CAPITULO 3 CENTROIDES Y MOMENTOS DE INERCIA
3.1 CENTROIDE DE ALAMBRES PROBLEMA 3.1
Un alambre compuesto delgado de sección uniforme ABCD está conformado por un
tramo AB de cuarto de circunferencia y dos tramos rectos BC y CD donde este último es vertical. Determinar las coordenadas de su centro de gravedad.
Fig. 3.1 Solución:
Para determinar el centro de gravedad de figuras, como es el caso de alambres compuestos, se divide en sectores conocidos (tramo cuarto de círculo AB y líneas BC y CD). Para el caso del cuarto de círculo, tenemos:
L AB
R 2
YCG Z CG
3 2
1,5
2R
2.3
6
Fig. 3.2 Las longitudes y ubicación de los centros de gravedad de las líneas BC y CD se conocen y muestran en la tabla 3.1
m o c . 2 S I T A R G . w w w
Tabla 3.1 TRAMO
Li
Xi
Yi
Zi
(m) AB
1,5
0
6/
6/
BC
5
2
1,5
0
CD
2
4
0
1
Luego, determinamos las coordenadas del centro de gravedad:
X
L X L i
i
i
Y
L Y L i
i
1,5.(0) 5.(2) 2.(4) 1,5 5 2
i
18 11,712
6 1,5. 5.(1,5) 2.(0)
11,712
i
LZ Z L
6 1,5. 5.(0) 2.(1) i
i
PROBLEMA 3.2
11,712
1,537m
16,5 11,712
11 11,712
1,409m
0,939m
Sabiendo que la coordenada en “Z” del centro de gravedad del siguiente alambre
delgado homogéneo es 0,466m. Determinar “R”, sabiendo que la semi -circunferencia se encuentra en el plano YZ
Fig. 3.3 Solución:
Determinamos las longitudes de cada tramo:
L AB 0,5m L BC 0,5 2 1,2 2 1,3m L CD 0,9 2 1,2 2 1,5m L DE R En la tabla 3.2 se tienen las longitudes y centroides de cada tramo.
m o c . 2 S I T A R G . w w w
Tabla 3.2 TRAMO
Li
Zi
(m) AB
0,5
0
BC
1,3
0
CD
1,5
0,45
DE
R
0,9
2R
Luego:
Z
L
0,5.(0) 1,3.(0) 1,5.(0,45) R . 0,9
L i Zi
0,466
i
2R
0,5 1,3 1,5 R
Efectuamos cálculos y obtenemos:
2R 2 1,3634R 0,8628 0 Resolvemos la ecuación cuadrática, tomando solo el valor positivo, ya que el radio siempre será así, obteniendo:
R 0,4m 3.2 CENTROIDE DE AREAS PROBLEMA 3.3
Determinar las coordenadas del centroide de la lámina compuesta delgada, la cual
está formada por una región de cuarto de círculo y otra región rectangular hueca.
Fig. 3.4 Solución:
Analizamos cada figura en forma independiente, determinando sus áreas y coordenadas del centro de gravedad. FIGURA 1:
X1
4R 3
4.(3) 3
4
m o c . 2 S I T A R G . w w w
Y1 0 Z1 A1
4R 3
4
4.(3) 3
.R 2
4
.(3) 2 4
2,25
Fig. 3.5
m o c . 2 S I T A R G . w w w
FIGURA 2:
X 2 1,5 Y2 1,5 Z2 0
A 2 3.3 9
Fig. 3.6 FIGURA 3:
X 3 0,75 Y3 1,5 Z3 0
A 3 1.1,5 1,5
Fig. 3.7 Con los resultados obtenidos, elaboramos la tabla 3.3, con la finalidad de determinar las coordenadas del centro de gravedad de la lámina compuesta. Tabla 3.3 FIGURA
Ai
Xi
Yi
Zi
A i Xi
A i Yi
A i Zi
2
(m ) 1
2,25
4/
0
4/
9
0
9
2
9
1,5
1,5
0
13,5
13,5
0
3
-1,5
0,75
1,5
0
-1,125
-2,25
0
Σ
14,568
-
-
-
21,375
11,25
9
Nótese, que el área de la figura 3, es negativa, por ser la lámina hueca en esa parte. Luego:
AX 21,375 X 1,467m A 14 , 568 A Y 11,25 0,772m Y A 14,568 A Z 9 0,618m Z A 14,568 i
i
i
i
i
i
i
i
i
PROBLEMA 3.4
Sabiendo que las coordenadas del centro de gravedad de la lámina delgada
homogénea mostrada es (0,421; Y; Z) . Determinar a , Y , Z .
