋅ (5a ) a 4 − = ⋅ (4 ⋅ 216 − 3 ⋅ 125) Ix = 3 3 3 I x = 163 ⋅ a 4 → 3

3

Ejemplo 3 Calcular el momento de inercia de un triángulo rectángulo de base “ b ” y altura “ h ”, respecto a un eje horizontal “ x ”que pasa por su base. Solución:

y

h

dy

u

y

x

b h

I x = ∫ y ⋅ dA = ∫ y 2 ⋅ u ⋅ dy 2

A

(*)

0

De la semejanza de triángulos obtenemos el valor de “ u ”. ______________________________________________________________________ 19 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

u b = (h − y ) h

→

u=

20

b ⋅ (h − y ) h

Reemplazando en la expresión (*), tenemos:

b ⎛ y3 y 4 ⎞ b h 4 b ⋅ h3 b ⋅ (h − y ) ⋅ dy = ⋅ ⎜⎜ ⋅ h − ⎟⎟ = ⋅ = Ix = ∫ y ⋅ h ⎝ 3 4 ⎠ 0 h 12 12 h 0 b ⋅ h3 Ix = → 12 h

h

2

Ejemplo 4

Calcular el momento de inercia respecto al eje “ x ” del área que se muestra en la figura siguiente. Datos: a 2a

6a

12a

a

x

14a Solución. El área en estudio se puede dividir en áreas con momentos de inercia conocidos. En este caso conocemos los momentos de inercia del rectángulo y del triángulo respecto a la base. Estos son:

b ⋅ h3 3 b ⋅ h3 = 12

a) Para el rectángulo

→

I base =

b) Para el triángulo

→

I base

______________________________________________________________________ 20 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

21

Haremos la siguiente división:

2a

1

6a

12a 2

x a

3

14a Con esta división el eje “ x ” es un eje que pasa por las bases de los rectángulos “1” y “3” y por la base del triángulo “2”. Luego:

Donde:

I x = I x1 + I x 2 + I x 3

(1)

b ⋅ h 3 2a ⋅ (11a ) 2662a 4 = = I x1 = 3 3 3 3 3 b ⋅ h 12a ⋅ (5a ) I x2 = = = 125a 4 12 12 3 3 b ⋅ h 14a ⋅ (a ) 14a 4 I x3 = = = 3 3 3 3

Reemplazando estos valores en la ecuación (1), tenemos

2662a 4 14a 4 3051a 4 4 Ix = + 125a + = = 1017 a 4 3 3 3 I x = 1017 a 4 →

______________________________________________________________________ 21 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

22

7.3. Momento de Inercia Polar Se define el momento de inercia polar con la siguiente expresión : y

I p = ∫ r 2 ⋅ dA

x

A

Donde:

r =x +y 2

2

A 2

dA

r

y x

Luego:

I p = ∫ ( x 2 + y 2 ) ⋅ dA = ∫ x 2 ⋅ dA + ∫ y 2 ⋅ dA = I y + I x A

→

A

I p = Ix + Iy

A

Y el radio de giro correspondiente es:

ip =

Ip A

Se puede demostrar que como el momento de inercia polar es la inercia con respecto a un eje perpendicular a la superficie y es igual a la suma de los momentos de inercia de los dos ejes ortogonales “x” e “y”, también debe corresponder a la suma de cualquier par de ejes ortogonales “u” y “v” con origen común a “x” e “y”. O sea : I p = I x + I y = Iu + Iv Demostración:

v y

A

u

dA

u

v y

θ

θ

x

x ______________________________________________________________________ 22 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

23

De la figura se pueden deducir las siguientes expresiones:

u = x ⋅ cos θ + y ⋅ senθ v = y ⋅ cos θ − x ⋅ senθ

Luego:

I u = ∫ v 2 ⋅ dA = ∫ ( y ⋅ cos θ − x ⋅ senθ ) ⋅ dA 2

A

A

I u = ∫ ( y ⋅ cos θ + x 2 ⋅ sen 2θ − 2 xy ⋅ senθ ⋅ cosθ )⋅ dA 2

2

A

I u = I x ⋅ cos 2 θ + I y ⋅ sen 2θ − 2 ⋅ I xy ⋅ senθ ⋅ cos θ

(1)

Similarmente:

I v = ∫ u 2 ⋅ dA = ∫ ( x ⋅ cos θ + y ⋅ senθ ) ⋅ dA 2

A

A

I v = ∫ (x 2 ⋅ cos 2 θ + y 2 ⋅ sen 2θ + 2 xy ⋅ senθ ⋅ cos θ ) ⋅ dA A

I v = I y ⋅ cos 2 θ + I x ⋅ sen 2θ + 2 ⋅ I xy ⋅ senθ ⋅ cosθ

(2)

Sumando las ecuaciones (1) y (2) , tenemos:

I u + I v = (I x + I y ) ⋅ cos 2 θ + (I x + I y ) ⋅ sen 2θ

(

I u + I v = (I x + I y ) ⋅ sen 2θ + cos 2 θ I u + I v = (I x + I y ) → Q.E.D.

)

Ejemplo 1 Calcular los momentos de inercia I p , I x y I y de un círculo de radio “ R ”, respecto a un

sistema de coordenadas que pasan por su centroide “ O ”. Solución. a) Cálculo de I p y

I p = I o = ∫ r 2 ⋅ dA A

R

r

o

dr x

R

⎡ r4 ⎤ 2 I o = ∫ r ⋅ 2πr ⋅ dr = ⎢2π ⋅ ⎥ 4 ⎦0 0 ⎣ πR 4 Io = 2 R

______________________________________________________________________ 23 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

24

b) Cálculo de los momentos de inercia respecto a los ejes x e y En razón a que el círculo tiene simetría puntual Pero:

Io = I x + I y

→

Io = 2 ⋅ I x Io = 2 ⋅ I x =

→

Ix = Iy =

→

7.4.

Ix = Iy

π ⋅ R4 2

π ⋅ R4 4

Producto de Inercia de un área

Se define el producto de inercia de un área “A” como:

I xy = ∫ x ⋅ y ⋅ dA A

y dA

y

A

x x •

El producto de inercia de un área puede tener valores positivos, negativos o cero.

• •

Las unidades en que se miden los productos de inercia son “ l ”. El producto de inercia de una superficie respecto a un sistema de coordenadas es cero, si uno o ambos ejes son ejes de simetría.

4

______________________________________________________________________ 24 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

25

y

A

dA

dA

y

y

x

−x

x

En el caso de esta figura de área “ A ” , el eje “ y ” es eje de simetría. Luego, para cada “ dA ” en el cuadrante positivo del sistema de coordenadas “ xy ”, siempre existirá un “ dA ” idéntico en el cuadrante de los “ x ” negativos, de modo que su suma algebraica dará “ cero “. O sea : x ⋅ y ⋅ dA + (− x ) ⋅ y ⋅ dA = 0 . Lo mismo sucede para los infinitos “ dA ” que conforman el área “ A ”. Luego, el I xy = 0 en estos casos. Ejemplo 1 Calcular el producto de inercia de un triángulo de base “ b ” y altura “ h ” respecto al sistema de coordenadas x, y que se indica en la siguiente figura. Solución:

y

y

yo =

h ⋅x b

dA = dx ⋅ dy

h

h y

x b

x

x

b I xy = ∫ x ⋅ y ⋅ dA = ∫∫ x ⋅ y ⋅ dx ⋅ dy A

______________________________________________________________________ 25 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles b

yo

0

0

26

I xy = ∫ x ⋅ dx ⋅ ∫ y ⋅ dy

En nuestro caso:

yo

b ⎡ y2 ⎤ yo2 1 b ⎛h ⎞ I xy = ∫ x ⋅ dx ⋅ ⎢ ⎥ = ∫ x ⋅ dx ⋅ = ∫ x ⋅ dx ⋅ ⎜ ⋅ x ⎟ 2 20 ⎝b ⎠ ⎣ 2 ⎦0 0 0 b

h2 b 3 h2 I xy = 2 ⋅ ∫ x ⋅ dx = 2 2b 0 2b

2

b

⎡ x4 ⎤ b2 ⋅ h2 ⋅⎢ ⎥ = 8 ⎣ 4 ⎦0 b2 ⋅ h2 I xy = 8

Ejemplo 2 Calcular el producto de inercia de un triángulo de base “ b ” y altura “ h ” respecto al sistema de coordenadas x, y que se indica en la siguiente figura. Solución:

y

y

h

yo =

h

x

h ⋅ (b − x ) b dA = dx ⋅ dy

y

x

x

b

b

I xy = ∫ x ⋅ y ⋅ dA = ∫∫ x ⋅ y ⋅ dx ⋅ dy A

En nuestro caso:

b

yo

0

0

I xy = ∫ x ⋅ dx ⋅ ∫ y ⋅ dy yo

b ⎡ y2 ⎤ yo2 1 b ⎡h ⎤ I xy = ∫ x ⋅ dx ⋅ ⎢ ⎥ = ∫ x ⋅ dx ⋅ = ∫ x ⋅ dx ⋅ ⎢ ⋅ (b − x )⎥ 2 20 ⎣b ⎦ 0 ⎣ 2 ⎦0 0 b

2

______________________________________________________________________ 26 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

27

b

⎡ b 2 x 2 2bx 3 x 4 ⎤ ⋅⎢ − + ⎥ 2 3 4 ⎦0 ⎣ b2 ⋅ h2 I xy = 24

h2 b h2 2 2 I xy = 2 ⋅ ∫ x ⋅ (b − 2bx + x )⋅ dx = 2 2b 0 2b →

Ejemplo 3 Calcular el producto de inercia de un cuarto de círculo de radio “ R ” respecto al sistema de coordenadas x, y que se indica en la siguiente figura.

y

Solución:

yo2 = R 2 − x 2

yo

0

0

I xy = ∫ x ⋅ dx ⋅ ∫ y ⋅ dy

y

x

R

yo

⎡ y2 ⎤ 1 R = ∫ x ⋅ dx ⋅ ⎢ ⎥ = ⋅ ∫ x ⋅ dx ⋅ yo2 2 0 0 ⎣ 2 ⎦0 1 R = ⋅ ∫ x ⋅ R 2 − x 2 ⋅ dx 2 0 R

x

I xy I xy

(

)

R

Luego:

→

R4 1 ⎡ x2 R2 x4 ⎤ − ⎥ = I xy = ⋅ ⎢ 2 ⎣ 2 4 ⎦0 8 R4 I xy = 8

______________________________________________________________________ 27 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

28

Ejemplo 4 Calcular el producto de inercia de un rectángulo de base “ b ” y altura “ h ” respecto al sistema de coordenadas x, y que se indica en la siguiente figura. Solución:

y

b

h

0

0

I xy = ∫ x ⋅ dx ⋅ ∫ y ⋅ dy

x

h

⎡ y2 ⎤ h2 b I xy = ∫ x ⋅ dx ⋅ ⎢ ⎥ = ⋅ ∫ x ⋅ dx ⎣ 2 ⎦0 2 0 0 b

dA

dy h y

b

h2 I xy = 2

⎡ x2 ⎤ h2 b2 ⋅⎢ ⎥ = ⋅ ⎣ 2 ⎦0 2 2

→

b2 ⋅ h2 I xy = 4

x

dx b

______________________________________________________________________ 28 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

29

7.5. Teorema de Steigner o de los Ejes Paralelos Este teorema se usa para trasladar inercias de un eje a otro, siempre que ambos sean paralelos y que alguno de los dos ejes sea un eje centroidal.

