Parte I

Contenido Te´ orico

1

UNIDAD 3 Baricentro y Momento de Inercia

por Javier L. Mroginski

3.1

Baricentros.

En esta secci´ on se estudiar´ a la obtienci´on de la expresi´on anal´ıtica del centro de masa y baricentro de cuerpos en el espacio.

3.1.1

Momento de primer orden. Centro de masas.

Dado el conjunto de puntos Ai (con i = 1, 2, 3, . . . , n) de la Fig. 3.1 cuyas coordenadas respecto del sistema de ejes cartesianos son xi , yi , zi . Asumimos a su vez que la cada punto posee una masa concentrada mi . Se define de esta manera al conjunto de puntos Ai con masas mi como sistema de puntos materiales o conjunto discreto de masas.

Figura 3.1: Sistema de puntos materiales Por otro lado, se define como momento est´atico o momento de primer orden de las masas mi respecto del plano formado por los ejes x e y, al producto de la masa mi por su distancia a dicho plano, zi . 1

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

Sxy = mi zi

(3.1)

Se observa de la expresi´ on anterior que el momento de primer orden es una magnitud escalar, y consecuentemente, no puede ser representado gr´aficamente mediante un vector. An´alogamente es posible obtener los momentos de primer orden de la masa mi respecto de los planos yz y zx de la siguiente manera.

Syz =mi xi

(3.2)

Szx =mi yi

(3.3)

Luego, se define como centro de masa del conjunto discreto de masas mi al punto material G cuya masa es igual (equivalente) a la sumatoria de las masas mi que componen el sistema, y cuyo momento de primer orden respecto de cada uno de los tres planos xy, yz y zx es igual a la suma de los momentos de primer orden de las masas mi respecto a dichos planos. Es decir, el centro de masa G es un punto material que cumple con las siguientes condiciones:

M= M xG = M yG = M zG =

n X i=1 n X i=1 n X i=1 n X

mi

(3.4)

m i xi

(3.5)

m i yi

(3.6)

mi zi

(3.7)

i=1

donde xG , yG , zG son las coordenadas del centro de masa y M es la masa total del sistema, que se asume concentrada en el punto G. A parir de las condiciones que debe cumplir el centro de masa, Ecs. (3.4)-(3.7), es posible determinar su ubicaci´ on en el espacio. P m i xi xG = P mi

3.1.2

,

P m i yi yG = P mi

,

P mi zi zG = P mi

(3.8)

Medios continuos. Baricentro.

El concepto de masas discretas empleado en la seccion anterior, si bien tiene aplicaciones pr´acticas, no representa con fidelidad la naturaleza de los cuerpos. La masa es una magnitud escalar y continua, que conforma un cuerpo en el espacio, una superficie en el plano, o bien, una cuerda unidimensional. Consideremos ahora el cuerpo formado por masas elementales dm de la Fig. 3.2. En este caso, las masas discretas mi que anteriormente correspond´ıan a puntos espaciales Ai se transforman 2

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

Figura 3.2: Momento de primer orden de un medio continuo en elementos diferenciales de masa dm distribu´ıdos en todo el volumen del continuo. Por lo tanto, el momento de primer orden de conjuntos continuos, respecto al plano formado por los ejes x e y es la integral, y no la sumatoria, de los diferenciales de masa dm por su distancia a dicho plano, z. Z Sxy =

z dm

(3.9)

En forma an´ aloga se definen los momento de primer orden de conjuntos continuos, respecto de los planos yz y zx, seg´ un Z Syz =

x dm

(3.10)

y dm

(3.11)

Z Szx =

Al igual que para sistemas discretos, el centro de masa de conjuntos contimuos denominado baricentro debe cumplir con condiciones equivalentes a las Ecs. (3.5)-(3.7), es decir: Z M=

dm

(3.12)

x dm

(3.13)

y dm

(3.14)

z dm

(3.15)

Z M xG = Z M yG = Z M zG =

a partir de la cual se puede obtener las cordenadas del baricentro de medios continuos: R x dm xG = R dm

,

R y dm yG = R dm

,

R z dm zG = R dm

(3.16)

Por otro lado, si el sistema continuo considerado es un cuerpo que ocupa un volumen V y cuya densidad, variable en cada punto del cuerpo, es δ (x, y, z), el elemento diferencial de masa puede expresarse como 3

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

dm = δ dV

(3.17)

y la masa total del cuerpo estar´ a dada por la integral en el volumen Z

Z

δ dV

dm =

M=

(3.18)

V

V

transformandose las Ecs. (3.16) en R δ x dV xG = RV V δ dV

R δ y dV yG = RV V δ dV

,

,

R δ z dV zG = RV V δ dV

(3.19)

Un caso particular que se presenta habitualmente en los problemas de la ingenier´ıa ocurre cuando la densidad del medio es constante. En esta oportunidad δ puede salir de la integral Ec. (3.18) y consecuentemente es eliminado de las Ec. (3.19). R x dV xG = RV V dV

,

R y dV yG = RV V dV

,

R z dV zG = RV V dV

(3.20)

Considerando ahora los pesos de cada una de las masas elementales dm, tendremos un sistema de fuerzas paralelas con direcci´ on vertical y cuya intensidad es d~ p = ~g dm, siendo ~g el vector aceleraci´ on de la gravedad. La resultante de dicho sistema de fuerzas es el peso total del cuerpo y esta ubicado en el baricentro del mismo, que es a su vez el centro del sistema de fuerzas paralelas. Cuando el cuerpo analizado posee una de sus dimensiones constante, puede ser considerado como una superficie, Ω. En este caso el baricentro de la misma se encuentra en: R x dΩ xG = RΩ Ω dΩ

,

R y dΩ yG = RΩ Ω dΩ

,

R z dΩ zG = RΩ Ω dΩ

(3.21)

Finalmente, al tratarse de un cuerpo que posee dos dimensiones constantes como ser el caso de una cuerda, el baricentro de la misma se obtiene a partir de R x dS xG = RS S dS

,

R y dS yG = RS S dS

,

R z dS zG = RS S dS

(3.22)

Simetr´ıa geom´ etrica En esta secci´ on se estudia una particularidad respecto del baricentro que ocurre en los cuerpos que presentan simetr´ıa. Analizando el cuerpo homog´eneo representado en la Fig. 3.3, se observa que respecto al plano π, todo diferencial de masa dm a la izquierda del mismo posee uno semejante a la derecha dm0 . Considerando que el cuerpo es homog´eneo, por acci´on de la fuerza de lagravedad ~g estos diferenciales de masa pueden representarse como diferenciales de fuerza d~ p = ~g dm = ~g δ dV , formando un sistema de fuerzas paralelas diferenciales. Por lo dicho anteriormente, si esto se cumple en todo el dominio M y M 0 , los baricentros respectivos G y G0 ser´an los puntos de 4

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

Figura 3.3: Simetr´ıa geometrica de cuerpos aplicaci´on de la resultante del sistema de fuerzas paralelas diferenciales de la izquierda P y de la derecha P 0 , respectivamente. Por otro lado, si ambas fuerzas son de igual magnitud implica que las masas M y M 0 son id´enticas1 , y si se encuentran equidistantes respecto al plano π es posible afirmar que dicho plano representa un plano de simetr´ıa. Continuando el an´ alisis sobre el sistema de fuerzas paralelas, al componener las fuerzas P y P 0 , paralelas y de igual magnitud, su resultante se ubicar´a naturalmente equidistante a ambas fuerzas, y consecuentemente sobre el plano π. Es decir, cuando un cuerpo posee un plano simetr´ıa, su baricentro pertenece al mismo. Esta definici´on puede ser extendida a otras formas de simetr´ıa (mostradas en la Fig. 3.4), cuando una figura plana o l´ınea posee un eje de simetr´ıa, su baricentro pertenece al mismo.

Figura 3.4: Simetr´ıa geometrica de cuerpos: a) Tridimensionales, b) Bidimensionales, c) Unidimensionales. Finalmente, se define como centroide al centro (punto) sobre el cual pasan infinitos planos o ejes de simetr´ıa, ver Fig. 3.5.

Figura 3.5: Centroide de una figura unidimensionales. 1

Esta afirmaci´ on no es completamente v´ alida si el cuerpo no es homog´eneo.

5

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3.1.3

Centro de fuerzas paralelas.

Supongamos que sobre el sistema de puntos de la Fig. 3.6 act´ ua un sistema de fuerzas ~ paralelas Pi . Es posible demostrar en que si las fuerzas que componen el sistema de fuerzas paralelas sufren una rotaci´ on respecto de su punto de aplicaci´on, existe un punto y solo un punto en el espacio por el cual pasa la resultante. Este punto recibe el nombre de Centro de Fuerzas Paralelas y su ubicaci´ on es independiente de la direcci´on del sistema de fuerzas paralelas dependiendo u ´nicamente de la magnitud y punto de aplicaci´on de cada una de ellas.