Fig. 3.8
m o c . 2 S I T A R G . w w w
Solución:
Una vez más, dividimos en figuras regulares. FIGURA 1:
X1
a 3
Y1 0 Z1
2
A1
1
3
2
.(a ).(2) a
Fig. 3.9 FIGURA 2:
X2 0
Y2 1,5 Z2 1
A 2 2.3 6
Fig. 3.10 FIGURA 3:
X3 0 Y3 3
4.(1) 3
3
4 3
Z3 1 A3
R 2 2
.12 2
2
m o c . 2 S I T A R G . w w w
Fig. 3.11 Luego:
X
A X A i
i
0,421
a a. 6.(0) .(0) 2 3 a 6
i
2
Efectuando cálculos se obtiene:
a 2 1,263a 9,561 0 Tomamos solo el valor positivo de la solución de la ecuación cuadrática, obteniendo:
a 3,787m Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad de toda la figura:
Y
A Y A i
i
3,787.(0) 6.(1,5)
3,787 6
i
Z
A Z A i
i
i
4 . 3 2 3 1,266m 2
2 3,787. 6.(1) .(1) 2 3 3,787 6
0,889m
2
3.3 MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS PLANAS PROBLEMA 3.5
Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la
sección transversal mostrada en la figura 3.12, cuyas dimensiones están dadas en centímetros.
Fig. 3.12 Solución:
Los ejes OX y OY se denominan centrales principales de toda la sección transversal. Determinamos los momentos de inercia, áreas del rectángulo y de cada uno de los círculos huecos.
m o c . 2 S I T A R G . w w w
RECTANGULO:
I
(1) X
I
(1) Y
bh 3
12 hb 3
12
60.203 12 20.603 12
40000cm 4 360000cm 4
A1 60.20 1200cm 2 CIRCULO:
I
( 2) X
I
( 2) Y
R 4 4
.6 4 4
1017,88cm 4
A 2 R 2 .6 2 113,10cm 2 Calculamos los momentos de inercia respecto a los ejes principales centrales, aplicando el teorema de ejes paralelos:
I X I (X1) 3I (X2) 40000 3.1017,88 36946,36cm 4
I Y I (Y1) 3I (Y2) 2A 2 .d 2 360000 3.1017,88 2.113,10.182 283657,56cm 4 PROBLEMA 3.6
Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes principales centrales de la
sección transversal mostrada en la figura 3.13, cuyas dimensiones están dadas en centímetros.
Fig. 3.13 Solución:
Dividimos la sección transversal en tres figuras geométricas sencillas: un rectángulo y dos triángulos isósceles. Calculamos las áreas y momentos de inercia del rectángulo y triángulos, respecto a sus ejes centrales. RECTANGULO (eje central XOY):
I
(1) X
I
(1) Y
12.8
3
12 8.123 12
512cm 4 1152cm 4
A1 12.8 96cm 2
m o c . 2 S I T A R G . w w w
TRIANGULO (eje central X 1O1Y)
I
( 2) X1
I
( 2) Y
A2
bh 3
36 hb 3
48 12.6 2
12.6 3 36 6.123 48
72cm 4 216cm 4
36cm 2
Ahora, calculamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales OX y OY, considerando el teorema de ejes paralelos.