I x = I xG + ( y ) ⋅ A 2

El teorema se demuestra a continuación:

y

x dA

yo

G

y

xG

y

A

x En este caso:

I x = ∫ y 2 ⋅ dA

I xG = ∫ yo2 ⋅ dA

y

A

Pero:

y = yo + y

A

→

I x = ∫A ( yo + y ) ⋅ dA 2

Desarrollando esta expresión:

I x = ∫ ( yo2 + 2 yo ⋅ y + y 2 ) ⋅ dA A

I x = ∫ yo2 ⋅ dA + 2 y ⋅ ∫A yo ⋅ dA + y 2 ∫ dA A

A

I x = I xG + 2 y ⋅ S xG + y ⋅ A 2

Pero, “ xG ” es un eje que pasa por el centroide del área “A”, luego :

S xG = 0

Por lo tanto:

I x = I xG + y 2 ⋅ A De lo anterior se deduce que el momento de inercia centroidal es el menor de todos los momentos de inercia con respecto a esa familia de ejes paralelos. Similarmente se puede demostrar que: ______________________________________________________________________ 29 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

30

I y = I yG + x 2 ⋅ A I xy = I ( xy )G + x ⋅ y ⋅ A

Y,

7.6. Giro de Ejes de Inercia Estas fórmulas se usan para girar inercias de una orientación a otra, sin importar la ubicación de los dos ejes, para lo cual se deben conocer las inercias en la orientación inicial.

Las fórmulas se demuestran a continuación: v

y

A u dA v

u

y

θ

θ

x

x

Del gráfico se pueden deducir las siguientes expresiones:

u = x ⋅ cosθ + y ⋅ senθ v = y ⋅ cosθ − x ⋅ senθ

Luego:

I u = ∫ v 2 ⋅ dA = ∫ ( y ⋅ cosθ − x ⋅ senθ ) ⋅ dA 2

A

A

I u = ∫ ( y ⋅ cos θ + x 2 ⋅ sen 2θ − 2 xy ⋅ senθ ⋅ cosθ ) ⋅ dA 2

2

A

→

I u = I x ⋅ cos 2 θ + I y ⋅ sen 2θ − 2 ⋅ I xy ⋅ senθ ⋅ cosθ

(1)

Similarmente:

______________________________________________________________________ 30 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

31

I v = ∫ u 2 ⋅ dA = ∫ ( x ⋅ cosθ + y ⋅ senθ ) ⋅ dA 2

A

A

I v = ∫ (x 2 ⋅ cos 2 θ + y 2 ⋅ sen 2θ + 2 xy ⋅ senθ ⋅ cosθ ) ⋅ dA A

I v = I y ⋅ cos 2 θ + I x ⋅ sen 2θ + 2 ⋅ I xy ⋅ senθ ⋅ cosθ

→

(2)

Pero:

1 cos 2 θ = ⋅ (1 + cos 2θ ) 2 1 sen 2θ = ⋅ (1 − cos 2θ ) 2

sen(2θ ) = 2senθ cosθ

Reemplazando estas relaciones en las ecuaciones (1) y (2), tenemos:

Iu = → Y:

Iv = →

Iy Ix ⋅ (1 + cos 2θ ) + ⋅ (1 − cos 2θ ) − I xy ⋅ sen2θ 2 2 (I x + I y ) (I x − I y ) Iu = + ⋅ cos 2θ − I xy ⋅ sen2θ 2 2 Iy

Ix ⋅ (1 − cos 2θ ) + I xy ⋅ sen2θ 2 2 (I x + I y ) (I x − I y ) Iv = − ⋅ cos 2θ + I xy ⋅ sen2θ 2 2

(3)

⋅ (1 + cos 2θ ) +

(4)

Además:

I uv = ∫ uv ⋅ dA = ∫ ( x ⋅ cosθ + y ⋅ senθ ) ⋅ ( y ⋅ cosθ − x ⋅ senθ ) ⋅ dA A

A

I uv = ∫ (xy ⋅ cos 2 θ − xy ⋅ sen 2θ − x 2 senθ cosθ + y 2 senθ cosθ ) ⋅ dA A

I uv = ∫ (xy ⋅ (cos 2 θ − sen 2θ ) − (x 2 − y 2 ) ⋅ senθ cosθ ) ⋅ dA A

⎛ ⎞ ( x2 − y2 ) I uv = ∫ ⎜⎜ xy ⋅ cos 2θ − ⋅ sen2θ ⎟⎟ ⋅ dA 2 ⎠ A⎝ ______________________________________________________________________ 31 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

→

I uv = I xy cos 2θ −

(I

y

− Ix ) 2

⋅ sen2θ = I xy cos 2θ +

32

(I

En resumen, las ecuaciones (3), (4) y (5) son:

→

(3) (4)

→

(5)

→

Iu =

(I

x

+ Iy )

2 (I x + I y )

+

(I

x

− Iy )

2 (I x − I y )

x

− Iy) 2

⋅ sen2θ

(5)

⋅ cos 2θ − I xy ⋅ sen2θ

⋅ cos 2θ + I xy ⋅ sen2θ 2 (I − I y ) ⋅ sen2θ I uv = I xy cos 2θ + x 2 Iv =

2

−

Si derivamos “ I u ” respecto a “θ ” y su derivada la hacemos igual a “cero” , podemos obtener el valor de “θ ” para el que “ I u ”es máximo o mínimo.

O sea:

(I − I y ) ⋅ 2 ⋅ sen2θ − 2 I ⋅ cos 2θ = 0 dI u =− x xy dθ 2 2 ⋅ I xy tg (2θ ) = − → (I x − I y )

Cuando θ adquiere este valor, uno de los momentos axiales de inercia adquiere un valor máximo y el otro un mínimo. Al mismo tiempo, el producto de inercia I uv correspondiente a este ángulo será “cero” . Esto se puede comprobar reemplazando el valor de tg (2θ ) en la ecuación (5).

I uv = I xy cos 2θ + Esto es:

→

(I

x

− Iy )

2 (I x − I y )

⋅ sen2θ

I uv = I xy + ⋅ tg (2θ ) cos 2θ 2 (I x − I y ) 2 ⋅ I xy I uv = I xy − ⋅ =0 (I x − I y ) cos 2θ 2 I uv = 0 para I u ( máximo ) y I v ( mínimo )

______________________________________________________________________ 32 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

33

Ejes principales de Inercia Los ejes respecto de los cuales los momentos de inercia adquieren los valores máximo y mínimo y el producto de inercia es igual a “cero” , reciben el nombre de “Ejes principales de inercia” y los momentos axiales de inercia respecto a los ejes principales se denominan “momentos de inercia principales”. Si además estos ejes tienen su origen en el centroide de la sección, se denominan “Ejes principales centroidales” y los momentos axiales de inercia respecto a los ejes centrales principales se denominan “momentos de inercia principales centroidales”. Cálculo de los momentos de inercia principales Relacionemos las ecuaciones (3) y (5) deducidas anteriormente, esto es:

→

(I

+ Iy )

(I

− Iy )

⋅ cos 2θ − I xy ⋅ sen2θ 2 2 2 (I x + I y )⎤ 2 ⎡ (I x − I y ) ⎡ ⎤ ⋅ cos 2θ − I xy ⋅ sen2θ ⎥ ⎢I u − ⎥ =⎢ 2 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Iu =

De la ecuación

x

+

(5) →

I uv = I xy cos 2θ + →

(I uv )2

x

(I

− Iy)

⋅ sen2θ 2 2 ⎡ (I x − I y ) ⎤ =⎢ ⋅ sen2θ + I xy cos 2θ ⎥ 2 ⎣ ⎦ x

(3)

(6)

(5)

(7)

Sumando la ecuación (6) con la ecuación (7), tenemos:

(I x + I y )⎤ + (I )2 = ⎡ I x − I y ⎤ + (I )2 ⎡ I − uv xy ⎢ u ⎢ 2 ⎥ 2 ⎥⎦ ⎣ ⎣ ⎦ 2

2

Que es lo mismo que:

(I x + I y )⎤ ( )2 ⎡ I − ⎢ u ⎥ + I uv 2 ⎣ ⎦ 2

⎧⎪ ⎡ I − I ⎤ 2 ⎫ 2⎪ x y =⎨ ⎢ ⎥ + (I xy ) ⎬ 2 ⎦ ⎪⎩ ⎣ ⎪⎭

(x − a )2 + y 2 = R 2 circunferencia de radio “ R ” con origen en el punto (a,0 ) . La ecuación (8) es del tipo :

2

(8)

que es la ecuación de una

______________________________________________________________________ 33 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