Figura 3.6: Sistema fuerzas paralelas aplicada a un sistema de puntos materiales Por el Teorema de Varignon est´ a demostrado que la suma de los momentos est´aticos de un sistema de fuerzas respecto de un punto del espacio es igual al momento est´atico de su resultante respecto del mismo punto. Es decir, si se cumple ~ = R

X

P~i

(3.23)

tambien debe cumplirse X −−→ −−→ M R/o = M P i/o

(3.24)

Luego, haciendo coincidir al eje x con la direcci´on del sistema de fuerzas paralelas (ver Fig. 3.7) el momento est´ atico de una fuerza gen´erica P~i 2 , cuyo vector posici´on es ~ri , respecto del centro o es

−−→ M P i/o

~i ~ = ~ri × Pi = rxi Px i

~j ryi 0

~k rzi 0

= Pi rz ~j − Pi ry ~k i i

(3.25)

La expresion correspondiente a la Ec. (3.25) es gen´erica y por lo tanto v´alida para las n fuerzas ~ En consecuencia, que componen el sistema de fuerzas paralelas, inclusive para su resultante R. la Ec. (3.24) puede ser reescrita como n

 X −−→ X −−→ M R/o = M P i/o = Pi rzi ~j − Pi ryi ~k = R roz ~j − R roy ~k i=1 2

~ dado que el sistema de fuerzas es paralelo al eje x se cumple: P i = Pxi

6

(3.26)

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

Figura 3.7: Eje x coincidente con el sistema fuerzas paralelas sacando factor com´ un ~j y ~k

~j

n X

! Pi rzi

− ~k

n X

i=1

! = ~j R roz − ~k R roy

Pi ryi

(3.27)

i=1

para que la igualdad anterior se cumpla debe verificarse que los t´erminos que multiplican a ~j y ~k a ambos lados de la igualdad, deben ser id´enticos. n X

Pi rzi = R roz

y

i=1

n X

Pi ryi = R roy

(3.28)

i=1

de donde se pueden obtener las componentes del vector posici´on de la resultante

roz =

n X Pi rz i=1

roy =

i

R

n X Pi ry

i

i=1

R

(3.29)

(3.30)

A continuaci´ on, procediendo en forma similar y haciendo girar el sistema de ejes coordenados de modo que el eje y sea coincidente con la direcci´on del sistema de fuerzas paralelas, se tiene la siguiente expresi´ on correspondiente al momento est´atico de una fuerza gen´erica P~i respecto del centro o, −−→ M P i/o

~i = ~ri × P~i = rxi 0

~j ryi P yi

~k rzi 0

= −Pi rz ~i + Pi rx ~k i i

(3.31)

de donde operando en forma similar al paso anterior se pueden obtener las componentes del vector posici´ on de la resultante

roz =

n X Pi rz i=1

7

R

i

(3.32)

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rox =

n X Pi rx i=1

i

R

(3.33)

Finalmente, si se hace coincidir el eje z con la direcci´on del sistema de fuerzas paralelas es posible obtener las componentes en x e y del vector posici´on en forma an´aloga a lo realizado anteriormente

rox =

n X Pi rx i=1

roy =

n X Pi ry i=1

i

(3.34)

i

(3.35)

R

R

Analizando las ecuaciones anteriores se deduce f´acilmente que la ubicaci´on en el espacio de la resultante del sistema de fuerzas paralelas no depende de la direcci´on de las mismas, sino solamente de su magnitud y punto de aplicaci´on, dado que al girar el sistema de ejes coordenados se obtuvieron las mismas expresiones para el vector posici´on: Ec. (3.29)=Ec. (3.32), Ec. (3.30)=Ec. (3.35) y Ec. (3.33)=Ec. (3.34).

3.1.4

Demostraci´ on vectorial del centro de fuerzas paralelas.

Basandose en las propiedades del producto vectorial y en teorema de Varignon es posible demostrar la validez de las expresiones anal´ıticas obtenidas anteriormente, cualquiera sea la direcci´on del sistema de fuerzas paralelas.

Figura 3.8: Sistema de dos fuerzas paralelas Dado el sistema de fuerzas paralelas de la Fig. 3.8 compuesta por un par de fuerzas F~1 y F~2 , aplicadas en los puntos A y B, respectivamente. La resultante del sistema de fuerzas esta dado ~ = F~1 + F~2 . por la suma vectorial: R A partir del Teorema de Varignon, el momento est´atico de F~1 y F~2 con respecto al punto B, que corresponde al punto de aplicaci´ on de la fuerza F~2 es igual al momento de la resultante respecto al mismo punto. −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ M R/B = M F 1/B + M F 2/B = M F 1/B = F~1 × BA

(3.36)

aplicando la definici´ on del producto vectorial −−→ −−→ −−→ ~ M R/B = F~1 BA sen (α) = R BO sen (α) 8

(3.37)

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia −−→ donde el m´ odulo del vector posici´ on de la resultante BO = BO respecto al punto B es −−→ ~ F1 BA BO = F~1 + F~2

(3.38)

Se observa claramente que la expresi´on anterior es independe de la direcci´on del sistema de fuerzas, dependiendo u ´nicamente del m´odulo y punto de aplicaci´on de sus componentes. Esta demostraci´ on puede ser generalizada para un sistema de n fuerzas paralelas.

3.1.5

Teoremas de Pappus.

Los teoremas de Pappus, tambien conocidos como teoremas de Guldin, permiten estudiar la superficie y el volumen ocupados por cuerpos de revoluci´on.

Primer Teorema de Pappus: El ´ area de la superficie engendrada por una l´ınea plana que gira alrededor de un eje coplanar, sin cortarlo, es igual al producto de la longitud de la linea por la longitud del arco descrito por su baricentro.

Figura 3.9: Primer Teorema de Pappus Para demostrar este enunciado, consideremos la curva AB de longitud S representado en la Fig. 3.9, esta curva es coplanar con el eje z e incialmente esta ubicada sobre el plano xz. Asumimos que esta curva gira alrededo del eje z un ´angulo α generando una superficie de revoluci´on encerrada por los puntos A, A’, B y B’. Consideremos tambien el diferencial de longitud de la curva dS cuya distancia al eje z es x (medida perpendicularmente). Al girar la curva alrededor del eje z el elemento de longitud describe una diferencial de superficie dΩ dado por

dΩ = α x dS 9

(3.39)

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

Por lo tanto, la superficie total engendrada por la linea al girar un ´angulo α respecto del eje z est´a dado por la integral de todas las superficies elementales Z Ω=

α x dS

(3.40)

Dado que α es una constante puede salir afuera de la integral. Por otro lado, el t´ermino xdS representa la sumatoria de los momentos de primer orden respecto al eje z, de los infinitos diferenciales de longitud dS, seg´ un la Ec. (3.22). Esta sumatoria de diferenciales (integral) es igual al producto de la longitud total de la curva S por la distancia del baricentro de la misma al eje z. R

Z Ω=α

x dS = α xG S

(3.41)

donde el t´ermino α xG representa el arco recorrido por el baricentro de la l´ınea, denominado SG . Ω = SG S

(3.42)

quedando demostrado el Primer Teorema de Pappus.

Segundo Teorema de Pappus: El volumen engendrado por una superficie que gira alrededor de un eje coplanar, sin cortarlo, es igual al producto del ´area de la superficie por la longitud del arco descrito por su baricentro.

Figura 3.10: Segundo Teorema de Pappus Considerando ahora la superficie plana Ω contenida inicialmente en el plano xz (ver Fig. 3.10). Suponiendo que esta superficie sufre una rotaci´on α, respecto al eje z, un diferencial de superficie dΩ engendrar´ a un volumen elemental dado por dV = α x dΩ 10

(3.43)

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

siendo x la distancia medida en forma perpendicular entre el diferencial de superficie y el eje z. El volumen total engendrado se obtiene integrando este diferencial de superficie en todo el volumen. Z

Z

V =

dV =

α x dΩ

(3.44)

Dado que el ´ angulo α es constante puede salirR afuera de la integral. An´alogamente al Primer Teorema de Pappus, se observa que el t´ermino x dΩ corresponde a la suma de los momento de primer orden de los elementos de superficie respecto al eje z, en consecuencia, seg´ un la Ec. (3.21), este t´ermino corresponde al producto entre la superficie total Ω y la distancia entre el baricentro de la superficie y el eje z. Z V =α

x dΩ = α xG Ω

(3.45)

En este caso el t´ermino α xG = SG corresponde al arco barrido por el baricentro al rotar alrededor del eje z, quedando demostrado el Segundo Teorema de Pappus. V = SG Ω

3.2 3.2.1

(3.46)

Fuerzas distribuidas. Intensidad de carga.

