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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 3   1,5 2 2

YCG  Z CG 

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

96

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

 Li Yi L

i

Z

 Li Zi L

i



1,5.( 0)  5.( 2)  2.( 4) 18   1,537m 1,5  5  2 11,712

6 1,5.   5 .(1,5)  2.( 0) 16,5    1,409m  11,712 11,712  6 1,5.   5.( 0)  2.(1) 11      0,939m 11,712 11,712

PROBLEMA 3.2 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 LBC 

0,5 2  1,2 2  1,3m

LCD  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. 97

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 Z L i

i



i

2R   0,5.( 0)  1,3.( 0)  1,5.( 0,45)  R. 0,9      0,466  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 4.(3) 4    3 3 98

Y1  0 Z1 

4R 4.(3) 4   3 3 

  .(3) 2 A1  .R 2   2,25 4 4

Fig. 3.5 FIGURA 2:

X 2  1,5

Y2  1,5 Z2  0

A 2  3.3  9

Fig. 3.6 FIGURA 3:

X3  0,75 Y3  1,5 Z3  0

A 3  1.1,5  1,5 99

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

Ai X i

A i Yi

Ai 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:

A X A A Y Y A A Z Z A X



21,375  1, 467m 14,568

i



11,25  0,772m 14,568

i



9  0,618m 14,568

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. 3.8 100

Solución: Una vez más, dividimos en figuras regulares. FIGURA 1:

X1 

a 3

Y1  0 Z1 

2 3

A1 

1 .(a ).( 2)  a 2

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) 4  3 3 3

Z3  1

A3 

R 2 .12    2 2 2 101

Fig. 3.11 Luego:

X

A X A i



i

i

 a  a .   6.( 0)  .( 0) 3 2 0,421     a 6 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

Z

 A i Yi A

i

 A i Zi A

i

4   . 3   2 3   1,266m  3,787  6  2

3,787.( 0)  6.(1,5)  

2  3,787.   6.(1)  .(1) 2 3   0,889m  3,787  6  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.

102

RECTANGULO:

I (X1) 

bh3 60.203   40000cm 4 12 12

I (Y1) 

hb3 20.603   360000cm 4 12 12

A 1  60.20  1200cm 2 CIRCULO:

I(X2)  I (Y2) 

4 4 R .6   1017,88cm 4 4 4

A 2  R 2  .62  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 Y( 2)  2A 2 .d 2  360000  3.1017,88  2.113,10.18 2  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 (X1) 

12.8 3  512cm 4 12

I (Y1) 

8.123  1152cm 4 12

A 1  12.8  96cm 2 103

TRIANGULO (eje central X1O1Y)

I(X21) 

bh 3 12.6 3   72cm 4 36 36

I(Y2 ) 

hb 3 6.12 3   216cm 4 48 48

A2 

12.6  36cm 2 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)  2 I (X21)  A 2 .d 2  512  2. 72  36.6 2  3248cm 4 I Y  I (Y1)  2I Y( 2)  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.

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 O1X1, 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.

S X1  A 1y 1  A 2y 2  24.18.9  12.12.6  3024cm 3 Determinamos la ubicación del centro de gravedad.

y0 

S X1 A



3024  10,5cm 288

De esta manera, los ejes OX y OY son los denominados ejes centrales principales. 104

Determinamos el momento de inercia de toda la sección respecto al eje O 1X1, que es la base de ambos rectángulos:

I X1 

b 1h 31 b 2h 32 24.183 12.12 3     39744cm 4 3 3 3 3

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 simetría.

I X  I X1  Ay02  39744  288.10,5 2  7992cm 4 IY 

18.243 12.123   19008cm 4 12 12

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 ejes 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   24.6.4,5 2   2.  6.12.4,5 2   7992cm 4 IX    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 sección mostrada en la figura 3.15. Considere que los ejes

X1  X1 y X 2  X 2 de la

X1  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 2.2 3   832cm 4 12 12

I XY  0 Ahora, calculamos el momento de inercia respecto al eje 105

X1  X 1

IX1  I X cos2   I Y sen 2   I XY sen2  Para este caso, reemplazamos los valores obtenidos anteriormente y

  45 o , porque  es

positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, que es el presente caso.

I X1  832 cos2 ( 45o )  832sen2 ( 45o )  0  832cm4 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  22 ).(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 Xsen 2   I Y cos 2   I XY sen2

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 

IX  IY sen 2  I XY cos 2 2

I X1Y1 

832  832 sen(90o )  0  0 2

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. 3.16 106

Tabla 3.4

I (X11)

A1 PERFIL L10x10x1

2

I (Y1)1

(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(X2 ) 

1.303  2250cm 4 12

I(Y2 ) 

30.13  2,5cm 4 12

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.

  4. I

  I

   4.179  19,2.3,33   2,5  1570,13cm

I X  4. I X(11)  A 1b 12  I (X2)  4. 179  19,2.12,17 2  2250  14340,76cm 4 IY

(1) Y1

 A 1a 21

( 2) Y

2

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

I (X11)

A1 PERFIL

I27

2

I (Y1)1

(cm )

(cm )

(cm )

40,2

5010

260

4

107

4

Solución: Los momentos de inercia respecto a los ejes O 2X2Y2 y el área de la plancha son:

I(X22) 

40.1,23  5,76cm 4 12

I Y2 

1,2.403 4  6400cm 12

( 2)

A 2  40.1,2  48cm 2 El área de toda la sección será:

A  2.40,2  48  128,4cm2 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.

1,2   3 SX 1  A2 y2  48.13,5    676,8cm 2   De esta manera, determinamos el centro de gravedad de toda la sección, respecto al eje O 1X1:

y0 

S X1 A



676,8  5, 27cm 128,4

Los ejes OX y OY se denominan ejes centrales principales y los momentos de inercia respecto a dichos ejes son:

   2.260  40,2.10  6400  14960cm

I X  2. 5010  40,2.5,27  5,76  48.8,83  16001,21cm 2

IY

2

2

4

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. 3.18 108

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 X2 Y2  644cm 4

A1  100cm2

A 2  49,8cm 2

Solución: El área de toda la sección es:

A  100  49,8  149,8cm2 Para determinar la ubicación del centro de gravedad, elegimos como ejes auxiliares los ejes del perfil

I50, es decir, los ejes O1X1 y O1Y1

SY1

x0 

A S X1

y0 

A



A 2 x 2 49,8.21,79   7,24cm A 149,8



A 2 y2 49,8.22,01   7,32cm A 149,8

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  A1b21  IX 2  A2 b22 IX  39727  100.(7,32)  617  49,8.14,69  56448,88cm 2

2

4

IY  I Y1  A1a 21  I Y2  A 2a 22 IY  1043  100.(7,24) 2  2026  49,8.14,55 2  18853,54cm 4 IXY  IX1Y1  A1 a1 b1  I X 2Y2  A 2 a 2 b 2

IXY  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 2

I 1, 2 

IX IY I I    X Y   I2XY 2 2   2

I1 

 56448,88 18853,54 56448,88  18853,54 2 4     15299,91  61888,36cm 2 2  

109

2

I2 

56448,88  18853,54  56448,88  18853,54  2 4     15299,91  13414,05cm 2 2  

tg1 

IXY 15299,91  0,355  I Y  I 1 18853,54  61888,36



1  19,54o

tg 2 

IXY 15299,91  2,813  IY  I2 18853,54  13414,05



 2  70,43 o

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 y en el eje vertical el producto de inercia

IX , I Y

IXY

2. De acuerdo a la escala elegida, se obtienen los puntos correspondientes en el eje horizontal de los momentos de inercia

IX e IY

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 inercia, es decir

I Y , levantamos en el eje vertical del producto de

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

I 1 y corresponde a la

orientación del eje p...