34

Esto es :

y

Con la ecuación (8), se deduce que: x → Iu

a → I = y →

x

+ Iy ) 2

I uv

x

a

(I

2

R

R

⎛ Ix − Iy ⎞ 2 ⎜⎜ ⎟⎟ + (I xy ) ⎝ 2 ⎠

→

Entonces, el gráfico para la ecuación (8) será

I uv

I máximo

I mínimo 0

2θ

Iy

Ix

R

(I x + I y ) 2

(I

x

Iu I xy

− Iy ) 2

Del gráfico se deduce que:

______________________________________________________________________ 34 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

tg (2θ ) = −

(I

2

2 I xy x

35

− Iy )

I máximo = I + R

⎛ Ix − Iy ⎞ 2 ⎟⎟ + (I xy ) R = ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠ I=

I mínimo = I − R

(I

x

+ Iy ) 2

El círculo que cumple con estas características recibe el nombre de Círculo de Mohor Ejemplo N°1 Para la sección de espesor constante “ a ”, calcular los momentos de inercia respecto a los ejes x e y que se muestran en la figura, los momentos centroidales de inercia, respecto

a los ejes

xG

e

yG

que pasan por el centroide “G” de la sección, paralelos a los ejes

x

e

y

y los momentos principales centroidales de inercia . Datos : a

y

10a

x 8a

Solución: a) Ubicación del centroide “G”. Utilizando la división que se muestra a continuación, tenemos:

x=

x1 ⋅ A1 + x2 ⋅ A2 0,5a ⋅ 10a 2 + 4,5a ⋅ 7 a 2 = = 2,147 a A1 + A2 17a 2

y1 ⋅ A1 + y 2 ⋅ A2 5a ⋅ 10a 2 + 0,5a ⋅ 7 a 2 = = 3,147 a A1 + A2 17 a 2 b) Cálculo del momento de inercia respecto al eje “ x ” ( I x e I xG ) y=

Dividiremos la sección en áreas cuyos momentos de inercia sean conocidos. En este caso en rectángulos. La división debe ser tal que el eje “ x ” debe pasar por la base de cada rectángulo. O sea: ______________________________________________________________________ 35 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

y

36

Luego:

b ⋅ h 3 a ⋅ (10a ) 1000a 4 = = I x1 = 3 3 3 3 b ⋅ h 3 7 a ⋅ (a ) 7a 4 = = I x2 = 3 3 3 3

10a

1

Entonces:

I x = I x1 + I x 2

x

2

8a

1007a 4 = 3

I x = 335,67 ⋅ a 4

Luego, utilizando el teorema de Steigner tenemos:

I x = I xG + ( y ) ⋅ A 2

Reemplazando valores en nuestro caso , tenemos:

1007 a 4 2 = I xG + (3,147 a ) ⋅ 17a 2 3 De la misma forma podemos calcular

→

I xG = 167,3a 4

I yG

c) Cálculo del momento de inercia respecto al eje “ y ” ( I y e

I yG )

En este caso, la división debe ser tal que el eje “ y ” debe pasar por la base de cada rectángulo. O sea:

y

x

yG

Luego:

b ⋅ h 3 9a ⋅ (a ) 9a 4 = = I y1 = 3 3 3 3 b ⋅ h 3 a ⋅ (8a ) 512a 4 = = I y2 = 3 3 3 3

10a

1

xG

G

Entonces:

y 2

8a

x

521a 4 I y = I y1 + I y2 = 3

______________________________________________________________________ 36 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

37

Luego, utilizando el teorema de Steigner tenemos:

I y = I yG + ( x ) ⋅ A 2

Reemplazando valores en nuestro caso , tenemos:

521a 4 2 = I yG + (2,147 a ) ⋅ 17 a 2 3 I yG = 95,3a 4

→

d) Cálculo del producto de inercia ( I xy )

Sabemos que el producto de inercia de un área es cero respecto a un sistema de coordenadas, donde uno de sus ejes componentes es eje de simetría del área. Por lo tanto, el producto de inercia de un rectángulo respecto a un sistema de coordenadas paralelo a sus lados y con origen en el centroide del rectángulo es cero. O sea:

yG →

G

xG

I ( xy )G = 0

Aprovecharemos esta cualidad del rectángulo y la aplicaremos en el ejemplo que estamos desarrollando. Teorema de Steigner para productos de inercia:

y

I xy = I ( xy )G + x ⋅ y ⋅ A

Aplicando este Teorema, tenemos:

I ( xy )1 = I ( xy )G1 + x1 ⋅ y1 ⋅ A1

I ( xy )1 = 0 + 0,5a ⋅ 5,5a ⋅ 9a 2 = 24,75a 4 10a

De la misma forma:

1

I ( xy )2 = I ( xy )G 2 + x2 ⋅ y 2 ⋅ A2

2

8a

x

I ( xy )2 = 0 + 4a ⋅ 0,5a ⋅ 8a 2 = 16a 4

______________________________________________________________________ 37 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

38

Luego:

I xy = I ( xy ) + I ( xy ) 1

2

I xy = 24,75a 4 + 16a 4 I xy = 40,75a 4 Este mismo resultado se puede obtener haciendo otra división de rectángulos. Por ejemplo, si al rectángulo de dimensiones de 8a x 10a le restamos el rectángulo de 7 a x 9a , entonces el producto de inercia respecto al sistema de coordenadas x, y será:

[

] [

]

I xy = 0 + 4a ⋅ 5a ⋅ 80a 2 − 0 + 4,5a ⋅ 5,5a ⋅ 63a 2 = 40,75a 4

→ O.K

e) Cálculo del producto de inercia I ( xy ) G

y x

yG

I xy = I ( xy )G + x ⋅ y ⋅ A Luego:

I ( xy )G = I xy − x ⋅ y ⋅ A

10a

1

I ( xy )G = 40,75a 4 − 2,147a ⋅ 3,147 a ⋅ 17a 2

xG

G y 2

I ( xy )G = −74,112a 4

x

8a En resumen tenemos:

f)

I x = 335,67 ⋅ a 4

I xG = 167,3 ⋅ a 4

I y = 173,67 ⋅ a 4

I yG = 95,3 ⋅ a 4

I xy = 40,75 ⋅ a 4

I ( xy )G = −74,112 ⋅ a 4

Cálculo de los momentos principales centroidales de inercia. Sabemos que:

______________________________________________________________________ 38 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

tg (2θ ) = −

(I

2 I ( xy )G xG

I=

− I yG )

Reemplazando valores, tenemos:

+ I yG )

xG

+ I yG ) 2

⎛ I − I yG ⎞ ⎟⎟ + I ( xy )G R = ⎜⎜ xG 2 ⎠ ⎝

I mínimo = I − R

xG

(I

2

I máximo = I + R

(I I=

39

(167,3 ⋅ a =

2 2 ⎛ I xG − I yG ⎞ ⎟⎟ + I ( xy )G R = ⎜⎜ 2 ⎠ ⎝ R = 82,39 ⋅ a 4 →

(

)

2

4

+ 95,3 ⋅ a 4 ) = 131,3 ⋅ a 4 2

(

)

2

I = 131,3 ⋅ a 4

→ 2

⎛ 167,3 ⋅ a 4 − 95,3 ⋅ a 4 ⎞ 2 ⎟⎟ + (− 74,112 ⋅ a 4 ) = ⎜⎜ 2 ⎠ ⎝

Luego:

I máximo = I + R = 131,3 ⋅ a 4 + 82,39 ⋅ a 4 = 213,69 ⋅ a 4 I mínimo = I − R = 131,3 ⋅ a 4 − 82,39 ⋅ a 4 = 48,91 ⋅ a 4 2 I ( xy )G 2 ⋅ (− 74,112 ⋅ a 4 ) tg (2θ ) = − =− = 2,0587 (I xG − I yG ) (167,3 ⋅ a 4 − 95,3 ⋅ a 4 ) →

(2θ ) = 64,09°

θ = 32,045°

→

v

y

θ ≈ 32°

→

yG

x

u 10a

θ G

xG y

x 8a ______________________________________________________________________ 39 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

40

Ejemplo Nº2

Para el área sombreada que se indica en la siguiente figura, se pide calcular:

y

I x , I y , I xy , I xG , I yG , I ( xy )G ,

I (máx )G I ( mín )G , θ Dato: a

15a x

4a 15a Solución:

9a

Alternativa 1 a) Cálculo de

Ix

9a

I x , I y , I xy

3 3 3 ( 9a ) ⋅ (15a ) (24a ) ⋅ (4a ) (9a ) ⋅ (15a ) 2 (9 a ) ⋅ (15a ) = + + + (5a + 4a ) ⋅

12

3

→

Iy

6a

36

2

I x = 9.354,5 ⋅ a 4

3 3 3 15a ) ⋅ (9a ) 4a ) ⋅ (9a ) (4a ) ⋅ (15a ) ( ( 2 (9a ) ⋅ (15a ) = + (6a ) ⋅ + + +

36

2

3

3

3 ( 15a ) ⋅ (9a ) 2 (9 a ) ⋅ (15a ) + + (12a ) ⋅

36

2

→

I xy

I y = 18.229,5 ⋅ a 4

2 2 ( (9a ) ⋅ (15a ) + (3a ) ⋅ (− 2a ) ⋅ (4a ) ⋅ (24a ) + 9a ) ⋅ (15a ) =− + (− 6a ) ⋅ (5a ) ⋅

72

2

______________________________________________________________________ 40 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

41

2 2 ( (9a ) ⋅ (15a ) 9a ) ⋅ (15a ) − + (12a ) ⋅ (− 9a ) ⋅

72

2

I xy = −10.397,25 ⋅ a 4

→

b) Centroide. Por tratarse de un área antisimétrica, el centroíde se ubica en:

x = 3a y = −2a

c) Inercias centroidales

I xG = I x − ( y ) ⋅ A

I xG , I yG , I ( xy )G :

2

I xG = 9.354,5 ⋅ a 4 − (− 2a ) ⋅ 231 ⋅ a 2 2

I yG = 18.229,5 ⋅ a 4 − (3a ) ⋅ 231 ⋅ a 2 2

I xG = 8.430,5 ⋅ a 4

→

I yG = 16.150,5 ⋅ a 4

→

I ( xy )G = −10.397,25 ⋅ a 4 − (3a )(− 2a ) ⋅ 231 ⋅ a 2 →

I ( xy )G = −9.011,25 ⋅ a 4

d) Inercias centroidales principales.