Supongamos que un cuerpo homog´eneo de volumen V y densidad constante δ esta sustentado por una superficie plana horizontal π, como se muestra en la Fig. 3.11. Cuando el peso del cuerpo act´ ua en forma uniforme sobre la superficie π es posible imaginar que sobre la misma act´ ua un sistema de infinitas fuerzas concentradas paralelas, cuya intensidad es infinitamente peque˜ na.

Figura 3.11: Concepto de intensidad de carga. Dado un elemento de superficie ∆Ω peque˜ no pero no infinit´esimo, cuyo baricentro es indicado con el punto A, y la resultante de las fuerzas diferenciales ∆Q aplicada sobre este elemento de superficie, se define como intensidad media de carga al cociente ∆Q/∆Ω. 11

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Luego, cuando el elemento de superficie tiende a cero (infinit´esimo de superficie), ∆Ω tender´a al punto A, y en el l´ımite se tiene la definici´on de intensidad de la carga distribuida o simplemente intensidad de carga en el punto A.  lim

∆Q ∆Ω

 = ∆Ω→0

dQ =q dΩ

(3.47)

Por tratarse de un cociente entre una fuerza y una superficie, las unidades de la intensidad de carga son, por ejemplo: t/m2 , kg/cm2 , N/m2 = P a, etc. Una vez determinada la intensidad de carga de una fuerza distribuida q, es posible conocer la resultate de las fuerzas diferenciales ∆Q que act´ ua en el baricentro de la superficie elemental ∆Ω, a trav´es del producto: ∆Q = q∆Ω, cuya unidad, naturalmente, corresponde a la de una fuerza, t, kg, N , etc. Cuando la intensidad de carga se mantiene uniforme sobre toda la superficie, la carga es denominada carga uniformemente distribuida. Este tipo de cargas son las mas usuales en los problemas de la ingenier´ıa. Tambien pueden presentarse cargas distribuidas que responden a una variaci´on lineal. Un ejemplo de estas cargas distribuidas se observa al estudiar la acci´on que ejerce el agua sobre un reservorio rectangular, como el de la Fig. 3.12. Se observa que en la base del reservorio el peso del agua es constante, mientras que en las paredes su variaci´on es lineal, respondiendo a los principios b´ asico de la hidrost´atica.

Figura 3.12: Cargas uniformente y linealmente distribuidas

3.2.2

Carga distribuida sobre una l´ınea.

Supongamos una superficie plana como la indicada en la Fig. 3.13, sobre la cual act´ ua una carga distribuida de intensidad constante en la direcci´on y. Es decir, si se realizan sucesivos cortes de la carga distribuida, mediante planos paralelos al eje y, se tiene como resultado una carga uniformemente distribuida. En este caso, la intesidad de carga depender´a solo de la coordenada x, q (x), dado que en y es constante. Supongamos que la carga distribuida posee un eje de simetr´ıa x’ paralelo al eje x. La intensidad de carga de una franja de ancho ds, normal al eje de simetr´ıa, se mantendr´a constante y depende solo de la distancia entre la franja considerada y el eje y, q (x) = q (s) = cte. Si sobre dicha faja se consideran dos diferenciales de superficie dΩ de longitud dl, ubicados en forma sim´etrica respecto al eje x’, la fuerza diferencial que act´ ua en cada dΩ tendr´a una intensidad igual a q (s) dΩ = q (s) ds dl. A causa de la simetr´ıa de la carga distribuida, la 12

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

Figura 3.13: Carga distribuida sobre una l´ınea resultante de estas dos fuerzas diferenciales se ubicar´a justamente sobre el eje x’, y su intensidad ser´a 2 q (s) ds dl. Mientras que la resultante total de las fuerzas diferenciales tambien se ubicar´a sobre dicho eje y est´ a determinada por Z dP =

l

Z q (s) ds dl = q ds (s)

0

l

dl = q (s) ds l

(3.48)

0

donde dP = q (s) l = p (s) ds

(3.49)

se define como la intensidad de carga en el punto de una carga distribuida a lo largo de la l´ınea AB. En este caso, al tratarse de un cociente entre una fuerza y una longitud, las unidades de la intensidad de carga en un punto es, por ejemplo: t/m, kg/cm, N/m, etc.

3.2.3

Resultante de una carga distribuida sobre una l´ınea.

Una fuerza distribuida sobre una linea constituye un sistema de infinitas fuerzas paralelas de intensidad infinitesimal. La resultante de este sistema de fuerzas puede obtenerse a partir de una ecuaci´ on de momento y otra ecuaci´on de sumatoria de fuerzas seg´ un un eje que no sea perpendicular al sistema de fuerzas. Supongamos la carga distribuida sobre una l´ınea representado en la Fig. 3.14. Esta carga distribuida corresponde a la intersecci´on de la carga distribuida sobre una superficie de la Fig. 3.13 con un plano perpendicular al eje y. La fuerza diferencial dP que act´ ua sobre un punto ubicado a una abscisa x de la Fig. 3.14 est´a dado por el producto de la intensidad de carga sobre la linea correspondiente a dicha abscisa p (x) y el diferencial de longitud dx. Por lo tanto la resultante del sistema de fuerzas diferenciales paralelas es l

Z R=

p (x) dx 0

13

(3.50)

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

Figura 3.14: Resultante de una carga distribuida sobre una l´ınea Por otro lado, a partir del teorema de Varignon, se debe verificar la siguiente condici´on l

Z R xR =

p (x) x dx

(3.51)

0

donde xR es el centro del sistema de fuerzas paralelas y, en consecuencia, el punto de aplicaci´on de la resultante. Combinando la Ec. (3.50) con la Ec. (3.51) se define al abscisa por donde pasa la resultante R. Rl

p (x) x dx xR = R0 l 0 p (x) dx

(3.52)

Por otro lado, supongamos que se decea obtener en este caso el baricentro del diagrama de cargas de la Fig. 3.14. Por tratarse del baricentro de una superficie, la expresi´on matem´atica indicada para obtenerlo es Ec. (3.21) R x dΩ xG = RΩ Ω dΩ

(3.53)

donde el diferencia de superficie dΩ esta dado por el producto de la ordenada z (x) que depende de x y la base dx, y la superficie total del diagrama de carga es l

Z Ω=

z (x) dx

(3.54)

0

Esta ordenada z (x) representa, en una determinada escala, el valor de la intensidad de carga p (x), es decir, p (x) = e z (x). Reemplazando en la Ec. (3.50) y Ec. (3.52) se tiene l

Z

Z

R=

e z (x) dx = e

l

z (x) dx

(3.55)

z (x) x dx = R0 l 0 e z (x) dx 0 z (x) dx

(3.56)

0

0

Rl 0

e z (x) x dx

xG = R l

14

Rl

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

Finalmente, comparando la Ec. (3.55) con Ec. (3.54) y Ec. (3.56) con Ec. (3.55) se demuestra R=eΩ xR = xG

(3.57)

es decir, la intesidad de la resultante de una carga distribuida sobre una l´ınea es directamente proporcional al ´ area del diagrama de carga, y su recta de acci´on pasa por el baricentro del mismo.

3.3 3.3.1

Momentos de segundo orden de superficies. Momento de Inercia. Definiciones.

Dada la superficie que se muestra en la Fig. 3.15a y dos ejes cualesquiera x e y contenidos en el mismo plano. Sea adem´ as un diferencial de superficie dΩ, cuya distancia a dichos ejes es y y x, respectivamente. Se define como momento de segundo orden del elemento de superficie dΩ respecto del par de ejes x, y al producto del ´area de superficie elemental por las distancias a ambos ejes: dIxy = xy dΩ

(3.58)

Figura 3.15: Momento de centr´ıfugo y momento de inercia Luego, integrando la Ec. (3.58) en toda la superficie se obtiene el momento de segundo orden de la superficie respecto de los ejes considerados, tambien llamado momento de centr´ıfugo o producto de inercia de superficie. Z Ixy =

xy dΩ

(3.59)

Ω

Por otro lado, siendo el ´ area una magnitud (escalar) positiva, el momento centr´ıfugo tendr´a un signo que depender´ a del signo de las coordenadas de los elementos de superficie. As´ı por ejemplo, las superficies que se encuentren en el primer y tercer cuadrante tendr´an momento 15

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

Figura 3.16: Signo del momento centr´ıfugo centr´ıfugo positivo, mientras que aquellas ubicadas en el segundo y cuarto cuadrante tendr´an momento centr´ıfugo negativo (ver Fig. 3.16). Supongamos por un momento que el eje y de la Fig. 3.15a sufre una rotaci´on hasta superponerse con el eje x, como se observa en la Fig. 3.15b. En este caso la distancia x, al eje y, coincide con la distancia y, al eje x, dado que ambos ejes son coincidentes. En consecuencia la Ec. (3.59) se transforma en Z

y 2 dΩ

Ix =

(3.60)