I X I (X1) 2I (X21) A 2 .d 2 512 2.72 36.6 2 3248cm 4 I Y I (Y1) 2I (Y2) 1152 2.216 1584cm 4 PROBLEMA 3.7
Determinar la ubicación del centro de gravedad y los momentos de inercia respecto
a los ejes centrales principales de la sección transversal mostrado en la figura 3.14, cuyas dimensiones están dadas en centímetros.
m o c . 2 S I T A R G . w w w Fig. 3.14 Solución:
La sección transversal mostrada, se puede analizar como un rectángulo de 24cm x 18cm y otro rectángulo hueco de 12cm x 12cm El área de la sección transversal es:
A 24.18 12.12 288cm2 Para determinar la posición del centro de gravedad, el cual se ubica en el eje de simetría OY, utilizamos un eje auxiliar O 1X1, el cual pasa por la base de la sección. El momento estático de la sección respecto a este eje, lo determinamos como la diferencia entre los momentos estáticos de dos rectángulos.
SX1 A1 y1 A 2 y 2 24.18.9 12.12.6 3024cm3 Determinamos la ubicación del centro de gravedad.
y0
S X1 A
3024 288
10,5cm
De esta manera, los ejes OX y OY son los denominados ejes centrales principales.
Determinamos el momento de inercia de toda la sección respecto al eje O 1X1, que es la base de ambos rectángulos:
I X1
b1h 13 3
b 2 h 32 3
24.183 3
12.123 3
39744cm 4
Ahora, determinamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales, aplicando para el eje OX el teorema de ejes paralelos, pero para el eje OY no es necesario, ya que coinciden los ejes de las figuras analizadas anteriormente con la sección completa, producto de la s imetría.
I X I X1 Ay02 39744 288.10,5 2 7992cm 4 IY
18.243 12
12.123 12
19008cm 4
Otra de las formas para determinar el momento de inercia respecto al eje OX, es analizando cada figura en forma independiente y considerando el teorema de eje s paralelos para cada figura, es decir la distancia de cada eje local respecto al eje OX. Para ello, dividimos en tres figuras regulares, donde existe material, es decir, un rectángulo en la parte superior de 24cm x 6cm y dos rectángulos laterales de 6cm x 12cm.
24.6 3 6.123 2 IX 24.6.4,5 2. 6.12.4,5 2 7992cm 4 12 12 Como podemos apreciar, coincide la respuesta, quedando a criterio del lector el método más adecuado a utilizar.
PROBLEMA 3.8
Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes X1
sección mostrada en la figura 3.15. Considere que los ejes X1
X1 y X 2 X 2 de la
X1 y X 2 X 2 son paralelos.
Fig. 3.15 Solución:
Determinamos los momentos de inercia de toda la sección, respecto a sus ejes centrales principales
IX IY
10.103 12
2.2 3 12
832cm 4
I XY 0 Ahora, calculamos el momento de inercia respecto al eje X1
X1
m o c . 2 S I T A R G . w w w
I X1 I X cos 2 I Y sen 2 I XY sen2 Para este caso, reemplazamos los valores obtenidos anteriormente y
45o ,
porque
es
positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, que es el presente caso.
I X1 832 cos 2 (45o ) 832sen 2 (45o ) 0 832cm 4 Luego, determinamos el momento de inercia respecto al eje X 2
X 2 , utilizando el teorema de ejes
paralelos.
I X2 I X1 A.d 2 832 (10 2 2 2 ).(5 2 ) 2 5632cm 4 Si en el presente problema, nos hubiesen pedido determinar el momento de inercia respecto al eje
Y1 Y1 , perpendicular al eje X1 X1 , se determinaría de la siguiente manera: I Y1 I X sen 2 I Y cos 2 I XYsen2 I Y1 832sen 2 (45o ) 832 cos 2 (45o ) 0 832cm 4 Para determinar el producto de inercia respecto a los ejes X1
X1 e Y1 Y1 ,
se determinará
mediante la siguiente relación:
I X1Y1 I X1Y1
IX IY 2
sen 2 I XY cos 2
832 832 2
sen(90 o ) 0 0
Esto demuestra un principio básico del producto de inercia, que indica: “Si un área tiene un eje de simetría, ese eje y el eje perpendicular a él, constituyen un conjunto de ejes para los cuales el producto de inercia es cero”.
3.4 MOMENTOS DE INERCIA DE PERFILES METALICOS PROBLEMA 3.9
Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la
sección transversal de acero, compuesta de cuatro ángulos de lados iguales L10x10x1 y una plancha de sección 30x1, tal como se muestra en la figura 3.16, cuyas dimensiones están dadas en centímetros. Las características del ángulo se dan en la tabla 3.4, respecto a los ejes O 1X1 y O1Y1
Fig. 3.16
m o c . 2 S I T A R G . w w w
Tabla 3.4
I (X11)
A1 PERFIL
2
L10x10x1
I (Y11)
(cm )
(cm )
(cm )
19,2
179
179
4
4
Solución:
Los momentos de inercia respecto a los ejes OX y OY y el área de la plancha son:
I
( 2) X
I
( 2) Y
1.303 12 30.13 12
2250cm 4 2,5cm 4
A 2 30.1 30cm 2 El área de toda la sección transversal es:
A 4A1 A 2 4.19,2 30 106,8cm 2 Los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales OX y OY lo determinamos, teniendo en cuenta el principio de ejes paralelos.
I X 4.I
(1) X1
A1 b I 2 1
( 2) X
4.179 19,2.12,17 2250 14340,76cm 2
4
I Y 4.I (Y11) A1a 12 I (Y2) 4.179 19,2.3,332 2,5 1570,13cm 4 PROBLEMA 3.10
Determinar la ubicación del centro de gravedad y los momentos de inercia
respecto a los ejes centrales principales de la sección transversal de una viga de acero compuesta por dos perfiles I27 y una plancha de sección 40x1,2cm, tal como se muestra en la figura 3.17. Las características del perfil I27 se dan en la tabla 3.5
Fig. 3.17 Tabla 3.5
A1 PERFIL I27
2
I (X11)
I (Y11)
(cm )
(cm )
(cm )
40,2
5010
260
4
4
m o c . 2 S I T A R G . w w w
Solución:
Los momentos de inercia respecto a los ejes O 2X2Y2 y el área de la plancha son:
I
( 2) X2
I
( 2) Y2
40.1,2 3 12 1,2.403 12
5,76cm 4 6400cm 4
A 2 40.1,2 48cm 2 El área de toda la sección será:
A 2.40,2 48 128,4cm 2 Para determinar la ubicación del centro de gravedad de toda la sección, calculamos el momento estático de la sección respecto al eje O 1X1, que pasa por el centro de gravedad de los perfiles I27 y, en consecuencia, no generan dichos perfiles momentos estáticos respecto al eje indicado.
SX1 A 2 y 2 48.13,5
1,2
676,8cm 2
3
De esta manera, determinamos el centro de gravedad de toda la sección, respecto al eje O 1X1:
y0
S X1 A
676,8 128,4
5,27cm
Los ejes OX y OY se denominan ejes centrales principales y los momentos de inercia respecto a dichos ejes son:
I X 2.5010 40,2.5,27 2 5,76 48.8,832 16001,21cm 4 I Y 2.260 40,2.102 6400 14960cm 4 PROBLEMA 3.11 Para
la sección no simétrica mostrada en la figura 3.18,a compuesta por un perfil
I50 y un ángulo de lados desiguales L20x12,5x1,6. Se pide determinar la ubicación del centro de
gravedad de la sección, los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales y la orientación de estos ejes. Los momentos de inercia y áreas de ambos perfiles respecto a sus ejes locales centrales se dan en la tabla 3.6
Fig. 3.18
m o c . 2 S I T A R G . w w w
Tabla 3.6 PERFIL I50
PERFIL L20x12,5x1,6
I X1 39727cm 4
I X2 617cm 4
I Y1 1043cm 4
I Y2 2026cm 4
-
I X2Y2 644cm 4
A1 100cm 2
A 2 49,8cm 2
Solución:
El área de toda la sección es:
A 100 49,8 149,8cm 2 Para determinar la ubicación del centro de gravedad, elegimos como ejes auxiliares los ejes del perfil I50, es decir, los ejes O 1X1 y O1Y1
x0 y0
SY1 A S X1 A
A2x 2
A2 y2
A
A
49,8.21,79
49,8.22,01
149,8
149,8
7,24cm 7,32cm
Estas magnitudes y las coordenadas de los centros de gravedad de los perfiles se muestran en la figura 3.18,a, cuyos valores son:
a 1 7,24cm ;
b1 7,32cm ;
a 2 14,55cm ;
b 2 14,69cm
Determinamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales OX y OY
I X I X1 A1 b12 I X2 A 2 b 22 I X 39727 100.(7,32) 2 617 49,8.14,69 2 56448,88cm 4 I Y I Y1 A1a 12 I Y2 A 2 a 22 I Y 1043 100.(7,24) 2 2026 49,8.14,552 18853,54cm 4 I XY I X1Y1 A1a 1 b1 I X2Y2 A 2 a 2 b 2
I XY 0 100.(7,24).(7,32) 644 49,8.14,55.14,69 15299,91cm 4 Ahora, determinamos los momentos de inercia principales y los ángulos de desviación de los ejes principales 1 y 2 respecto al eje OX
I1, 2
I1
IX IY 2
2
I I X Y I 2XY 2
56448,88 18853,54 2
2
56448,88 18853,54 2 4 15299,91 61888,36cm 2
m o c . 2 S I T A R G . w w w
I2
56448,88 18853,54
tg1 tg 2
2 I XY I Y I1 I XY IY I2
2
56448,88 18853,54 2 4 15299,91 13414,05cm 2
15299,91 18853,54 61888,36 15299,91 18853,54 13414,05
0,355
1 19,54o
2,813
2 70,43o
En la figura 3.18,b se muestra la obtención gráfica de los momentos de inercia principales y la orientación de los ejes principales, cuyo proceso se detalla a continuación: 1.
Se eligen los ejes coordenados, orientando en el eje horizontal los momentos de inercia
IX , IY
y en el eje vertical el producto de inercia I XY 2.
De acuerdo a la escala elegida, se obtienen los puntos correspondientes en el eje horizontal de los momentos de inercia I X e I Y
3.
La diferencia de dichos momentos de inercia lo dividimos entre dos y obtenemos el centro C de la figura.
4.
A partir del extremo del momento de inercia I Y , levantamos en el eje vertical del producto de inercia, es decir I XY , obteniendo el punto K de la figura.
5.
Unimos los puntos C y K, cuyo valor es el radio del circulo denominado de Mohr para momentos de inercia.
6.
Trazamos el denominado circulo de Mohr, intersecándose con el eje horizontal en dos puntos, que corresponden de mayor a menor a los momentos de inercia principales I 1 e I 2 , cuyos valores se obtienen como indicamos en un inicio de acuerdo a una escala previamente elegida.
7.
Para obtener la orientación de los ejes principales, trazamos desde el punto K dos líneas que unen al punto K con el extremo del momento de inercia principal
I1 y corresponde a la
orientación del eje principal 1. Análogamente, unimos el punto K con el extremo del momento de inercia principal I 2 y cuya dirección corresponde a la orientación del eje principal 2 . 8.
Los ángulos que forman dichos ejes principales con el eje horizontal, corresponden a los ángulos de desviación de los ejes principales 1 y 2 respecto al eje OX, recordando que el signo es positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, siempre y cuando se tome como referencia el eje OX como inicio de la medida.
m o c . 2 S I T A R G . w w w