I=

Ix + Iy G

G

2

⎛ I x − I yG R = ⎜⎜ G 2 ⎝

8.430,5 + 16.150,5) ⋅ a 4 ( = 2

2

⎞ ⎟⎟ + I ( xy )G ⎠

(

→

I = 12.290,5a 4

)

2

2

→

⎛ 8.430,5 − 16.150,5 ⎞ 2 R=a ⋅ ⎜ ⎟ + (− 9.011,25) 2 ⎝ ⎠ 4

→

R = 9.803.17 a 4

Luego: ______________________________________________________________________ 41 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

42

I máx = I + R = (12.290,5 + 9.803,17 ) ⋅ a 4

→

I máx = 22.093.7 a 4

I mín = I − R = (12.290,5 − 9.803,17 ) ⋅ a 4

→

I mín = 2.487,3a 4

tg (2θ ) = −

(I

2 ⋅ (− 9.011,25a 4 ) =− = −2,335 − I yG ) (8.430,5 − 16.150,5) ⋅ a 4

2 I ( xy )G xG

2θ = −66,81º

→

→

θ = −33,4º

Alternativa de solución 2

Para aprovechar la antisimetría de la figura, resulta mas fácil en este caso, calcular primero

I xG , I yG , I ( xy )G •

Ubicación del centroide:

•

Cálculo de

I xG

x = 3a y = −2a

I xG , I yG , I ( xy )G

3 3 ⎤ 24a ) ⋅ (4a ) ⎡ (9a ) ⋅ (15a ) ( 2 1 = + + (2a + 5a ) ⋅ ⋅ 9a ⋅ 15a ⋅ 2

12

⎢ ⎣

36

→

I yG

2

⎥ ⎦

I xG = 8.430,5 ⋅ a 4

3 3 ⎤ 4a ) ⋅ (24a ) ⎡ (15a ) ⋅ (9a ) ( 2 1 = + + (3a + 6a ) ⋅ ⋅ 9a ⋅ 15a ⋅ 2

12

⎢ ⎣

36

→

2

⎥ ⎦

I xG = 16.150,5 ⋅ a 4

______________________________________________________________________ 42 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

I ( xy )G

43

⎡ (15a )2 ⋅ (9a )2 ⎤ 1 = ⎢− + (− (3a + 6a )) ⋅ (2a + 5a ) ⋅ ⋅15a ⋅ 9a ⎥ ⋅ 2 72 2 ⎣ ⎦

I ( xy )G = −9.011,25 ⋅ a 4

→

•

I=

Inercias centroidales principales.

Ix + Iy G

G

2

( 8.430,5 + 16.150,5) ⋅ a 4 =

→

2

⎛ I x − I yG R = ⎜⎜ G 2 ⎝

2

⎞ ⎟⎟ + I ( xy )G ⎠

(

I = 12.290,5a 4

)

2

2

→

⎛ 8.430,5 − 16.150,5 ⎞ 2 R=a ⋅ ⎜ ⎟ + (− 9.011,25) 2 ⎝ ⎠ 4

→

R = 9.803.17 a 4

Luego:

I máx = I + R = (12.290,5 + 9.803,17 ) ⋅ a 4

→

I máx = 22.093.7 a 4

I mín = I − R = (12.290,5 − 9.803,17 ) ⋅ a 4

→

I mín = 2.487,3a 4

tg (2θ ) = −

(I

2 ⋅ (− 9.011,25a 4 ) =− = −2,335 (8.430,5 − 16.150,5) ⋅ a 4 − I yG )

2 I ( xy )G xG

2θ = −66,81º

→

•

Cálculo de

→

θ = −33,4º

I x , I y , I xy

Por el teorema de Steigner, sabemos que: ______________________________________________________________________ 43 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

44

I x = I xG + ( y ) ⋅ A 2

Entonces:

I x = 8.430,5 ⋅ a 4 + (− 2a ) ⋅ 231a 2 2

→

I y = 16.150,5 ⋅ a 4 + (3a ) ⋅ 213a 2 2

I x = 9.354,5 ⋅ a 4

I y = 18.229,5 ⋅ a 4

→

I xy = −9.011,25 ⋅ a 4 + (3a )(− 2a ) ⋅ 231a 2 I xy = −10.397,25 ⋅ a 4

→

Ejemplo Nº3 Para la el área sombreada que se muestra en la figura, se pide calcular : I x , I y , I xy ,

y 3a

I xG , I yG , I ( xy )G , I máx , I mín , θ Los ejes centroidales xG , yG son paralelos a los ejes x, y Dato: a

x

2a 3a

Solución: a) Cálculo de

3a

I x , I y , I xy

3a

6a ⋅ (3a ) 6a ⋅ (2a ) 3a ⋅ (3a ) 2 3a ⋅ 3a Ix = + + + (3a ) ⋅ 12 3 36 2 4 289 ⋅ a Ix = I x = 72,25 ⋅ a 4 → → 4 3

3

3

______________________________________________________________________ 44 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

45

3a ⋅ (3a ) 2a ⋅ (6a ) 1 3 2 3a ⋅ 3a Iy = 2⋅ + + ⋅ (3a ) ⋅ (3a ) + (2a ) ⋅ 12 12 36 2 4 279 ⋅ a Iy = I y = 69,75 ⋅ a 4 → → 4 ⎡ 1 9a 2 ⎤ 2 2 I xy = ⋅ (3a ) ⋅ (3a ) + ⎢(− 2a ) ⋅ (− 3a ) ⋅ 72 2 ⎥⎦ ⎣ 3

→

I xy

3

225 ⋅ a 4 = 8

I xy = 28,125 ⋅ a 4

→

b) Centroide:

9a 2 − 2a ⋅ 2 x= 2 ⎛ 9a ⎞ ⎜⎜ 3 ⋅ + 12a 2 ⎟⎟ 2 ⎝ ⎠

x=−

→

6⋅a 17

→

x = −0,353 ⋅ a

1 9a 2 2 a ⋅ ⋅ 6a ⋅ 3a − a ⋅ 12a − 3a ⋅ 2 y= 2 2 51 ⋅ a 2 11 ⋅ a y = −0,647 ⋅ a y=− → → 17 c) Momentos de inercia centroidales: I x , I y , I ( xy ) G G G I xG = I x − ( y ) ⋅ A 2

2

I xG

I yG

289 ⋅ a 4 ⎛ 11 ⋅ a ⎞ 51 ⋅ a 2 = − ⎜− ⎟ ⋅ 4 17 2 ⎝ ⎠ 4.187 ⋅ a 4 4 I xG = → → I xG = 61,57 ⋅ a 68 2 279 ⋅ a 4 ⎛ 6 ⋅ a ⎞ 51 ⋅ a 2 = − ⎜− ⎟ ⋅ 4 17 2 ⎝ ⎠

______________________________________________________________________ 45 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

I yG

→

4.527 ⋅ a 4 = 68

46

I yG = 66,57 ⋅ a 4

→

225 ⋅ a 4 ⎛ 6 ⋅ a ⎞ ⎛ 11 ⋅ a ⎞ 51 ⋅ a 2 I ( xy )G = − ⎜− ⎟⋅ ⎟⋅⎜− 8 2 ⎝ 17 ⎠ ⎝ 17 ⎠ 3.033 ⋅ a 4 4 I ( xy )G = → → I ( xy ) = 22,3 ⋅ a G 136 d) Momentos de inercia principales centroidales: I máx , I mín , θ G G G I=

Ix + Iy G

G

2 →

4

⎛ 4.181 4.527 ⎞ a =⎜ + ⎟⋅ 68 68 ⎝ ⎠ 2 4.357 ⋅ a 4 4 I= → I = 64,07 ⋅ a 68

⎛ I x − I yG R = ⎜⎜ G 2 ⎝

2

⎞ ⎟⎟ + I ( xy )G ⎠

(

)

2

2

⎛ 61,57 ⋅ a 4 − 66,57 ⋅ a 4 ⎞ 2 ⎟⎟ + (22,3 ⋅ a 4 ) = ⎜⎜ 2 ⎝ ⎠

I máx = I + R = 64,07 ⋅ a 4 + 22,44 ⋅ a 4

R = 22,44 ⋅ a 4 4 → I máxG = 86,51 ⋅ a

I mín = I − R = 64,07 ⋅ a 4 − 22,44 ⋅ a 4

→

→ G

G

tg (2θ )G →

I mínG = 41,63 ⋅ a 4

2 ⋅ I ( xy )G

2 ⋅ 22,44 ⋅ a 4 =− =− (61,57 ⋅ a 4 − 66,57 ⋅ a 4 ) I xG − I yG θ G = 41,82º tg (2θ )G = 8,976 →

______________________________________________________________________ 46 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

47

Momentos de inercia de masas. Definición:

dm

y

( = ∫ (x = ∫ (x

) )⋅ dm )⋅ dm

I x = ∫ y 2 + z 2 ⋅ dm m

Iy

y

Iz

2

+ z2

2

+ y2

m

m

I xy = ∫ x ⋅ y ⋅ dm m

G( x , y, z )

x z

I yz = ∫ y ⋅ z ⋅ dm m

I zx = ∫ z ⋅ x ⋅ dm m

x

z Teorema de Steigner para masas:

{ } + {( x ) + ( z ) }⋅ m + {( x ) + ( y ) }⋅ m

I x = I xG + ( y ) + ( z ) ⋅ m

I y = I yG I z = I zG

2

2

I xy = I xyG + x ⋅ y ⋅ m

2

2

I yz = I yzG + y ⋅ z ⋅ m

2

2

I zx = I zxG + z ⋅ x ⋅ m

Radios de giro (r ) :

r=

Sabemos que:

I m

→

rx =

Ix m

; ry =

Iy

; rz =

m

Iz m

Ejemplo N°1: Calcular el momento de inercia de una varilla de longitud “ L ” y masa "m" ; 1.- respecto a los ejes del sistema de coordenadas que se muestra en la figura N°1 2.- Respecto a los ejes de un sistema de coordenadas, paralelo al anterior, con origen en el centroide de la varilla.