Ω

que define el momento de inercia de superficie respecto del eje x. Es decir, el momento de inercia de una superficie respecto de un eje cualquiera es igual a la integral de superficie del producto del diferencia de superficie por la distancia al cuadrado al eje respectivo. El momento de inercia definido por la Ec. (3.60) ser´a siempre positivo independientemente de la posici´on de la superficie respecto del sistema coordenado, dado que el elemento de superficie dΩ y el cuadrado de cualquier distancia son magnitudes positivas. Excepcionalmente podr´a considerarse un momento de inercia negativo para facilitar el calculdo del momento de inercia de superficies compuestas como se ver´a m´as adelante. Consideremos ahora un punto cualquiera O en el plano que contiene a la superficie Ω de la Fig. 3.15b, y sea ρ la distancia del diferencial de superficie dΩ a dicho punto. Se denomina momento de inercia polar del elemento dΩ respecto del centro O, al producto de dΩ por la distancia ρ al cuadrado dIp = ρ2 dΩ

(3.61)

luego, la integral de la expresi´ on (3.61) dar´a el momento de inercia polar de la superficie Ω respecto del centro O, llamado tambien polo Z Ip =

ρ2 dΩ

(3.62)

Ω

por las mismas razones que en el caso anterior, el momento de inercia polar ser´a siempre positivo. 16

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

Haciendo un an´ alisis de las unidades de las magnitudes que intervienen en el c´alculo de los tres tipos de momentos de segundo orden definidos anteriormente se concluye que el mismo tiene dimensiones [longitud]4 , por ejemplo cm4 .

3.3.2

Radio de giro

Dividiendo el momento de inercia por la superficie en la cual es calculado, se obtiene como resultado una magnitud cuya unidad correspondiente es [longitud]2 , es decir, es una magnitud que podr´ıa interpretarse como el cuadrado de una longitud que se denomina radio de giro de la superficie respecto del eje considerado, y esta definido por r

I i = Ω 2

o bien,

i=

I Ω

(3.63)

Consideremos ahora a la superficie de la Fig. 3.17 y el par de ejes coordenados x, y. El momento de inercia polar de la misma, respecto del centro O, que corresponde al origen de coordenadas, ser´ a

Figura 3.17: Radios de giro polares Z Ip =

ρ2 dΩ

(3.64)

Ω

Sin embargo, de la Fig. 3.17 se observa que ρ2 = x2 + y 2 , Z

x2 dΩ +

Ip = Ω

Z

y 2 dΩ

(3.65)

Ω

es decir, Ip = Ix + Iy

(3.66)

As´ı mismo, dividiendo Ec. (3.66) por el ´area de la superficie se tendr´a una expresi´on que permite calcular el radio de giro polar partiendo de los radios de giro correspondientes a dos ejes ortogonales i2p = i2x + i2y 17

(3.67)

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

3.3.3

Momento de segundo orden de superficie respecto a ejes paralelos. Teorema de Steiner.

Sea la superficie de la Fig. 3.18 referida a un par de ejes ortogonales x, y de origen O, y consideremos otro par de ejes xG , yG paralelos a los ejes anteriores y cuyo origen coincide con el baricentro G de la superficie.

Figura 3.18: Teorema de Steiner Llamando x e y a las coordenadas de un elemento de superficie dΩ, el momento de inercia centr´ıfugo respecto del par de ejes x, y puede ser calculado con la Ec. (3.59). Sin embargo, si se denominan a y b a las distancias que separan respectivamente a los ejes baricentricos xG , yG del sistema coordenado x, y se tiene x = a + xG

(3.68)

y = b + yG Multiplicando entre s´ı ambas expresiones se tiene x y = x G yG + a y G + b x G + a b

(3.69)

Introduciendo esta expresion en Ec. (3.59) se tiene Z Ixy =

Z

Z

xy dΩ = Ω

xG yG dΩ + a Ω

Z yG dΩ + b

Ω

Z xG dΩ + ab

Ω

dΩ

(3.70)

Ω

donde

Z

Z xG yG dΩ = IxG yG

Ω

;

Z dΩ = Ω

;

Ω

Z yG dΩ = 0

Ω

;

xG dΩ = 0

(3.71)

Ω

Las ultimas dos expresiones de la Ec. (3.71) se anulan por tratarse del momento est´atico de la superficie respecto de ejes baric´entricos, es decir, recordando las expresiones para obtener las coordenadas baricentricas de una superficie segun Ec. (3.21), 18

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

R xdΩ xG = RΩ Ω dΩ

;

R ydΩ yG = RΩ Ω dΩ

(3.72)

cuando el sistema de ejes cartesianos x, y coinciden con los ejes baric´entrico xG , yG las coordenadas del baricentro de la R superficie son justamente el origen de coordenadas (0, 0), y dado que la integral de superficie Ω dΩ en la Ec. (3.72) no puede ser nula queda demostrado que las dos u ´ltimas ecuaciones de la Ec. (3.71) deben ser nulas. Por lo tanto, reemplazando Ec. (3.71) en Ec. (3.70) se tiene Ixy = IxG yG + a b Ω

(3.73)

En efecto, el momento de inercia centr´ıfugo, o en general cualquier momento de segundo orden, de una superficie respecto de un par de ejes cualesquiera puede obtenerse como la suma del momento de inercia baric´entrico mas el producto del ´area de la superficie por la distancia medida desde el baricentro de la misma hasta los ejes considerados. Particularmente, cuando el par de ejes son coincidentes, el momento centr´ıfugo se transforma en el momento de inercia, y la Ec. (3.73) toma la forma gen´erica: I = IG + d2 Ω

(3.74)

donde I es el momento de inercia respecto de un eje cualquiera, IG es el correspondiente a un eje baric´entrico paralelo al anterior y d es la distancia que separa ambos ejes. La Ec. (3.74) se conoce como Teorema de Steiner y establece lo siguiente El momento de inercia de una superficie respecto de un eje cualquiera de su plano, es igual al momento de inercia de la misma respecto de un eje baric´entrico paralelo al anterior m´ as el producto del ´ area de la superficie por el cuadrado de la distancia que separa ambos ejes. Dividiendo miembro a miembro la Ec. (3.74) por el ´area de la superficie se tiene I IG = + d2 Ω Ω

(3.75)

y recordando la definici´ on de radio de giro se tiene i2 = i2G + d2

(3.76)

Figura 3.19: Interpretaci´on gr´afica del radio de inercia La interpretaci´ on gr´ afica de la Ec. (3.76) permite inferir que el radio de giro de una superficie respecto de un eje puede obtenerse como la hipotenusa de un tri´angulo rect´angulo cuyos catetos 19

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

son: el radio de rigo respecto del eje baric´entrico paralelo al eje en cuesti´on, iG , y la distancia que separa ambos ejes, d, (ver Fig. 3.19). Como consecuencia de este enunciado se puede afirmar que el radio de giro de una superficie respecto de un eje cualquiera ser´a siempre superior al radio de giro de la misma superficie respecto de un eje baric´entrico paralelo al eje considerado. A continuaci´on nos planteamos el siguiente interrogante: ¿Ser´a v´alido el Teorema de Steiner cuando el momento de inercia conocido no pasa por el baricentro de la superficie?. Para dilusidar esta cuesti´ on consideremos la Fig. 3.20 y los ejes x y x’ paralelos entre si y separados por una distancia d, inmediatamente puede observarse que ningun de ellos es un eje baric´entrico. Supongamos que el momento de inercia Ix0 cuya expresi´on ser´a la siguiente

Figura 3.20: Teorema de Steiner para ejes no baric´entricos Z

y 02 dΩ

Ix0 =

(3.77)

Ω

pero y 0 = y + d . Luego, elevando y 0 al cuadrado y reemplazando en la Ec. (3.77), resulta Z

2

I x0 =

Z

y dΩ + 2d Ω

2

Z

y dΩ + d Ω

dΩ

(3.78)

Ω

R Siendo yR dΩ = Sx el momento de primer orden de la superficie respecto del eje x (no R baric´entrico), y 2 dΩ = Ix y dΩ = Ω, se tiene Ix0 = Ix + 2 d Sx + Ω d2

(3.79)

Por lo tanto, como se observa de la Ec. (3.79) el Teorema de Steiner no es aplicable, extrictamente, al referirnos a ejes no baric´entricos.

3.3.4

Teorema de Steiner aplicado a momentos de inercia polares

Analicemos ahora si el Teorema de Steiner puede ser aplicado a momentos de inercia polares. Para ello, consideremos la Fig. 3.21 y el par de ejes baric´entricos ortogonales xG , yG . Conocidos los momentos de inercia de superficie respecto a dichos ejes, el momento de inercia polar respecto al origen de coordenadas (que coincide con el baricentro de la superficie) est´a determinado por IpG = IxG + IyG 20

(3.80)

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

Figura 3.21: Teorema de Steiner aplicado a momento de inercia polar Supongamos ahora otro polo O0 donde se ubica otro sistema de ejes ortogonales x’, y’ paralelos a los anteriores y separados por las distancias a y b, respectivamente. Seg´ un Steiner se tiene: Ix0 = IxG + a2 Ω Iy0 = IyG + b2 Ω

(3.81)

Sumando miembro a mienbro las Ecs. (3.81) se tiene
Ix0 + Iy0 = IxG + IyG + a2 + b2 Ω

(3.82)

De donde se sabe a partir de (3.66) Ix0 + Iy0 = Ip0 y IxG + IyG = IpG . Adem´as, de la Fig. 3.21 se observa que a2 + b2 = d2 , siendo d la distancia entre el polo O y el O0 . En consecuencia, la Ec. (3.82) se reduce a Ip0 = IpG + d2 Ω

(3.83)

La expresion anterior puede considerarse como la extensi´on del Teorema de Steiner al caso de momentos de inercia polares dado que establece que el momento de inercia polar respecto de un centro que dista una distancia d del baricentro de la superficie, es igual al momento de inercia polar baric´entrico mas el producto del ´area de la superficie por el cuadrado de la distancia entre ambos polos. Por otro lado, si se tratara de dos polos, ninguno de los cuales fuera baric´entrico (ver Fig. 3.22), la expresi´ on que resulta ser´ a similar a la obtenida al intentar extender el Teorema de Steiner a momento de inercia respecto de ejes no baric´entricos, Ec. (3.79), Ix0 = Ix + 2 a Sx + a2 Ω Iy0 = Iy + 2 b Sy + b2 Ω

(3.84)

donde, sumando miembro a miembro la Ec. (3.84) se tiene Ip0 = Ip + 2 (a Sx + b Sy ) + d2 Ω 21

(3.85)

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

Figura 3.22: Teorema de Steiner aplicado a momentos de inercia polar para ejes no baric´entricos

3.3.5

Rotaci´ on del sistema de coordenadas

Sea la superficie de la Fig. 3.23 y consideremos un par de ejes coordenado x, y de origen O. Para un elemento de superficie dΩ, respecto del sistema x, y se tiene:

Figura 3.23: Rotaci´on de ejes dIx = y 2 dΩ

;

dIy = x2 dΩ

;

dIxy = xy dΩ

(3.86)

Luego, integrando en toda la superficie, Z Ix =

2

y dΩ Ω

Z ;

2

Iy =

x dΩ

Z ;

Ω

Ixy =

xy dΩ

(3.87)

Ω

Supongase que se produce una rotaci´ on del sistema de ejes cartesianos x, y alrededor del origen de coordenadas O. Al ´ angulo formado por el nuevo sistema de coordenadas x’, y’ ser´a α, como se observa en la Fig. 3.23. Con respecto a estos nuevos ejes, las coordenadas del elemento de superficie dΩ son: x0 = xcosα + ysenα y 0 = ycosα − xsenα

(3.88)

Del mismo modo que para los ejes x, y, los momentos de segundo orden para los ejes rotados x’, y’ ser´an 22

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

Z y

I x0 =

02

Z dΩ

;

Z

02

x dΩ

Iy 0 =

;

Ix0 y0 =

x0 y 0 dΩ

(3.89)

Ω

Ω

Ω

Reemplazando ahora en las Ecs. (3.89) las nuevas coordenadas dadas por la Ec. (3.88) y desarrollando el cuadrado de los binomios, se tiene

Z Ix0 =

2

Z

2

Z

Ω

xy sen (α) cos (α) dΩ

(3.90)

Ω

Z y 2 sen2 (α) dΩ + 2 xy sen (α) cos (α) dΩ Ω Ω Z Z ZΩ
2 2 xy dΩ x sen (α) cos (α) dΩ + cos2 α − sen2 α y sen (α) cos (α) dΩ − =

Iy 0 = Ix0 y0

Z

2

x sen (α) dΩ − 2

y cos (α) dΩ + Ω

2

Ω

x2 cos2 (α) dΩ +

Z

(3.91) (3.92)

Ω

Ω

es decir, deacuerdo con las Ecs. (3.87) y teniendo en cuenta las siguientes relaciones trigonom´etricas: 2 sen (α) cos (α) = sen (2α)

y

cos2 (α) − sen2 (α) = cos (2α)

(3.93)

las Ecs. (3.90)-(3.92) pueden se expresadas como

Ix0 = Ix cos2 (α) + Iy sen2 (α) − Ixy sen (2α) 2

2

Iy0 = Iy cos (α) + Ix sen (α) + Ixy sen (2α) Ix0 y0 = Ixy cos (2α) + 1/2 (Ix − Iy ) sen (2α)

(3.94) (3.95) (3.96)

Estas expresiones permiten calcular los momentos de segundo orden de la superficie Ω respecto del sistema de ejes ortogonales x’, y’ en funci´on del los correspondientes al sistema x, y. Adem´as, analizando las Ecs. (3.94)-(3.96) se observa que las mismas son funciones del ´angulo de giro α. Es decir, se tendr´ an tantos valos de Ix0 , Iy0 y Ix0 y0 como valores de α, conocidos los momentos de inercia Ix , Iy y Ixy . En lo que respecta a los momentos de inercia, estos ser´ an siempre positivos, mientras que el momento centr´ıfugo podr´a ser negativo o incluso nulo. Aquellos pares de ejes para los cuales el momento centr´ıfugo se anula se denominan ejes conjugados de inercia. Existen infinitos pares de ejes conjugados de un mismo origen, pero entre ellos solo un par ser´ a ortogonal.

3.3.6

Ejes principales de inercia

Dado que en la secci´ on anterior se demostro que el momento de inercia de superficie es var´ıa con el ´angulo del sistema de ejes coordenados, la pregunta que surge es la siguiente, ¿Existe un momento de inercia m´ aximo y/o m´ınimo? y en caso de que exista ¿Como puede ser obtenido?. La respuesta al primer interrogante es positiva, dada una superficie cualquiera el momento m´aximo o m´ınimo se encuentra sobre el par de ejes conjugados ortogonales denominados ejes principales de inercia. 23

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

Para calcular la posici´ on de estos ejes principales de inercia es necesario recurrir, por ejemplo, a la Ec. (3.94) que permite calcular el valor de Ix en funci´on de α. Por lo tanto, la funci´on Ix = f (α) pasar´ a por un m´ aximo (o m´ınimo) cuando dIx0 =0 dα

(3.97)

Por lo tanto, derivando la correspondiente expresi´on e igualando a cero se tiene

dIx0 = 2 Iy sen (α1 ) cos (α1 ) − 2 Ix sen (α1 ) cos (α1 ) − 2 Ixy cos (2α1 ) = 0 dα α=α1

(3.98)

de donde (Iy − Ix ) sen (2α1 ) − 2 Ixy cos (2α1 ) = 0

(3.99)

y finalmente se obtiene

tg (2α1 ) =

2 Ixy Iy − Ix

(3.100)

Esta u ´ltima expresi´ on establece que existen dos valores del ´angulo 2α1 que cumplen dicha condici´on y difieren en 180◦ . En consecuencia habr´a tambien dos valores de α1 que difieren en 90◦ que tambien satifacen la Ec. (3.100). Los ejes que corresponden a estos dos valores de α1 ser´a ortogonales entre s´ı, siendo Ix0 m´ aximo en uno de ellos y m´ınimo en el otro. Como se dijo anteriormente, estos ejes se denominan ejes principales de inercia y los momentos de segundo orden correspondientes ser´an los momentos de inercia principales. La determinaci´ on anal´ıtica del los momentos de inercia principales conocidos de los momentos de inercia respecto de un sistema de ejes ortogonales cualquiera se realiza de la siguientes manera: En primer lugar recordemos las siguientes relaciones cos2 (α) = 1/2 (1 + cos (2α))

y

sen2 (α) = 1/2 (1 − cos (2α))

(3.101)

luego, reemplazando estos valores en la Ec. (3.94) se tiene Ix0 = 1/2 (Ix + Iy ) + 1/2 (Ix − Iy ) cos (2α) − Ixy sen (2α)

(3.102)

por u ´ltimo, teniendo en cuenta la relaci´ on de la Ec. (3.100) se tiene

Ix0

  2 Ixy tg (2α) = 1/2 (Ix + Iy ) + 1/2 (Ix − Iy ) cos (2α) 1 − Ix − Iy
= 1/2 (Ix + Iy ) + 1/2 (Ix − Iy ) cos (2α) 1 + tg2 (2α) q = 1/2 (Ix + Iy ) ± 1/2 (Ix − Iy ) 1 + tg2 (2α) 24

