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• Pol Cardenas

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MA 133

Ejercicios

Alumno:Fuentes Villalobos Oscar Andres. Prof: Rojas Cerna Victor Daniel

18. Halle los momentos de inercia IX ,IY ,IO para la l´amina del ejercicio 6. El tri` angulo encerrado por las funcione y=2x,x+2y=1 y y= 0 , tiene como v´ertices: (0;0),(0,2;0,4),(0;0,5). Entonces hallar los momentos de inercia, evaluamos las integrales. R 0,2 R para R 0,2 R 0,5 R 0,2 0,5 2 2 2 0,5 2 0,5 Ix = 0 y p(x, y)dydx = y xdydx = x(y )0 dx = (x2 /2)0,2 0 (y )0 = 0.005 0 0 0 0 Iy =

R 0,2 R 0,5 0

0

x2 p(x, y)dydx =

R 0,2 R 0,5 0

0

x2 xdydx =

R 0,2 0

0,2 0,5 4 x3 (y)0,5 0 dx = (x /4)0 (y)0 = 0.0002

Entonces el momento de inercia respecto al eje O es igual a IO =IY +IO =0.0052 19. Halle los momentos de inercia IX ,IY ,IO para la l´amina del ejercicio 15. Consideramos el punto opuesto a la hipotenusa como el punto(0,0) y los lados iguales a lo largo de los ejes positivos x e y. Aplicamos la f´ ormula para hallar el momento de inercia respecto a cada uno de los ejes: R a R a−x 2 Ix = 0 0 y k(x2 + y 2 ) · dy · dx R a R a−x 2 2 Ix =k 0 0 (x y + y 4 ) · dy · dx Ra Ra Ix =k 0 ((1/3)x2 y 3 + (1/5)y 5 )0y=0 y = a − x · dx =k 0 ((1/3)x2 (a − x)3 + (1/5)(a − x)5 )) · dx Ix =k[(1/3)((1/3)a3 x3 − 3/4a2 x4 + (3/5)ax5 − (1/6)x6 − (1/10)(a − x)6 ]a−x = (7/180)ka6 0 R a R a−x 2 Iy = 0 0 x k(x2 + y 2 ) · dy · dx R a R a−x 2 2 Iy =k 0 0 (x y + x4 ) · dy · dx Ra Ra Iy =k 0 ((x4 y + (1/3)x2 y 3 )y=a−x · dx =k 0 (x4 (a − x) + (1/3)x2 (a − x)3 ) · dx y=0 Iy =k[(1/5)ax5 − (1/6)x6 + (1/3(1/3a3 x3 − (3/4)a2 x4 + (3/5)ax5 − (1/6)x6 ]a−x = (7/180)ka6 0 Entonces el momento de inercia respecto al eje O es igual a IO =IY +IO =(7/90)ka6 20. Considere un aspa de ventilador cuadrada con lados de longitud 2 y la esquina inferior izquierda ubicada en el origen.Si la densidad del aspa es p(x,y)=1+0.1x. ¿Es m´ as dif´ıcil rotar el aspa alrededor del eje x o alrededor del eje y? Nosotros podemos determinar en que direcci´on de rotaci´on ser´a m´as dificultoso comparando los momentos de inercia. RR R2R2 R2 R2 Ix = D y 2 p(x, y)dA = 0 0 y 2 (1 + 0.1x)dydx= 0 (1 + 0.1x)((1/3)y 3 )20 dx=(8/3) 0 (1 + 0.1x)dx Ix =(8/3)[x+0.1.(1/2)x2 ]20 ≈ 5.87

RR R2R2 R2 R2 Iy = D x2 p(x, y)dA = 0 0 x2 (1 + 0.1x)dydx= 0 x2 (1 + 0.1x)(y)20 dx=2 0 (x2 + 0.1x3 )dx Iy =2[(1/3)x3 + 0.1.(1/4)x4 ]20 ≈ 6.13 Como el momento de inercia Iy > Ix , es m´as dif´ıcil rotar el aspa al rededor del eje y. 21. Hallar los momentos de inercia IX ,IY y los radios de giro de una lamina con densidad constantes(rectangulo 0 ≤ x ≤ b ,0 ≤ y ≤ h . Aplicamos la f´ ormula para hallar los momentos de inercia respecto a cada uno de los ejes: RhRb Rb Rh Ix = 0 0 y 2 dxdy = p 0 dx 0 py 2 dy = p[x]b0 [(1/3)y 3 ]h0 = (1/3)pbh3 Iy =

RhRb 0

0

px2 dxdy = p

Rb 0

x2 dx

Rh 0

dy = p[y]h0 [(1/3)x3 ]b0 = (1/3)pbh3

Como la l´ amina es homog´enea, la masa de la l´amina es pbh : Hacemos x2 =IY /m , lo que nos da el punto x como radio de giro , an´alogamente para y, con los cuales obtenemos. √ xg = b/ √3 yg = h/ 3 22. Hallar los momentos de inercia IX ,IY y los radios de giro del tri´angulo de v´ertices (0,0),(b,0);(0,h). Hallamos la masa del conjunto, para eso reemplazamos en la integral: m=

RR D

p(x, y)dA =

RbRh 0

pdxdy = pbh.

0

Hallamos ahora el radio de giro (xg , yg ) : RR RbRh xg =(1/m) D xp(x, y)dA = (1/pbh) 0 0 pxdydx = (1/pbh)pb2 h = b/2 RR RbRh yg =(1/m) D yp(x, y)dA = (1/pbh) 0 0 pydydx = (1/pbh)pbh2 = h/2 Los momentos de inercia est´ an expresados por : Ix = Iy =

RbRh 0

0

RbRh 0

0

y 2 pdydx = (p/3) x2 pdydx = (p)

Rb

Rb 0

0

x2

h3 dx = (1/3)ph3 b Rh 0

dydx = (1/3)phb3

23. Hallar los momentos de inercia IX ,IY y los radios de giro para la parte del disco x2 + y 2 ≤ a2 . Transform´ ando a coordenadas polares la regi´on se puede expresar de la forma: D=(r,θ)|0 ≤ r ≤ a,0 ≤ θ ≤ π/2 entonces: R π/2 R a R π/2 Ra Ix = 0 p(rsinθ)2 rdrdθ= 0 sin2 dθ 0 r3 dr = (1/16)pa4 π 0 Iy =

R π/2 R a 0

0

p(rcosθ)2 rdrdθ=

R π/2 0

cos2 dθ

Ra 0

r3 dr = (1/16)pa4 π

y la masa m=pA=p(1/4)πa2 Recordemos que el radio de giro se halla mediante x2g =IY /m y y2g =Ix /m

Entonces hallamos x e y del radio de giro obteniendo xg = yg = a/2

24. Hallar los momentos de inercia IX ,IY y los radios de giro de la regi´on bajo la curva y=senx de x=0 a x=π. RR Determinamos primero la masa m= D p(x, y)dA. R π R sinx m= 0 0 xydydx = (π 2 )/8. Luego hallamos el radio de giro seg´ un: RR R π R sinx 2 xg =(1/m) D xp(x, y)dA = (8/π 2 ) 0 0 x ydydx = (2/3π) − (1/π) RR R π R sinx 2 yg =(1/m) D yp(x, y)dA = (8/π 2 ) 0 0 xy dydx = (16/9π) Entonces (xg , yg ) = ((2/3π) − (1/π); (16/9π)) Hallamos los momentos de inercia Ix e Iy : RR R π R sinx 3 Ix = D y 2 p(x, y)dA = 0 0 xy dydx = (3π 2 /64) RR 2 R π R sinx 3 Iy = D x p(x, y)dA = 0 0 x ydydx = (π 2 /16)(4π 2 − 9) 25. Determinar la masa ,momentos de inercia, centro de masa de la l´amina que ocpua la regi´on D y tiene la funci´ on densidad dada : D est´ a encerrada por el lazo derecho de la rosa de cuatro p´etalos : r=cos2θ; p(x, y) = x2 + y 2 . Entonces redefinimos la Regi´ on D como : D=(r,θ)|0 ≤ r ≤ cos2θ,−π/4 ≤ θ ≤ π/4 RR R π/4 R cos2θ 2 Encontramos ahora la masa m= D (x2 + y 2 )dA = −π/4 0 r rdrdθ = (3/64)π xg = (1/m)

RR D

xp(x, y)dA = (64/3π)

R π/4 R cos2θ −π/4 0

(rcosθ)rdrdθ = (64/3π)

R π/4 R cos2θ −π/4 0

√ r4 cosθdrdθ = (16384 2/10395π)

R π/4 R cos2θ 4 RR R π/4 R cos2θ (rsinθ)rdrdθ = (64/3π) −π/4 0 yg = (1/m) D yp(x, y)dA = (64/3π) −π/4 0 r sinθdrdθ = 0 √ Entonces el punto de giro es (16384 2/10395π; 0) Los momentos de Inercia respecto a cada eje se expresan seg´ un: Ix = Iy =

y 2 p(x, y)dA =

R π/4 R cos2θ

D

x2 p(x, y)dA =

R π/4 R cos2θ

D

RR

RR

IO =Ix +Iy =5π/384

−π/4 0

−π/4 0

(rsinθ)2 r2 rdrdθ =

R π/4 R cos2θ

(rcosθ)2 r2 rdrdθ =

R π/4 R cos2θ

−π/4 0

−π/4 0

(sinθ)2 r5 drdθ = (5π/384 − 4/105) (cosθ)2 r5 drdθ = (5π/384 + 4/105)