y L, m z

x

Figura de ejemplo N°1

______________________________________________________________________ 47 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

48

Solución: Punto 1.Seleccionaremos un elemento diferencial de masa “ dm ” tal como se indica a continuación:

y

dm

x z

x

dx

L

Solución: a) Momento de inercia respecto al eje “ z ”

I z = ∫ (x 2 + y 2 )⋅ dm

(1)

m

dm =

Pero:

m ⋅ dx L

y→0

y;

Luego, reemplazando estos valores en la ecuación (1) , tenemos: L

m m L 2 m ⎡ x3 ⎤ I z = ∫ x ⋅ ⋅ dx = ⋅ ∫ x ⋅ dx = ⋅ ⎢ ⎥ L L 0 L ⎣ 3 ⎦0 0 L

2

→

1 I z = ⋅ mL2 3

b) Momento de inercia respecto al eje “ y ” Por la simetría de ubicación del eje “ y ” y el eje “ z ”, se puede demostrar que :

→ c)

Momento de inercia respecto al eje “ x ”

1 I y = ⋅ mL2 3

I x = ∫ ( y 2 + z 2 ) ⋅ dm m

Pero: Y:

y→0 z →0 Luego:

Ix = 0

______________________________________________________________________ 48 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

49

Punto 2.-

y

yG

xG x z

x=

L 2 zG L

Aplicando el teorema de Steigner: Pero: Luego:

I z = I zG + (x 2 + y 2 ) ⋅ m y→0 I zG = I z − x 2 ⋅ m 2

→

I zG

1 1 ⎛L⎞ = ⋅ mL2 − ⎜ ⎟ ⋅ m = ⋅ mL2 3 12 ⎝2⎠

I zG =

→

1 ⋅ mL2 12

Similarmente, podemos obtener que:

1 ⋅ mL2 12 =0

→

I yG =

→

I xG

______________________________________________________________________ 49 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

50

Problema N°2 Tres varillas delgadas homogéneas de masa “ 2m ” y largo “ 2l ”cada una, se sueldan tal como se indica en la siguiente figura. La varilla “1” es paralela al eje “ y ” ; la varilla “2” coincide

con el eje " x" y la varilla “3” es paralela al eje " z" . Determinar el momento de inercia de masa del conjunto con respecto a los ejes x, y y z. Datos: m, l

y 1

3

l l

l

l

x

2

l

l

z Solución:

I x = I x1 + I x 2 + I x3

⎡ (2m ) ⋅ (2l )2 ⎤ ⎡ (2m ) ⋅ (2l )2 ⎤ 16ml 2 4ml 2 [ ] =⎢ = ⎥+ 0 +⎢ ⎥= 12 12 12 3 ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥

4ml 2 Ix = 3 I y = I y1 + I y 2 + I y 3

⎡ (2m ) ⋅ (2l )2 ⎤ ⎡ (2m ) ⋅ (2l )2 ⎤ = 0 + (2m ) ⋅ l + ⎢ + (2m ) ⋅ l 2 ⎥ ⎥+⎢ 12 12 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦

[

2

]

16ml 2 Iy = 3 I z = I z1 + I z2 + I z3

IZ =

⎡ (2m ) ⋅ (2l )2 ⎤ ⎡ (2m ) ⋅ (2l )2 ⎤ 2 2 =⎢ + (2m ) ⋅ l ⎥ + ⎢ ⎥ + 0 + (2m ) ⋅ l 12 12 ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣

[

]

16ml 2 3

______________________________________________________________________ 50 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

51

Momento de inercia de placas delgadas de masa “ m ”, área “ A ” y espesor constante. Sabemos que:

( = ∫ (x = ∫ (x

) )⋅ dm )⋅ dm

m

Iy Iz

2

+ z2

2

+ y2

m

m

{ } + {( x ) + ( z ) }⋅ m + {( x ) + ( y ) }⋅ m

I x = I xG + ( y )2 + ( z )2 ⋅ m

I x = ∫ y 2 + z 2 ⋅ dm

I y = I yG I z = I zG

2

2

2

2

I xy = ∫ x ⋅ y ⋅ dm

I xy = I xyG + x ⋅ y ⋅ m

I yz = ∫ y ⋅ z ⋅ dm

I yz = I yz G + y ⋅ z ⋅ m

I zx = ∫ z ⋅ x ⋅ dm

I zx = I zxG + z ⋅ x ⋅ m

m

m

m

Supongamos que la placa se encuentra ubicada con su plano medio, en el plano “ xz ”. Entonces : y=0 y y =0 Luego, las expresiones anteriores se simplifican, quedando de la siguiente manera:

I x = ∫mz 2 ⋅ dm

I x = I xG + z 2 ⋅ m

I y = ∫m (x 2 + z 2 ) ⋅ dm

I y = I yG + (x 2 + z 2 ) ⋅ m

I z = ∫mx 2 ⋅ dm

I z = I zG + x 2 ⋅ m

I xz = ∫mx ⋅ z ⋅ dm

I xz = I xzG + x ⋅ z ⋅ m

I yz = 0

I yz = I yz G = 0

I xy = I xyG = 0

I xy = 0

y

Luego:

dA

x z

x z

A

dm

e

I x = ∫mz 2 ⋅ dm

(1)

Además : m = V ⋅ ρ = A ⋅ e ⋅ ρ Donde: m = masa de la placa V = volumen de la placa ρ = densidad de la placa A = área de la placa e = espesor de la placa

______________________________________________________________________ 51 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

(2)

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

52

De la ecuación (2) → dm = ρ ⋅ dV = ρ ⋅ e ⋅ dA Reemplazando la expresión (3) en (1), tenemos:

(3)

I xmasa = ∫A z 2 ⋅ ρ ⋅ e ⋅ dA Como

I xmasa = ρ ⋅ e ⋅ ∫Az 2 ⋅ dA

ρ y e son constantes : →

Donde:

∫Az

2

⋅ dA es la inercia del Área “ A ” respecto al eje “ x ”. O Sea “ I x area ”

Luego:

→

I xmasa = ρ ⋅ e ⋅ I xárea

→

I zmasa = ρ ⋅ e ⋅ I zárea

Similarmente: Además:

I ymasa = I xmasa + I zmasa = ρ ⋅ e ⋅ (I xárea + I zárea ) I ymasa = ρ ⋅ e ⋅ I yárea

→

Ejemplos: Ejemplo N°1 Calcular los momentos de inercia de una placa circular de radio “ R ” y espesor “ e ”, respecto a los ejes de un sistema de coordenadas xyz con origen en el centroide “ o ”de la masa, tal como se indica en la siguiente figura.

y R

o

A

x

e

z Solución: Sabemos que para el área de un círculo de radio “ R ” que se encuentra ubicada en el plano xz de un sistema de coordenadas xyz , los momentos de inercia son los siguientes:

I y = Io =

π ⋅ R4 2

;

Ix =

π ⋅ R4 4

;

Iz =

π ⋅ R4 4

______________________________________________________________________ 52 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

I x masa = ρ ⋅ e ⋅ I x área

Luego:

I xmasa

→

53

I x masa = ρ ⋅ e ⋅

→

R2 R2 = ρ ⋅ e ⋅π ⋅ R ⋅ = m⋅ 4 4 2

Similarmente: → →

R2 R2 = m⋅ I zmasa = ρ ⋅ e ⋅ π ⋅ R ⋅ 4 4 2 R2 2 R I omasa = I ymasa = ρ ⋅ e ⋅ π ⋅ R ⋅ = m⋅ 2 2

4

1 I xmasa = m ⋅ R 2 4

→

2

π ⋅ R4

→ →

1 I zmasa = m ⋅ R 2 4 1 I ymasa = m ⋅ R 2 2

Ejemplo N°2 Calcular los momentos de inercia de una placa rectángular de base “ b ” , altura “ h ” y espesor “ e ”, respecto a los ejes de un sistema de coordenadas xyz con origen en el centroide “ o ”de la masa, tal como se indica en la siguiente figura.

y h e

o

A

b

x

z Solución:

Sabemos que para el área de un rectángulo de base “ b ” , altura “ h ”que se encuentra ubicado en el plano xz de un sistema de coordenadas xyz , los momentos de inercia son los siguientes:

b ⋅ h3 Iz = 12 Además: Luego:

Io = I y = I x + I z = I zmasa = ρ ⋅ e ⋅ I zárea

h ⋅ b3 Ix = 12

;

b⋅h 2 ⋅ (h + b 2 ) 12 →

I zmasa

→

Iy =

b⋅h 2 ⋅ (h + b 2 ) 12

b ⋅ h3 = ρ ⋅e⋅ 12

______________________________________________________________________ 53 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

→

I zmasa

54

h2 h2 = ρ ⋅e⋅b⋅h⋅ = m⋅ 12 12

→

I zmasa =

b2 b2 = ρ ⋅e⋅b⋅h⋅ = m⋅ 12 12

→

I xmasa =

Similarmente: →

I xmasa

I ymasa

→

1 ⋅ m ⋅ h2 12

1 ⋅ m ⋅ b2 12 1 = ⋅ m ⋅ (h 2 + b 2 ) 12

Ejemplo Nº3 Para la placa delgada cortada y doblada como indica la figura, que tiene una densidad uniforme y una masa total m , se pide calcular : I x , I y , I z . Para facilitar los cálculos, la placa se ha

parcializado en las 4 placas rectangulares que se muestran en la figura. Datos:

y

6a

2a

1

2a

2

2a

4

m, a

3

x

2a

3a

z

Solución: a) Relación de masas:

Atotal = 36a 2 A1 = 12a

2

→

→

A2 = 12a 2

→

A3 = 6a 2

→

A4 = 6a 2

→

mtotal = m 12a 2 m1 = ⋅m 36a 2 12a 2 m2 = ⋅m 36a 2 6a 2 m3 = ⋅m 36a 2 6a 2 m4 = ⋅m 36a 2

→ → → →

m 3 m m2 = 3 m m3 = 6 m m4 = 6

m1 =

______________________________________________________________________ 54 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles Método 1. Calculo de