(3.103)

Unidad 3 Baricentro y Momento de Inercia

Reemplazando el valor de tg(2α) dado por Ec. (3.100), y teniendo en cuenta los dos signos del radical se llega a: q 2 (Ix − Iy )2 + 4 Ixy q 2 = 1/2 (Ix + Iy ) − 1/2 (Ix − Iy )2 + 4 Ixy

I1 = Imax = 1/2 (Ix + Iy ) + 1/2 I2 = Imin

(3.104)

que corresponde a los valores de los momentos de inercia principales. Por otro lado, si en la Ec. (3.96) se reemplaza el valor de tg(2α) dado por la Ec. (3.100), tenemos

I1,2

2 Ixy

Ix − Iy I −I p y x + =0 = Ixy p 2 2 1 + tg 2α 1 + tg2 2α 1

(3.105)

Es decir, el momento centr´ıfugo respecto de un par de ejes principales de inercia es nulo. Se deduce de ello, que estos ejes constituyen el u ´nico par de ejes conjugados ortogonales, entre los infinitos pares que pasan por un punto. Veamos ahora para que pares de ejes el momento centr´ıfugo alcanza valores extremos. Para ello se procede de igual manera que los realizado para Ix0 . En primer lugar se iguala a cero la primer derivada de la Ec. (3.96), dIx0 y0 = −2 Ixy sen (2α2 ) + (Ix − Iy ) cos (2α2 ) = 0 dα α=α2

(3.106)

de donde tg (2α2 ) = −

Iy − Ix 2 Ixy

(3.107)

expresi´on que se satisface para dos valores de 2α que difieren en 180◦ y por ende, para valores de α que difieren en 90◦ . Por otra parte, siendo tg (2α2 ) = −

1 tg (2α1 )

(3.108)

se observa que α1 y α2 difieren entonces en 45◦ , es decir que el par de ejes para los cuales el momento centr´ıfugo es m´ aximo o m´ınimo bisecar´a el ´angulo que forman entre s´ı los ejes principales de inercia. Calcularemos a continuaci´ on los valores m´aximos y m´ınimos del momento centr´ıfugo. Para ello, expresemos la Ec. (3.96) en funci´on de tg(2α), recordado tg 2α sen 2α = p 1 + tg2 2α 1 cos 2α = p 1 + tg2 2α se tiene, 25

(3.109)

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

Ix0 y0 = p

Ixy 1+

tg2 2α

+

1/2 (Ix − Iy ) tg 2α p =0 1 + tg2 2α

(3.110)

Reemplazando en la anterior el valor de tg (2α) obtenido en Ec. (3.107) se llega a las siguientes expresiones para los momentos de inercia m´aximos y m´ınimos en funci´on de los momentos de segundo orden respecto de un par de ejes ortogonales q 2 + (I I )2 I12 = I12,max = + 4 Ixy x y q 2 + (I I )2 I12 = I12,min = − 4 Ixy x y

(3.111)

A continuaci´ on analizaremos una situaci´on particular de las superficies sim´etricas. Si una figura admite un eje de simetr´ıa, este es, a su vez, un eje principal de inercia. En efecto, sea el caso de la Fig. 3.24 cuyo eje de simetr´ıa coincide con el eje y de la superficie. Se observa que para cada elemento dΩ ubicado a una abscisa x y ordenada y, le corresponde su sim´etrico, de igual ordenada pero de abscisa −x. En consecuencia, a cada producto xy dΩ, que representa el momento centr´ıfugo elemental le corresponde otro producto −xy dΩ y al integrar en toda la superficie, que por definici´ on es una sumatoria de elementos diferenciales, dichos momentos centr´ıfugos elementales se anular´ an mutuamente. Por otro lado, como esta integral representa el momento de inercia centr´ıfugo respecto de un par de ejes ortogonales, al ser nulo, implica que los ejes ser´ an conjugados y, como solo existe un par de ejes conjugados ortogonales que son precisamente los ejes principales de inercia, quedar´a as´ı demostrado que cuando una figura admite un eje de simetr´ıa este es al mismo tiempo un eje principal de inercia.

Figura 3.24: Figura con eje de simetr´ıa

26

Parte II

Ejercitaci´ on

27

´ EJERCITACION Aplicaci´ on de Baricentro y Momento de Inercia

En esta secci´ on se presentan ejemplos de aplicaci´on de la Unidad 3 sobre Baricentro y Momento de Inercia.

C.1 C.1.1

Baricentro de figuras geom´ etricas. Baricentro del arco de circunferencia por integraci´ on

Para determinar el baricentro del arco de circunferencia se debe resolver anal´ıticamente las siguientes integrales deducidas en la unidad 3. R x ds xG = R ds

,

R y ds yG = R ds

En primer lugar es necesario definir correctamente el elemento de longitud ds y sus coordenadas respecto al ´ angulo θ, como se observa en la Fig. C.1. x = r cos (θ) y = r sen (θ) ds = r dθ

Figura C.1: Baricentro del arco de circunferencia y reemplazando 29

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

Rθ

Rθ

θ r2 cos (θ) dθ r sen (θ) r2 sen (θ) xG = R θ = = = Rθ rθ θ 0 0 ds 0 r dθ Rθ Rθ 2 θ y ds r sen (θ) dθ r (1 − cos (θ)) −r2 cos (θ) yG = R0 θ = = 0 Rθ = rθ θ 0 0 ds 0 r dθ 0

x ds

0

Estas ecuaciones son gen´ericas, y por lo tanto, validas para cualquier valor de θ, decir que para θ = π/2 y θ = π es posible obtener las coordenadas baric´entricas del cuarto de circunferencia y del semic´ırculo, respectivamente. Coordenadas baric´ entricas del cuarto de c´ırculo. xG =

2r π

,

yG =

2r π

Coordenadas baric´ entricas del semic´ırculo xG = 0

C.1.2

,

yG =

2r π

Baricentro de una figura lineal

Para determinar el baricentro de la Fig. C.2 se emplean las ecuaciones de baricentro de sistemas discretos P xi s i xG = P si

,

P yi s i yG = P si

Figura C.2: Baricentro de una figura lineal En este caso, se trata de un cuerpo lineal y continuo en el cual se distinguen cuatro regiones, 1) semic´ırculo de radio r1 = 10mm, 2) arco de circunferencia de radio r2 = 20mm y recorrido α = 210◦ ≈ 3,665rad, 3) segmento recto de L = 100mm, y 4) semic´ırculo de radio r3 = 15mm. La longitud total del cuerpo esta dado por: 30

Ejercitaci´ on Aplicaci´on de Baricentro y Momento de Inercia

S = πr1 + 3,665 r2 + L + π r3 = 251,844mm Para la coordenada x del baricentro se tiene:

      (1 − cos 210◦ ) 2 r1 L ◦ ◦ + 3,665 r2 r2 − r2 + L r2 + r2 sen 30 + cos 30 xG = πr1 r2 + π 3,665rad 2   2 r3 +πr3 r2 + r2 sen 30◦ + L cos 30◦ + r3 sen 30◦ + cos 30◦ /S π xG = [31,416 (26,366) + 73,300 (9,817) + 100 (73,301) + 47,124 (132,372)] /251,844 = 60,021mm 

y para la coordenada y del baricentro se tiene:





sen 210◦ r2 + r2 3,665rad

  L ◦ ◦ yG = πr1 (r2 + r1 ) + 3,665 r2 + L r2 − r2 cos 30 + sen 30 2   2 r3 +πr3 r2 − r2 cos 30◦ + L sen 30◦ − r3 cos 30◦ + sen 30◦ /S π yG = [31,416 (30,0) + 73,300 (17,271) + 100 (27,679) + 47,124 (44,464)] /251,844 = 28,112mm

C.1.3



Baricentro de una superficie en el espacio

En este caso se busca obtener las coordenadas baric´entricas xG , yG y zG , de la superficie plana tridimensional de la Fig. C.3.

Figura C.3: Baricentro de una superficie en el espacio La figura mencionada puede ser dividida en tres regiones cuya superficie y baricentro es conocida: 1) secci´ on de cilindro, 2) plano inclinado y 3) tri´angulo is´osceles, por lo tanto no 31

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

ser´a necesario obtener su baricentro por integraci´on, sino que el mismo se obtiene como un conjunto discreto de cuerpos mediante las siguientes expresiones P x i Ai xG = P Ai

P yi Ai yG = P Ai

,

,

P z i Ai zG = P Ai

En primer lugar se procede a calcular la superficie todal de la superficie:

A=

X

Ai = A1 + A2 − A3

= r 120◦

π 2ab 4a+4a2b− = 11994,50cm2 ◦ 180 2

Luego, para la coordenada x se tiene P xG =

x i Ai A
θ − r sen (r θ 4 a) + θ

2 b cos 30◦ 2

(4 a 2 b) + ((2 b − b/3) cos 30◦ ) − 2 2a b = A − (12,40) (7539,82) + (22,52) (6240) − (37,53) (780) = 1,48cm = 11994,50





para la coordenada y, P yG = =

yi Ai  A

r(1−cos θ) θ



(r θ 4 a) +

h 2




(4 a 2 b) + (b/3 sen 30◦ ) − 2 2a b




A (21,49) (7539,82) + (13) (6240) − (4,33) (780) = = 20,00cm 11994,50 y finalmente para la coordenada z P zG =

z i Ai A
4a 2 (r θ 4 a) +


(4 a 2 b) + (2 a) − 2 2a b = A (60) (7539,82) + (60) (6240) − (60) (780) = = 60,00cm 11994,50

C.2

4a 2




Momentos de inercia de figuras geom´ etricas por integraci´ on.

Para la determinaci´ on del momento de inercia de figuras geom´etricas simples es posible resolver anal´ıticamente las integrales definidas deducidas en la unidad 3. 32

Ejercitaci´ on Aplicaci´on de Baricentro y Momento de Inercia

C.2.1

Momentos de inercia del rect´ angulo

Para el rect´ angulo interesa en primer lugar calcular el mom´ento de inercia respecto de un eje que pasa por la base. Para ello es necesario definir correctamente el elemento de superficie dΩ, que se muestra en la Fig. C.4

dΩ = b dy

Figura C.4: Momentos de inercia del rect´angulo Luego, el momento de inercia del elemento de superficie respecto de eje x ser´a

dIx = y 2 b dy Integrando esta expresi´ on entre 0 y h se consigue abarcar todo la superficie del rect´angulo

h

Z

h b y 3 b h3 y b dy = = 3 0 3 2

Ix = 0

A continuaci´ on se proceder´ a a calcular el momento de inercia baric´entrico del rect´angulo. Para ello, cabe recordar la expresi´ on general del Teorema de Steiner, dado por la Ec. (3.74) es

I = IG + d2 Ω donde I corresponde al momento de inercia de superficie respecto de un eje paralelo al eje baric´entrico, d es la distancia que separa ambos ejes y Ω es el ´area de la superficie. Por lo tanto, en este caso, es necesario despejar b h3 − IG = I − d Ω = 3 2

33

 2 h b h3 bh= 2 12

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

C.2.2

Momentos de inercia del tri´ angulo

Respecto del tri´ angulo, lo que interesa fundamentalmente es conocer el momento de inercia respecto de un eje que pase por alguno de sus lados, que llamaremos base. Tambien ser´an de interes el momento de inercia baric´entrico, y el momento de inercia respecto de un eje que pase por el vertice opuesto a la base considerada. Sea el tri´angulo de la Fig. C.5, al igual que en el caso anterior, en primer lugar se debe establecer correctamente el elemento diferencial de superficie dΩ. En este caso se tiene,

Figura C.5: Momentos de inercia del tri´angulo

dΩ = by dy donde by no ser´ a una constante como lo fue en el caso del rect´angulo sino que var´ıa respecto de eje y, es decir, by = f (y). Esta funci´ on f puede obtenerse por relaci´on de tri´angulos dado que por semejanza de tri´ angulos se debe cumplir: by b = h h−y de donde se puede despejar by como by =

b (h − y) h

Luego, el momento de inercia del elemento diferencial respecto de un eje que pasa por la base es dIx = y 2 dΩ = y 2 by dy = y 2

b (h − y) dy h

y el momento de inercia de superficie se obtiene integrando Z Ix =

2

Z

y dΩ = Ω

0

h

b y b−y h 2

3



h b y 3 b y 4 b h3 dy = − = 3 4 h 0 12

Aplicando el Teorema de Steiner es posible despejar el momento de inercia baric´entrico del tri´angulo al igual que en el caso anterior. 34

Ejercitaci´ on Aplicaci´on de Baricentro y Momento de Inercia

IG = I − d2 Ω donde I es el momento de inercia de superficie respecto de un eje paralelo al eje baric´entrico, d es la distancia que separa ambos ejes y Ω es el ´area de la superficie. Teniendo en cuenta que el baric´entro del tri´ angulo se encuentra a 1/3 de la altura tenemos

IG = I − d2 Ω =

b h3 h b h3 − y2 b = 12 2 36

Conocido ahora el momento de inercia baric´entrico, es posible hallar el momento de inercia respecto de un eje que pasa por el v´ertice opuesto a la base, aplicando nuevamente el Teorema de Steiner

b h3 I = IG + d Ω = + 36 2



2 h 3

2 b

h b h3 = 2 4

A continuaci´ on se calcular´ a el momento de inercia centr´ıfugo del tri´angulo de la Fig. C.6 respecto a ejes que pasan por ambos catetos ortogonales. Para ello se procede en primer lugar a definir el elemento de superficie

Figura C.6: Momentos de inercia del tri´angulo

dΩ = dx dy siendo el momento de inercia centr´ıfugo de la superficie

Z Ixy =

Z Z x y dΩ =

Ω

x y dxdy x

y

Al tratarse en este caso de una integral doble se resuelve de la siguiente manera 35

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

Z

h

Ixy =

by

Z



y

x dx dy ! b !  Z h Z h  Z h b2y y b 2 x2 y dy = y dy = (h − y) dy = = y 2 0 2 h 0 0 2 0 h ! Z h
b2 b2 y 2 h2 2hy 3 y 4 2 2 3 = = 2 yh − 2hy + y dy = 2 − + 2h 0 2h 2 3 4 0 0

Ixy =

0

b2 h2 24

y para calcular el momento de inercia centr´ıfugo respecto del baric´entro se emplea nuevamente el Teorema de Steiner I = IG + d2 Ω ⇒ IxG yG = Ixy − xG yG Ω

IxG yG

b2 h2 = − 24

   b h bh b2 h2 =− 3 3 2 72

El signo negativo en la ecuaci´ on del momento de inercia centr´ıfugo del tri´angulo implica que la mayor parte del ´ area se encuentra en el segundo y cuarto cuadrante, como se observa en la Fig. C.7.

Figura C.7: Signo del momentos de inercia centr´ıfugo

C.2.3

Baricentro y momentos de inercia de una superficie parab´ olica

En este punto se pretende obtener el baricentro y los momentos de inercia axiales de la superficie parab´ olica representada en la Fig. C.8. En primer lugar se determinar´ a el baricentro de la superficie. Dado que la misma posee un eje de simetr´ıa, la coordenada x se encontrar´a sobre el mismo. La coordenada y se obtiene a partir de R y dΩ yG = R dΩ el diferencia de superficie se define como dΩ = 2 dy x0 36

Ejercitaci´ on Aplicaci´on de Baricentro y Momento de Inercia

Figura C.8: Momentos de inercia del la parab´olico la base del diferencial de superficie, x0 , puede ser obtenido invirtiendo la ecuaci´on de la par´ abola mostrada en la Fig. C.8, y la superficie total es b

Z Ω = 2ab −

Z

b

y dx = 2ab − −b

−b

b a 2 2ab a x3 4 x dx = 2ab − 2 = 2ab − = ab 2 b b 3 −b 3 3

Por lo tanto la coordenada yG se obtiene de

yG =

2

Ra

x0 dy = 4/3 ab 0

Ra q 2 0 b ay dy 4/3 ab

=

Ra

2b √ a

0

3 2

y dy

4/3 ab

=

5 a 2b y2 √ a 5/2 0 4/3 ab

=

3 a = 0,6 a 5

El momento de inercia respecto de la base (eje x) se obtiene de:

Z Ix =

2

Z

y dΩ = 2 0

a

r 7 a Z y 2b a 5 4 2b y 2 y b dy = √ y 2 dy = √ 7 = b a3 a 7 a 0 a 2 2

0

El momento de inercia respecto del eje x’ se obtiene de: Z
√ 2b a 2 (a − y)2 dΩ = √ a − 2ay + y 2 y dy a 0 ! a 3 5 7 Z  3 5 2b a  2 1 2ay 2 y 2 4b a2 y 2 =√ a y 2 − 2ay 2 + y 2 dy = √ − + 3 5 7 a 0 a Z

I x0 =

0

32 = b a3 105 Finalmente, una vez conocido los momento de inercia axiales y la ubicaci´on del baricentro es posible obtener el momento de inercia baric´entrico respecto de un eje paralelo al eje x aplicando el Teorema de Steiner. 37

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

2 IxG = Ix − Ω yG

4 4 = b a3 − a b 7 3 16 = b a3 175

C.3



3a 5

2

Momento de inercia de secciones compuestas

El siguiente ejercicio corresponde a otra aplicaci´on del Teorema de Steiner, donde se pide para la Fig. C.9a obtener: 1. El baricentro 2. El momento de inercia polar respecto al centro O 3. El momento de inercia polar respecto al baric´entro Las dimensiones de la figura son: h = 2m y b = 3m. Para la determinaci´on del primer punto se requiere dividir a la figura compuesta en ´areas o regiones cuya superficie se conocida. En este sentido, se dividi´ o la superficie total en tres regiones: 1) Rect´angulo de 2b x 2h, al cual se le sustrae las ´areas 2) Tri´ angulo y 3) Cuarto de C´ırculo (Ver Fig. C.9b)

´ Figura C.9: Aplicaci´ on del Teorema de Steiner: a) Figura, b) Areas consideradas Para la determinaci´ on de la coordenada x del baricentro se emplea la siguiente expresi´on:
P 2b 2h b − b h/2 b/3 + π r2 /4 (2 b − 4r/3π) Ai x i xG = P = = Ai 2b 2h − (b h/2 + π r2 /4) 24 ∗ 3 − (3 ∗ 1 + 3,142 ∗ 5,151) = = 2, 958m 17, 858 Del mismo modo, la determinaci´ on de la coordenada y del baricentro se obtiene seg´ un 38

Ejercitaci´ on Aplicaci´on de Baricentro y Momento de Inercia


P 2b 2h h − b h/2 (2 h − h/3) + π r2 /4 4r/3π Ai yi yG = P = = Ai 2b 2h − (b h/2 + π r2 /4) 24 ∗ 2 − (3 ∗ 3,333 + 3,142 ∗ 0,849) = = 1, 979m 17, 858 A continuaci´ on se plantea la determinaci´on de momento de inercia polar con respecto al centro O. A partir de la Ec. (3.66) de la Secci´on 3.3.2, el momento de inercia polar puede ser obtenido como la suma de los momentos de inercia respecto a dos ejes ortogonales que pasan por el polo considerado. Ip = Ix + Iy Para sumar el momento de inercia de las diferentes regiones en que la figura compuesta fue dividida la condici´ on necesaria y suficientes es que el momento de inercia de todas las regiones esten referidas al mismo eje. Por este motivo, en algunos casos, ser´a necesario emplear el Teorema de Steiner. La regi´ on 1 consiste en un rect´ angulo cuya base y lado son coincidentes con los ejes x e y, respectivamente. Por lo tanto se puede emplear directamente la expresi´on deducida anteriormente: (2b) (2h)3 = 128m4 3 (2b)3 (2h) = = 288m4 3

Ix(1) = Iy(1)

La regi´ on 2 consiste en un tri´ angulo cuyo cateto menor coincide con el eje y, pero para obtener su inercia respecto al eje x ser´a necesario aplicar el teorema de Steiner.

Ix(2) = IxG + A d2y = Iy(2) =

b h3 b h + (2h − h/3)2 = 34m4 36 2

b3 h = 4,5m4 12

La regi´ on 3 consiste en un cuarto de circunferencia cuyo di´ametro coincide con el eje x.

Ix(3)

1 = 4



Iy(3) = IyG

πr4 4



= 3,142m4   π 1 πr2 2 4 + A dx = r − + (2b − 4r/3π)2 = 84,805m4 16 3π 4

Finalmente el momento de inercia polar respecto del centro O se obtiene de: Ix = Ix(1) − Ix(2) − Ix(3) = 128 − 34 − 3,142 = 90,858m4 Iy = Iy(1) − Iy(2) − Iy(3) = 288 − 4,5 − 84,805 = 198,695m4 Ip = Ix + Iy = 289,554m4 39

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

El punto 3) implica consiste en trasladar el momento de inercia de la figura compuesta a los ejes baricentricos a trav´es del Teorema de Steiner. IxG = Ix − A d2y = 90,858 + 17,858 ∗ 1,9792 = 20,951m4 IyG = Iy − A d2x = 198,695 + 17,858 ∗ 2,9582 = 42,486m4 Ip = IxG + IyG = 63,436m4

C.4

Momentos de inercia principales

En esta secci´ on se determinar´ a los momentos de inercia principales de la secci´on (superficie plana) de la Fig. C.10, la cual consiste en un perfil Z usualmente empleado en estructuras de chapa plegada. En la superficie de la figura se distingue nueve regiones: dos rect´angulos de t ∗ c (1 y 9), cuatro cuartos de c´ırculo de radio r (2, 4, 6 y 8), dos rect´angulos de a ∗ t (3 y 7) y un rect´angulo de 2b ∗ t (5).

Figura C.10: Momento de inercia principales de secciones compuestas Para obtener los momentos de inercia principales y los ejes principales, se procede seg´ un lo deducido en las Secciones 3.3.5 y 3.3.6. Por lo tanto, en primer lugar se debe obtener los momentos de inercia axiales respecto al par de ejes x e y, y el momento de inercia centr´ıfugo. Cabe aclarar que debido a la simetria de la secci´on el par de ejes x y son los ejes baric´entricos. Dado que en este caso la cantidad de regiones es numerosa es conveniente realizar una tabla donde se resumen las ´ ares y las distancia de cada regi´on a los ejes coordenados, as´ı como tambien los momentos de inercia barc´entricos de cada una. La aplicaci´on de Teorema de Steiner para obtener el momento de inercia de cada regi´ on respecto a los ejes baric´entricos resulta muy sencillo 40

Ejercitaci´ on Aplicaci´on de Baricentro y Momento de Inercia

Regi´ on (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9)

Ai

xi

yi

IxG

IyG

IxG yG

Ai x2i

Ai yi2

Ai xi yi

20,00 3,14 60,00 3,14 140,00 3,14 60,00 3,14 20,00 312,57

−32,00 −31,85 −16,00 −0,15 0,00 0,15 16,00 31,85 32,00 0,00

30,00 35,85 36,00 35,85 0,00 −35,85 −36,00 −35,85 −30,00 0,00

166,67 1,44 20,00 1,44 57166,67 1,44 20,00 1,44 166,67 57545,78

6,67 1,44 4500,00 1,44 46,67 1,44 4500,00 1,44 6,67 9065,78

0,00 4,02 0,00 4,02 0,00 4,02 0,00 4,02 0,00 16,08

20480,00 3186,66 15360,00 0,07 0,00 0,07 15360,00 3186,66 20480,00 78053,47

18000,00 4037,38 77760,00 4037,38 0,00 4037,38 77760,00 4037,38 18000,00 207669,50

−19200,00 −3586,89 −34560,00 −17,02 0,00 −17,02 −34560,00 −3586,89 −19200,00 −114727,81

Cuadro C.1: Momento de Inercia del perfil Z A continuaci´ on se obtienen los momentos de inercia axiales y centrifugo respecto a los ejes baric´entricos sumando los totales de las columnas correspondientes. IxG = 57545,78 + 207669,50 = 265215,28 mm4 IyG = 9065,78 + 78053,47 = 87119,24 mm4 IxG yG = 16,08 − 114727,81 = −114711,73 mm4 En este momento estamos en condiciones de representar la variaci´on de los momentos de inercia debido a una rotaci´ on del sistema de ejes coordenados, seg´ un las expresiones 3.94-3.96,

Ix0 = Ix cos2 (α) + Iy sen2 (α) − Ixy sen (2α) Iy0 = Iy cos2 (α) + Ix sen2 (α) + Ixy sen (2α) Ix0 y0 = Ixy cos (2α) + 1/2 (Ix − Iy ) sen (2α) En la Fig. C.11 se representan gr´aficamente las expresiones anteriores. Puede observarse que, seg´ un lo deducido en la Secci´ on 3.3.6 cuando el momento de inercia centr´ıfugo es nulo, los momentos de inercia axiales son m´ aximos y/o m´ınimos

Figura C.11: Variaci´ on de los momentos de inercia axiales y centr´ıfugo con la rotaci´on de ejes y el ´angulo correspondiente a Ixy = 0 esta dado por 41

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

2 Ixy tg (2α) = Iy − Ix

 donde

α1 = 26,09◦ α2 = 116,09◦

Finalmente, los momentos de inercia m´aximos y minimos se obtienen de la Ec. (3.104), o bien, reemplazando α1 y α2 en las Ec. (3.94) y Ec. (3.95). I1 = Imax I2 = Imin

q 2 = 321385,48 mm4 = 1/2 (Ix + Iy ) + 1/2 (Ix − Iy )2 + 4 Ixy q 2 = 30949,04 mm4 = 1/2 (Ix + Iy ) − 1/2 (Ix − Iy )2 + 4 Ixy

42

Ejercitaci´ on Aplicaci´on de Baricentro y Momento de Inercia

Figura C.12: Baricentro y Momentos de Inercia

43

Estabilidad 1 Facultad de Ingenier´ıa. UNNE.

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