Ix, Iy, Iz

55

por placa:

b) Placa N° 1

1 4 2 I x1 = ⋅ m1 ⋅ (2a ) = ⋅ m1 ⋅ a 2 3 3 1 2 I y1 = ⋅ m1 ⋅ (6a ) = 12 ⋅ m1 ⋅ a 2 3 I z1 = I x1 + I y1

→

4 I x1 = ⋅ m ⋅ a 2 9

→

I y1 = 4 ⋅ m ⋅ a 2

→

I z1 =

40 ⋅ m ⋅ a2 9

c) Placa N° 2

1 4 2 I x 2 = ⋅ m2 ⋅ (2a ) = ⋅ m2 ⋅ a 2 3 3

→

I y 2 = I x2 + I z 2

→

1 2 I z 2 = ⋅ m2 ⋅ (6a ) = 12 ⋅ m2 ⋅ a 2 3

→

4 I x2 = ⋅ m ⋅ a 2 9 40 I y2 = ⋅ m ⋅ a 2 9 I z2 = 4 ⋅ m ⋅ a2

d) Placa N° 3

I x3 =

1 28 2 2 ⋅ m3 ⋅ (2a ) + (3a ) ⋅ m3 = ⋅ m3 ⋅ a 2 12 3

→

→

I y3 =

1 2 I z 3 = ⋅ m3 ⋅ (3a ) = 3 ⋅ m3 ⋅ a 2 3

→

I z3

]

1 52 2 2 2 ⋅ m4 ⋅ (2a ) + (a ) + (4a ) ⋅ m4 = ⋅ m4 ⋅ a 2 12 3 26 ⋅ m ⋅ a2 → Ix = 4 9 2 ⎡⎛ 3a ⎞ 1 2 2⎤ = ⋅ m4 ⋅ (3a ) + ⎢⎜ ⎟ + (4a ) ⎥ ⋅ m4 = 19 ⋅ m4 ⋅ a 2 12 ⎣⎢⎝ 2 ⎠ ⎦⎥

I x4 =

I y4

[

14 ⋅ m ⋅ a2 9

37 ⋅ m ⋅ a2 18 1 = ⋅ m ⋅ a2 2

I y 3 = I x3 + I z 3

e) Placa N° 4

I x3 =

______________________________________________________________________ 55 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles →

[

I x4 =

]

56

19 ⋅ m ⋅ a2 6

1 13 2 2 I z 4 = ⋅ m4 ⋅ (2a ) + (3a ) = ⋅ m4 ⋅ a 2 3 3 →

I z4 =

Observación:

I z 4 ≠ I x4 + I y 4

13 ⋅ m ⋅ a2 18

porque la placa N° 4 no se encuentra en el plano

x− y

Luego:

I x = I x1 + I x 2 + I x3 + I x 4

→

I y = I y1 + I y 2 + I y 3 + I y 4

→

I z = I z1 + I z 2 + I z 3 + I z 4 Método 2. Cálculo de

Ix, Iy, Iz

→

16 ⋅ m ⋅ a2 3 41 I y = ⋅ m ⋅ a2 3 29 I z = ⋅ m ⋅ a2 3 Ix =

considerando en una sola operación la placa completa placa:

Ix I x = I x1 + I x2 + I x3 + I x4

b) Cálculo

⎡1 ⎡1 ⎤ ⎡1 2⎤ 2⎤ 2 2 I x = ⎢ ⋅ m1 ⋅ (2a ) ⎥ + ⎢ ⋅ m2 ⋅ (2a ) ⎥ + ⎢ ⋅ m3 ⋅ (2a ) + (3a ) ⋅ m3 ⎥ + ⎣3 ⎦ ⎣3 ⎦ ⎣12 ⎦ ⎡1 ⎤ 2 2 + ⎢ ⋅ m4 ⋅ (2a ) + a 2 + (4a ) ⋅ m4 ⎥ ⎣12 ⎦ ⎡1 m ⎡1 m ⎡1 m 2⎤ 2⎤ 2 2 m⎤ I x = ⎢ ⋅ ⋅ (2a ) ⎥ + ⎢ ⋅ ⋅ (2a ) ⎥ + ⎢ ⋅ ⋅ (2a ) + (3a ) ⋅ ⎥ + 6⎦ ⎣3 3 ⎦ ⎣3 3 ⎦ ⎣12 6 16 m⎤ ⎡1 m 2 I x = ⋅ ma 2 + ⎢ ⋅ ⋅ (2a ) + 17 a 2 ⋅ ⎥ → 3 6⎦ ⎣12 6 c) Cálculo I y I y = I y1 + I y2 + I y3 + I y4

(

)

______________________________________________________________________ 56 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

57

) [(

(

) ]

⎡1 ⎡1 2⎤ 2 2 ⎤ 2 I y = ⎢ ⋅ m1 ⋅ (6a ) ⎥ + ⎢ ⋅ m2 ⋅ (2a ) + (6a ) ⎥ + a 2 + (3a ) ⋅ m2 + ⎣3 ⎦ ⎣12 ⎦ ⎡1 ⎤ ⎛ ⎛ 3a ⎞ 2 2 2 2⎞ ⎜ ⎟ + ⎢ ⋅ m3 ⋅ (2a ) + (3a ) + ⎜ ⎜ ⎟ + (3a ) ⎟ ⋅ m3 ⎥ ⎝⎝ 2 ⎠ ⎠ ⎣⎢12 ⎦⎥

(

)

⎡1 ⎤ ⎛ ⎛ 3a ⎞ 2 2 2⎞ + ⎢ ⋅ m4 ⋅ (3a ) + ⎜⎜ ⎜ ⎟ + (4a ) ⎟⎟ ⋅ m4 ⎥ ⎝⎝ 2 ⎠ ⎠ ⎣⎢12 ⎦⎥ m⎤ ⎡1 m ⎡1 m ⎤ ⎡ 2⎤ I y = ⎢ ⋅ ⋅ (6a ) ⎥ + ⎢ ⋅ ⋅ (40a 2 )⎥ + ⎢(10a 2 ) ⋅ ⎥ + 3⎦ ⎣3 3 ⎦ ⎣12 3 ⎦ ⎣ ⎡1 m ⎛ 45a 2 ⎞ m ⎤ 2 ⎟⎟ ⋅ ⎥ + ⎢ ⋅ ⋅ (13a ) + ⎜⎜ 12 6 4 ⎠ 6⎦ ⎝ ⎣ ⎡1 m ⎛ 73a 2 ⎞ m ⎤ 2 ⎟⎟ ⋅ ⎥ + ⎢ ⋅ ⋅ (3a ) + ⎜⎜ 12 6 4 ⎠ 6⎦ ⎝ ⎣ d) Cálculo I z I z = I z1 + I z2 + I z3 + I z4

(

Iy =

→

) (

41 ⋅ ma 2 3

)

⎡1 ⎤ ⎡1 2 2 2 2⎤ I z = ⎢ ⋅ m1 ⋅ (2a ) + (6a ) + a 2 + (3a ) ⋅ m1 ⎥ + ⎢ ⋅ m2 ⋅ (6a ) ⎥ + ⎣12 ⎦ ⎣3 ⎦ ⎡⎛ 2 ⎛ 3a ⎞ 2 ⎞ ⎤ ⎡1 ⎡1 2⎤ 2 2 ⎤ ⎜ ⎟ + ⎢ ⋅ m3 ⋅ (3a ) ⎥ + ⎢ ⋅ m4 ⋅ (2a ) + (3a ) ⎥ + ⎢⎜ a + ⎜ ⎟ ⎟ ⋅ m4 ⎥ ⎣3 ⎦ ⎣12 ⎦ ⎣⎢⎝ ⎝ 2⎠ ⎠ ⎦⎥ m ⎤ ⎡1 m ⎡1 m 2⎤ I z = ⎢ ⋅ ⋅ (40a 2 ) + (10a 2 ) ⋅ ⎥ + ⎢ ⋅ ⋅ (6a ) ⎥ + 3 ⎦ ⎣3 3 ⎣12 3 ⎦ ⎡⎛ 13a 2 ⎞ m ⎤ ⎡1 m ⎡1 m 2⎤ 2 ⎤ + ⎢ ⋅ ⋅ (3a ) ⎥ + ⎢ ⋅ ⋅ (13a )⎥ + ⎢⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎥ ⎣3 6 ⎦ ⎣12 6 ⎦ ⎣⎝ 4 ⎠ 6 ⎦

(

)

→

Iz =

29 ⋅ ma 2 3

______________________________________________________________________ 57 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

58

Momento de inercia por integración, de un cuerpo tridimensional de masa “ m ”, formado por una serie de placas circulares.

y = yo

En este caso: a)

dy

l

r

dm

xo

y x o

Para el eje

x

Usando el teorema de Steigner:

dI xmasa = dI xo + y 2 ⋅ dm

z

dI xmasa = Luego:

y

1 dI ymasa = dI yo = ⋅ r 2 ⋅ dm 2 1 2 ⋅ r ⋅ dm → I ymasa = ∫ m 2 b)

zo

Para el eje

1 2 ⋅ r ⋅ dm + y 2 ⋅ dm 4

⎛1 ⎞ I xmasa = ∫m ⎜ ⋅ r 2 + y 2 ⎟ ⋅ dm ⎝4 ⎠

c) Para el eje z Usando el teorema de Steigner:

dI zmasa = dI zo + y 2 ⋅ dm dI zmasa = Luego:

1 2 ⋅ r ⋅ dm + y 2 ⋅ dm 4 ⎛1 ⎞ I zmasa = ∫m ⎜ ⋅ r 2 + y 2 ⎟ ⋅ dm ⎝4 ⎠

______________________________________________________________________ 58 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

59

Ejemplo N°1: Calcular el momento de inercia de un prisma de sección rectangular de masa “ m ”, respecto a que se indican en la siguiente figura. los ejes x, y y

z

y

c

a

z Solución: a) Cálculo de

x

b

Iz

:

Se debe elegir como elemento diferencial de masa la placa rectangular

delgada de espesor “ dx ”, tal como se muestra en la siguiente figura:

y

yo c

z

zo x

x xo

a

dx b

Entonces :

c2 dI zo = ⋅ dm 12

Aplicando el teorema de Steigner para trasladarlo desde el eje “ zo ” al eje “ z ”, tenemos:

⎛ c2 c2 2 2⎞ dI z = dI zo + ( x ) ⋅ dm = ⋅ dm + ( x ) ⋅ dm = ⎜⎜ + ( x ) ⎟⎟ ⋅ dm 12 ⎝ 12 ⎠ 2

______________________________________________________________________ 59 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

60

b b ⎛ c2 ⎛ c2 ⎛ c2 ⎞ 2⎞ 2⎞ I z = ∫ ⎜⎜ + ( x ) ⎟⎟ ⋅ dm = ∫ ⎜⎜ + x ⎟⎟ ⋅ (ρ ⋅ a ⋅ c ⋅ dx ) = ρ ⋅ a ⋅ c ⋅ ∫ ⎜⎜ + x 2 ⎟⎟ ⋅ dx ⎠ ⎠ ⎠ 0 ⎝ 12 0 ⎝ 12 m ⎝ 12 b

⎞ ⎛ c2 ⎛ c 2 ⋅ b b3 ⎞ 1 ⎡ c 2 ⋅ x x3 ⎤ I z = ρac ⋅ ⎢ + ⎟⎟ = ρabc ⋅ ⎜⎜ + b 2 ⎟⎟ + ⎥ = ρac ⋅ ⎜⎜ 3 ⎦0 3⎠ 3 ⎠ ⎝4 ⎝ 12 ⎣ 12 Pero: m = ρ ⋅ abc →

⎞ 1 ⎛ c2 I z = m ⋅ ⎜⎜ + b 2 ⎟⎟ 3 ⎝4 ⎠

→

Iz =

m 2 ⋅ (c + 4b 2 ) 12

Similarmente se puede demostrar que: → b) Cálculo

→

→ →

Ix

Iy =

m 2 ⋅ (a + 4b 2 ) 12

:

a2 c2 dI xo = dI yo + dI zo = ⋅ dm + ⋅ dm 12 12 1 1 dI xo = (a 2 + c 2 )⋅ dm = (a 2 + c 2 )⋅ ρ ⋅ a ⋅ c ⋅ dx 12 12 b 1 2 2 I xo = (a + c ) ⋅ ρ ⋅ a ⋅ c ⋅ ∫ dx 12 0 1 I xo = (a 2 + c 2 ) ⋅ ρ ⋅ a ⋅ c ⋅ b 12 m m I xo = I x = (a 2 + c 2 ) → I x = (a 2 + c 2 ) 12 12

______________________________________________________________________ 60 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

61

Ejemplo N°2: Calcular el momento de inercia de un cono circular recto de masa “ m ”, respecto a los ejes x, y y z que se indican en la siguiente figura.

y

R

x

z h

Solución: Seleccionamos un elemento diferencial de masa “ dm ” como el que se indica en la siguiente figura: Donde:

y

dm = ρ ⋅ π ⋅ r 2 ⋅ dx

yo

Además:

x r

z

zo

R

xo

x

r R = x h

r = x⋅

Luego: →

dx

→

R h

R2 dm = ρ ⋅ π ⋅ x ⋅ 2 ⋅ dx h 2

h a) Momento de inercia respecto al eje “ x ”: En general hemos demostrado que el momento de inercia polar de un círculo de radio “ R ”

respecto a un eje que pasa por su centroide es : I o =

1 ⋅ m ⋅ R2 = I x + I y 2

Aplicando este conocimiento a nuestro problema, tenemos que para el diferencial de masa seleccionado “ dm ”, se cumple que:

1 dI xo = dI x = ⋅ r 2 ⋅ dm 2 1 I x = ∫m ⋅ r 2 ⋅ dm 2 ______________________________________________________________________ 61 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

62

→

2 ⎞ 1 ⎛ 2 R2 ⎞ ⎛ 2 R I x = ∫ ⋅ ⎜⎜ x ⋅ 2 ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ρ ⋅ π ⋅ x ⋅ 2 ⋅ dx ⎟⎟ h h ⎠ ⎝ ⎠ 0 2 ⎝

→

R4 1 1 R4 h 4 I x = ⋅ ρ ⋅ π ⋅ 4 ⋅ ∫ x ⋅ dx = ⋅ ρ ⋅ π ⋅ 4 h 2 2 h 0

→

R 4 h5 1 h 1 I x = ⋅ ρ ⋅π ⋅ 4 ⋅ = ⋅ ρ ⋅π ⋅ R4 ⋅ h 5 2 2 5

h

h

⎡ x5 ⎤ ⋅⎢ ⎥ ⎣ 5 ⎦0

(1)

Pero la masa “ m ” del cono es :

1 m = ρ ⋅V = ρ ⋅ ⋅ π ⋅ R2 ⋅ h 3

Reemplazando en la ecuación (1) , tenemos:

1 ⎛ 1 3 ⎞ I x = ⋅ ⎜ ρ ⋅ ⋅π ⋅ R2 ⋅ h ⎟ ⋅ R2 ⋅ 2 ⎝ 3 5 ⎠

→ Luego:

Ix =

3 ⋅ m ⋅ R2 10

b) Momento de inercia respecto a un eje “ z ”.

y yo x r

z

zo

R

xo

x

dx h

Similarmente para el eje “ z ” tenemos:

1 dI zo = ⋅ r 2 ⋅ dm 4 ______________________________________________________________________ 62 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles Aplicando el teorema de Steigner: → →

→

→

→

63

dI z = dI zo + x 2 ⋅ dm

1 ⎛1 ⎞ dI z = ⋅ r 2 ⋅ dm + x 2 ⋅ dm = ⎜ ⋅ r 2 + x 2 ⎟ ⋅ dm 4 ⎝4 ⎠ 2 2 ⎛1 ⎞ R R dI z = ⎜⎜ ⋅ x 2 ⋅ 2 + x 2 ⎟⎟ ⋅ ρ ⋅ π ⋅ x 2 ⋅ 2 ⋅ dx h h ⎝4 ⎠

⎞ R2 h ⎛ 1 2 R2 I z = ρ ⋅ π ⋅ 2 ⋅ ∫ ⎜⎜ ⋅ x ⋅ 2 + x 2 ⎟⎟ ⋅ x 2 ⋅ dx h h 0⎝4 ⎠ h 2 2 ⎞ 4 R2 R ⎛1 R I z = ρ ⋅ π ⋅ 2 ⋅ ⎜⎜ ⋅ 2 + 1⎟⎟ ∫ x ⋅ dx = ρ ⋅ π ⋅ 2 h h ⎝4 h ⎠0

⎛ 1 R 2 ⎞ h5 ⋅ ⎜⎜ ⋅ 2 + 1⎟⎟ ⋅ ⎝4 h ⎠ 5

→ 2 ⎛ 1 R 2 ⎞ h5 ⎞ 3 ⋅ h2 2 h ⎛1 R ⋅ ⎜⎜ ⋅ 2 + 1⎟⎟ ⋅ = ρ ⋅ π ⋅ R ⋅ ⋅ ⎜⎜ ⋅ 2 + 1⎟⎟ ⋅ 3 ⎝4 h ⎝4 h ⎠ 5 ⎠ 5 ⎛ 1 R2 ⎞ 3 ⋅ h2 3 ⎛1 ⎞ I z = m ⋅ ⎜⎜ ⋅ 2 + 1⎟⎟ ⋅ = ⋅ m ⋅ ⎜ ⋅ R 2 + h2 ⎟ 5 ⎝4 ⎠ ⎝4 h ⎠ 5

R2 Iz = ρ ⋅π ⋅ 2 h →

3 ⎛1 ⎞ I z = ⋅ m ⋅ ⎜ ⋅ R 2 + h2 ⎟ 5 ⎝4 ⎠ Momento de inercia respecto a un eje “ y ”.

c) Similarmente se puede obtener que:

→

3 ⎞ ⎛1 I y = ⋅ m ⋅ ⎜ ⋅ R2 + h2 ⎟ 5 ⎠ ⎝4

______________________________________________________________________ 63 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

64

Cálculo del momento de inercia del cono respecto a un eje x1 paralelo al eje x y que pasa por la base del cono. Utilizando el teorema de Steigner, tenemos:

y

2

x

I x = I xG

z

⎛ 3h ⎞ +⎜ ⎟ ⋅m ⎝ 4⎠

(2)

Además: 2

I x1 = I xG

h

G R

zG

z1

Luego:

I x1

→

I x1

→

I x1

→

I x1

xG h 4

x1

⎛h⎞ +⎜ ⎟ ⋅m ⎝4⎠

(3)

Restando la ecuación (2) a la ecuación (3):

8h 2 I x1 − I x = − ⋅m 16 h2 → I x1 = I x − ⋅ m 2 3 ⎛1 2 2⎞ Pero : I x = ⋅ m ⋅ ⎜ ⋅ R + h ⎟ 5 ⎝4 ⎠

h2 3 ⎛1 2 2⎞ = ⋅m⋅⎜ ⋅ R + h ⎟ − ⋅m 5 ⎠ 2 ⎝4 3 3 h2 5 ⎛1 2 2⎞ = ⋅m⋅⎜ ⋅ R + h ⎟ − ⋅m⋅ ⋅ 5 2 3 ⎠ 5 ⎝4 3 1 ⎞ 1 ⎛1 ⋅ m ⋅ (3R 2 + 2h 2 ) = ⋅ m ⋅ ⎜ ⋅ R2 + ⋅ h2 ⎟ = 5 6 ⎠ 20 ⎝4 1 = ⋅ m ⋅ (3R 2 + 2h 2 ) 20

______________________________________________________________________ 64 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

65

Momento de inercia de un cuerpo respecto a un eje cualquiera (OL) L

y

s

dm eˆ

α

r r

y x

O

z

x z

m r r = ( x, y.z ) eˆ = (e x , e y , e z ) s = distancia desde el eje "OL" al diferencial de masa " dm" , medido perpendicularmente al

eje "OL" . Entonces, por definición de momento de inercia, el momento de inercia del cuerpo de masa " m" respecto al eje "OL" , será:

I OL = ∫ s 2 ⋅ dm

(1)

m

r Pero: s = r ⋅ senα r r r Además : r × eˆ = r ⋅ eˆ ⋅ senα = r ⋅ senα r Luego: → s = r × eˆ Donde:

iˆ

ˆj

kˆ

r r × eˆ = x

y

z = ( yez − ze y ) ⋅ iˆ + ( zex − xez ) ⋅ ˆj + (xe y − yex ) ⋅ kˆ

ex

ey

ez

______________________________________________________________________ 65 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

66

Entonces:

r 2 2 2 2 s 2 = ( r × eˆ ) = ( yez − ze y ) + ( zex − xez ) + (xe y − yex ) s 2 = y 2 e z2 + z 2 e 2y + z 2 e x2 + x 2 e z2 + x 2 e 2y + y 2 e x2 − 2 yze y e z − 2 zxe z e x − 2 xye x e y

(

)

(

)

(

)

(

s 2 = y 2 + x 2 ⋅ e z2 + z 2 + x 2 ⋅ e 2y + y 2 + z 2 ⋅ e x2 − 2 yze y e z + zxe z e x + xye x e y

)

(2)

Reemplazando la expresión (2) en la ecuación (1), tenemos:

I OL = I z ⋅ e z2 + I y ⋅ e y2 + I x ⋅ e x2 − 2(I yz ⋅ e y ⋅ e z + I zx ⋅ e z ⋅ e x + I xy ⋅ e x ⋅ e y )

Reordenando la ecuación nos queda:

I OL = I x ⋅ ex2 + I y ⋅ e y2 + I z ⋅ ez2 − 2(I xy ⋅ ex ⋅ e y + I yz ⋅ e y ⋅ ez + I zx ⋅ ez ⋅ ex )

Si el eje Si el eje Si el eje

(3)

x es un eje de simetría, entonces: I xy = I xz = 0 y es un eje de simetría, entonces: I xy = I yz = 0 z es un eje de simetría, entonces: I xz = I yz = 0

Si un par de ejes

x, y

o

x, z

o

y, z

son ejes de simetría, entonces

I xy = I xz = I yz = 0

y la ecuación (3) se reduce a:

I OL = I x ⋅ e x2 + I y ⋅ e y2 + I z ⋅ e z2

(4)

______________________________________________________________________ 66 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

67

Elipsoide de Inercia Supongamos que el momento de inercia del cuerpo considerado en la sección anterior sa ha encontrado respecto a un gran número de ejes "OL" que pasan por el punto fijo "O" , y que se representa un punto "Q" sobre cada eje "OL" a una distancia

I OL =

→

1

OQ =

1 I OL

del punto "O" .

(5)

(OQ )

2

Entonces, el lugar geométrico de los puntos "Q" así obtenidos forma una superficie. La ecuación de dicha superficie puede obtenerse sustituyendo la expresión (5) en (3):

1

(OQ )

2

= I x ⋅ e x2 + I y ⋅ e y2 + I z ⋅ e z2 − 2(I xy ⋅ e x ⋅ e y + I yz ⋅ e y ⋅ e z + I zx ⋅ e z ⋅ e x )

y

1 I OL

OQ =

L

Q

eˆ

y

O

z

x

x z

( )2 [

(

1 = OQ ⋅ I x ⋅ e x2 + I y ⋅ e 2y + I z ⋅ e z2 − 2 I xy ⋅ e x ⋅ e y + I yz ⋅ e y ⋅ e z + I zx ⋅ e z ⋅ e x Sabemos que e x , e y , e z son los cosenos directores de la recta x, y, z respectivamente. Luego: →

x = OQ ⋅ e x

→

y = OQ ⋅ e y

→

"OL"

)]

(6)

respecto a los ejes

x OQ y ey = OQ ex =

______________________________________________________________________ 67 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

z = OQ ⋅ e z

→

ez =

68

z OQ

Reemplazando estos valores en la ecuación (6) , tenemos:

I x ⋅ x 2 + I y ⋅ y 2 + I z ⋅ z 2 − 2(I xy ⋅ xy + I yz ⋅ yz + I zx ⋅ zx ) = 1

(7)

La ecuación (7) es la ecuación de un elipsoide. Esta elipsoide que define el momento de inercia del cuerpo de masa "m" , respecto a cualquier eje que pase por el punto "O" , se denomina Elipsoide de inercia del cuerpo en "O" . Ejemplo: Calcular el momento de inercia de un prisma rectangular de masa "m" y lados a, b y c , respecto a la diagonal "OB" .

y

B c

O

x

E

a

z

b

Solución. El sistema de ejes coordenadas paralelo al sistema de coordenadas x, y, z dado y con origen en el centro de gravedad “G” de este prisma, está formado por ejes de simetría. Luego, se cumple que: I ( xy ) = I ( yz ) = I ( zx ) = 0 G

G

G

Entonces la ecuación que debemos aplicar en este caso, para el cálculo del momento de inercia respecto al eje “GB” que coincide con el eje “OB” es la ecuación (4) mencionada anteriormente, esto es :

I OL = I x ⋅ e x2 + I y ⋅ e y2 + I z ⋅ e z2 O sea:

(4)

I OL = I GB = I OB = I xG ⋅ ex2G + I yG ⋅ e y2G + I z G ⋅ ez2G

______________________________________________________________________ 68 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles Donde:

m ⋅ (a 2 + c 2 ) 12 m = ⋅ (b 2 + c 2 ) 12 m = ⋅ (a 2 + b 2 ) 12 yG y

69

I xG = I zG I yG

eˆ

o

c

G

O = (0,0,0 )

B = (b, c, a )

B

xG

x

E zG

a b

z

OB (b, c, a ) = (e , e , e ) = x y z OB a2 + b2 + c2 b2 b 2 O sea: → exG = 2 ex = exG = a + b2 + c2 a2 + b2 + c2 c2 c 2 → e yG = 2 e y = e yG = a + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 a 2 → ezG = 2 ez = ezG = a + b2 + c2 a2 + b2 + c2 2 2 2 Reemplazando estos valores en la ecuación: I OB = I xG ⋅ exG + I yG ⋅ e yG + I z ⋅ ezG G Además:

eˆ =

Tenemos:

______________________________________________________________________ 69 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

70

m b2 2 2 I xG ⋅ e = ⋅ (a + c ) ⋅ 2 (a + b 2 + c 2 ) 12 m c2 2 2 2 I yG ⋅ e yG = ⋅ (a + b ) ⋅ 2 (a + b 2 + c 2 ) 12 m 2 a2 2 2 I zG ⋅ ezG = ⋅ (b + c )⋅ 2 (a + b 2 + c 2 ) 12 2 xG

Luego:

m ⋅ (a 2b 2 + c 2b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 + b 2 a 2 + c 2 a 2 ) 2 2 2 12 ⋅ (a + b + c ) m = ⋅ (a 2b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 ) 2 2 2 6 ⋅ (a + b + c )

I OB = I OB

Este problema también se puede solucionar considerando como base el sistema de coordenadas x, y, z , en lugar de xG , yG , zG . Esto es:

x, y , z

Como los ejes

no son ejes de simetría entonces

I xy , I xz , I yz

son distintos de “cero”.

Luego, la ecuación válida en este caso es la ecuación (3), o sea:

I OL = I OB = I x ⋅ e x2 + I y ⋅ e y2 + I z ⋅ e z2 − 2(I xy ⋅ e x ⋅ e y + I yz ⋅ e y ⋅ e z + I zx ⋅ e z ⋅ e x )

y

yG B

o

c

eˆ

x

zG b

Donde: a) Momentos de inercia:

I x = I xG + ( y + z ) ⋅ m 2

a

E

z

2

xG

G

→

⎛ ⎛ c ⎞2 ⎛ a ⎞2 ⎞ m 2 2 I x = ⋅ (a + c ) + ⎜⎜ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⋅ m 12 ⎝⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎠

______________________________________________________________________ 70 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

(3)

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

→

m 2 ⋅ (a + b 2 ) 3 ⎛ ⎛ b ⎞2 ⎛ c ⎞2 ⎞ m 2 2 I z = ⋅ (b + c ) + ⎜⎜ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⋅ m 12 ⎝⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎠

Iy =

→

I z = I zG + (x 2 + y 2 ) ⋅ m

m 2 ⋅ (a + c 2 ) 3 ⎛ ⎛ b ⎞2 ⎛ a ⎞2 ⎞ m 2 2 I y = ⋅ (a + b ) + ⎜⎜ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⋅ m 12 ⎝⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎠

Ix =

→

I y = I yG + (x 2 + z 2 ) ⋅ m

71

→

Iz =

→

m 2 ⋅ (b + c 2 ) 3

d) Productos de inercia:

I xy = I xyG + x ⋅ y ⋅ m

→

I xz = I xzG + x ⋅ z ⋅ m

→

I yz = I yzG + y ⋅ z ⋅ m

→

1 b c I xy = 0 + ⋅ ⋅ m = bcm 2 2 4 1 b a I xz = 0 + ⋅ ⋅ m = abm 2 2 4 1 c a I yz = 0 + ⋅ ⋅ m = acm 2 2 4

Sustituyendo valores, en la ecuación (3), tenemos:

I OL = I OB = I x ⋅ ex2 + I y ⋅ e y2 + I z ⋅ ez2 − 2(I xy ⋅ ex ⋅ e y + I yz ⋅ e y ⋅ ez + I zx ⋅ ez ⋅ ex )

I OB =

1 a2 + b2 + c2

m m ⎡m ⎤ ⋅ ⎢ ⋅ (a 2 + c 2 ) ⋅ b 2 + ⋅ (a 2 + b 2 ) ⋅ c 2 + ⋅ (b 2 + c 2 ) ⋅ a 2 − 2 ⋅ (......)⎥ 3 y 3 ⎣3 ⎦ G

Donde:

− 2 ⋅ (......)

→

(3)

→

I OB =

m m ⎛m ⎞ − 2 ⋅ ⎜ ⋅ a 2b 2 + ⋅ a 2 c 2 + ⋅ b 2 c 2 ⎟ 4 4 ⎝4 ⎠

m ⋅ (a 2b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 ) 2 2 2 6 ⋅ (a + b + c )

______________________________________________________________________ 71 Versión Enero 2013 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz