Momento De Inercia Completo.pdf 2a362z

Mecánica I Tema 5 Dinámica del sólido r´ıgido Manuel Ruiz Delgado 1 de diciembre de 2010

Geometr´ıa de masas Centro de masas y de gravedad . . . . . . . . Tensor de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . Momentos de inercia . . . . . . . . . . . . . . . Productos de inercia . . . . . . . . . . . . . . . Tensores de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . Momento de inercia respecto a un eje . . . Producto de inercia respecto a dos planos. Cambio de ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorema de Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . Vector de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . Direcciones principales de inercia . . . . . . . Ejes principales y simetr´ıa. . . . . . . . . . . . Ejes centrales y principales . . . . . . . . . . . Planos centrales y principales . . . . . . . . . Elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . C´ alculo de momentos de inercia . . . . . . . Tensores simples . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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2 . 4 . 5 . 6 . 8 . 9 11 12 13 14 17 18 23 24 25 26 28 30

Cin´ etica 36 Cantidad de movimiento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1

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Geometr´ıa de masas Geometr´ıa de masas Centro de masas y de gravedad Tensor de inercia Momentos de inercia Productos de inercia Tensores de inercia Momento de inercia respecto a un eje Producto de inercia respecto a dos planos Cambio de ejes Teorema de Steiner Vector de inercia Direcciones principales de inercia Ejes principales y simetr´ıa Ejes centrales y principales Planos centrales y principales Elipsoide de inercia C´ alculo de momentos de inercia Tensores simples Manuel Ruiz - Mecánica I

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Geometr´ıa de masas En din´ amica, la distribución de masas de un sistema interviene en las ecuaciones mediante los momentos másicos de orden n:  N  X    rni mi  δm = ρ dxdydz i  i=1 ri In =  Z S r   Ω   rn δm  Ω

Tienen aplicación los siguientes: 0

Masa total del sistema

1

Centro de masas G

2

Momentos de inercia

PN 0 i=1 ri mi = i=1 mi PN M rG = i=1 ri mi PN 2 I = i=1 ri m i

M=

PN

En los momentos de inercia, las distancias se pueden medir respecto a un punto, eje o plano. Manuel Ruiz - Mecánica I

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2

Centro de masas y de gravedad Centro geométrico de un volumen, superficie o l´ınea

Centroide

1 V

Centro de masas G

Momento másico de orden 1

1 M

Centro de gravedad

Punto de aplicaci´ on de la resultante del sistema de fuerzas gravitatorias (eje central del sistema de fuerzas gravitatorias)

r/

R

Ω

R

r dx dy dz

Ω r ρ dx dy dz

R

Ωr

∧ g δm = 0 G

Centroide y centro de masas coinciden cuando la densidad es constante: M = ρV . Centro de masas y de gravedad coinciden cuando la gravedad es constante (superficie de la tierra)

G

Distintos para cuerpos grandes en el espacio: estabilización por gradiente de gravedad.

Manuel Ruiz - Mecánica I

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Tensor de inercia Al calcular las ecuaciones del movimiento del sólido, la distribución de masas se traduce en seis n´ umeros que aparecen como una matriz simétrica; seg´ un el modelo de sólido que se use, i

 −xi zi yi2 + zi2 −xi yi IG = mi  −xi yi xi2 + zi2 −yi zi  i=1 −xi zi −yi zi x2i + yi2 N X

S

δm = ρ dxdydz

Ω





 y2 + z2 −xy −xz x2 + z 2 −yz  IG = δm  −xy Ω −xz −yz x2 + y 2 Z

Comprobaremos que se trata de un tensor; estudiaremos sus términos, cómo calcularlos y sus propiedades. Manuel Ruiz - Mecánica I

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3

Momentos de inercia Se define el momento de inercia respecto a un punto/eje/plano como la integral (suma) de la masa elemental por el cuadrado de la distancia al punto/eje/plano, extendida a toda la distribución de masa (momentos de orden 2). z

δm = ρ dxdydz

O

Ω

y

Respecto a los planos y ejes coordenados: Z Z 2 I Punto: O = r δm = (x2 + y 2 + z 2 )δm Ω

Ω

x

I xy =

Plano:

Z

2

z δm

I xz =

Ω

Ix =

Eje:

Z

Z

2

I yz =

y δm

Ω

(y 2 + z 2 )δm

Iy =

Ω

Z

Z

x2 δm

Ω

(x2 + z 2 )δm Ω

Si O ≡ G, se llaman momentos centrales de inercia.

Iz =

Z

(x2 + y 2 )δm Ω


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Relaciones entre los momentos de inercia Los momentos de inercia respecto a origen y los planos y ejes coordenados cumplen las siguientes relaciones: 1 IO = Iyz + Ixz + Ixy = (Ix + Iy + Iz ) 2 IO = Ix + Iyz = Iy + Ixz = Iz + Ixy Ix = Ixz + Ixy

Iy = Iyz + Ixy

Iz = Ixz + Iyz

que se deducen directamente de sus definiciones: Z

2

2

2

(x + y + z ) δm =

Z

2

x δm +

Z

2

Z

y δm + z 2 δm = Z Z Z 1 2 2 2 2 2 2 = (y + z ) δm + (x + z ) δm + (x + y ) δm 2

En un s´ olido r´ıgido son constantes si los ejes están ligados al sólido. Manuel Ruiz - Mecánica I

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4

Productos de inercia Se define el producto de inercia de una distribución de masas respecto a dos planos ortogonales como la integral del producto de cada masa elemental por las distancias a los planos. z

Oxz, Oyz :

δm = ρ dxdydz

Oyz, Oxy : O

Ω

Pxy = Pxz =

y

Oxz, Oxy :

Pyz =

Z

xy δm Ω

Z

xz δm

ZΩ

yz δm

Ω

x δm −x +x

z

Si uno de los planos es de simetr´ıa, el producto es nulo:

δm

+xzδm − xzδm = 0

z

Sin pérdida de generalidad, se ha supuesto que los planos ortogonales son planos coordenados. Manuel Ruiz - Mecánica I

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Tensores de inercia Dada una distribución de masa, un punto O y un sistema Oxyz, se define: Tensor de inercia en O:     Z y2 + z2 Ix −Pxy −Pxz −xz −xy  −xy x2 + z 2 Iy −Pyz  = −yz  δm I O = −Pxy 2 Ω −Pxz −Pxy Iz −xz −yz x + y2 Tensor planar de inercia en O:     Z x2 xy xz Iyz +Pxy +Pxz xy y 2 yz  δm P O = +Pxy Ixz +Pyz  = Ω +Pxz +Pyz Ixy xz yz z 2 Si O es el centro de masas de la distribución, se denominan Tensor central de inercia I G y tensor planar central de inercia P G . Entre ellos existe la relación: I O = IO U − P O Constantes en ejes ligados a un sólido r´ıgido. Manuel Ruiz - Mecánica I

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5

Producto di´ adico Se define el producto diádico o tensorial de dos vectores como el tensor siguiente: a ⊗ b = [a, b] = [ai bj ] Regla de exclusión a⊤ · [b, c] = b⊤ · [a, c] = (a · b) c [a, b] · c = [a, c] · b = (b · c) a

Definici´ on más compacta de los tensores de inercia en O:  Z x2 xy Z P O = r ⊗ r δm = xy y2 xz yz Z Z ! 2 ! 2 IO = r U − r ⊗ r δm = x + y2 + z2

 xz yz  δm z2   1 0 0 δm 0 1 0 − P O 0 0 1


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Momento de inercia respecto a un eje Definición geométrica, independiente del sistema de ejes. Momento respecto a un eje que pase por O de dirección u (unitario): z

Iu =

d δm

u O

Z

2

d δm = Ω

Ω

r y

Z h

=

Z

Ω

x

=

Z

Ω

r2 u · U · u − u (r ⊗ r) u δm = u · =

Z

Ω

!

i r2 − (r · u)2 δm =

r2 · 1 − u · r (r · u) δm =

[u · U · u = 1]

r2 U − r ⊗ r δm · u =

I u = u · IO · u


Forma cuadrática invariante frente a cam bios de ejes: 2o criterio de tensorialidad

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6

Producto de inercia respecto a dos planos Producto de inercia respecto a dos planos ortogonales que pasen por O determinados por los vectores unitarios normales u y v: z

P uv =

d′ δm

Ω

v r

Z

d

Z

′

dd δm = (r · u) (r · v) δm = Ω Z Z = u · [r, r] · v δm = u · [r, r] δm · v = Ω

O

Ω

y

u

Como u ⊥ v,

P uv = u · P O · v

=

x

u · I O · v = u · (I O U − P O ) · v = ⊥

✘

= IO ✘ u✘ · U✘· v − u · P O · v = −u · P O · v = −P uv

⇒ ⇒

−P uv = u · I O · v

Aqu´ı el tensor act´ ua como forma bilineal. Manuel Ruiz - Mecánica I

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Cambio de ejes z

Tensor de inercia respecto a los ejes y planos de un sistema S0 con origen en O determinado por los versores u, v, w.

Ω

Podemos aplicar las expresiones w

v

O

y

u

Iu = u · I O · u

− Puv = u · I O · v

En forma matricial:

x Q⊤ 10



Iu −Puv  −Puv Iv −Puw −Pvw

Q10

}| { }| z { u −Puw −Pvw  =  v  · I O ·  u v w  Iw w IO 0 = Q⊤ 10 · IO 1 · Q10 

z 

2o criterio de tensorialidad: las componentes del tensor de inercia en ejes S0 y ejes S1 están relacionadas por las expresiones de cambio de ejes → Es un tensor. Manuel Ruiz - Mecánica I

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Teorema de Steiner

Ω

Relacionaremos el tensor en un punto O arbitrario con en tensor en G (referidos a ejes paralelos):

δm r

IO =

r′

rG G

O

Z

! 2 r U − r ⊗ r δm = Ω Z h ! 2 ! ! i = rG + r′ U − rG + r′ ⊗ rG + r′ δm Ω

Z

( R

R

) r′ δm = 0 r δm = GG = 0 → ⇒ R R rG ⊗ r′ δm = rG ⊗ r′ δm = 0 Z Z ! ′2 ! 2 ⇒ I O = rG U − rG ⊗ rG r U − r′ ⊗ r′ δm δm + ′

rG · r′ δm

= rG ·

Ω

Ω

⇒

⇒

! I O = M OG2 U − OG ⊗ OG + I G

Campo tensorial: conocido I G , se calcula en tensor en cualquier punto O. Manuel Ruiz - Mecánica I

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Teorema de Steiner: Aplicaci´ on   −P xy −P xz Ix ! IO = IG + M OG2 U − OG ⊗ OG = −P xy −P yz  + Iy −P xz −P yz Iz    2   xG 1 0 0 xG yG xG zG  ! 2 2  2 0 1 0 − xG yG yG yG zG  = x2 + y G +M + zG   G 2 0 0 1 xG zG yG zG zG     2 2 −P xy −P xz Ix −xG yG −xG zG yG + zG 2 + z2 −P yz  + M  −xG yG xG Iy −yG zG  = −P xy G 2 −P xz −P yz Iz −xG zG −yG zG x2G + yG El segundo sumando es el tensor de inercia en O de una part´ıcula con la masa del sólido M concentrada en G d

Generaliza el teorema de Steiner para ejes paralelos: 2 IzO = I G z + Md

rG O


G

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8

Propiedades algebraicas del tensor de inercia 

 Ix −P xy −P xz Iy −P yz  I O =  −P xy −P xz −P yz Iz

Por definición, la matriz de componentes del tensor de inercia es real y simétrica. Por tanto:a

• Los autovalores son reales

• Los autovectores pueden tomarse reales, y son ortogonales • Ortogonalmente diagonalizable: La matriz de IO es definida positiva: • Los autovalores son positivos u

. ∃ Q ∈ SO(3) / Q ⊤I O Q = ⌊ . . ⌉ R u · IO · u = Iu = d2 δm > 0

• Solo es semidefinida positiva en el caso de una varilla de espesor despreciable (sólido degenerado: 5 GDL) • En ese caso, el autovalor asociado a la dirección de la varilla es nulo (momento de inercia nulo u · I O · u = Iu = 0)

Manuel Ruiz - Mecánica I a

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´ J. de Burgos, Curso de Algebra y Geometr´ıa, §36 y 38.

Vector de inercia

Iu

Se define el Vector de inercia en el punto O asociado a la dirección del vector unitario u mediante la aplicación lineal

Iu u

Iu = I O · u

O

En general, no tiene la dirección de u. El momento de inercia respecto a la recta que pasa por O con dirección u es un u: la proyección del vector de inercia seg´ I u = u · Iu = u · I O · u

Iu u v

El producto de inercia respecto a los planos de direcciones u y v que se cortan en O es la proyección del vector de inercia asociado a u sobre v (o vicecersa), cambiado de signo: −P uv = u · I O · v = v · I O · u


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9

Direcciones principales de inercia Definici´ on mediante el vector de inercia:

DPI Iu

Se llama ejes principales de inercia o direcciones principales de inercia en un punto O a las que son paralelas a su vector de inercia asociado: DPI :

u PPI O

u /

Iu = I O · u = I u u

Se llaman momentos principales en O los momentos de inercia respecto a cada uno de los ejes principales en O. Se llaman planos principales de inercia en O los planos que pasan por O y son normales a un eje principal en O.


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Direcciones principales de inercia: propiedades

Iu

El producto de inercia respecto a un plano principal en O y cualquier otro ortogonal que pase por O es nulo.

u

−P uv = Iu · v = I u u · v = 0

⊥

v

Si un eje coordenado es principal, los productos de su columna y fila son nulos.    Ix = I x i Ix 0 0  ⇒ IO =  0 −P xy = I x i · j = 0 Iy −Pyz   0 −Pyz Iz −P xz = I x i · k = 0


10

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Direcciones principales de inercia: obtenci´ on Las direcciones principales se obtienen resolviendo un problema de autovalores: I O · u − I u u = (IIO − I u U ) · u = 0

⇒

| IO − I u U| = 0

• Las direcciones principales son las de los autovectores

• Los momentos principales son los autovalores

Las direcciones principales son ortogonales si sus momentos principales son distintos; si no son ortogonales, su momento es el mismo: Sim´ etrico

z }| { I O · u = I u u → v · IO · u = IO · v = I v v → u · IO · v = −

0

Iu v · u Iv u · v

= (I u − I v ) u · v

(

I u 6= I v ⇒ u 6⊥ v

u⊥v

⇒ Iu = Iv


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Direcciones principales: casos Los autovalores o momentos principales son reales y positivos. Tres casos: I 1 6= I 2 6= I 3

u3

u1

I 1 = I 2 6= I 3

I1 = I2 = I3

u3 u2 O

O

Tres ejes principales ortogonales.  I1 0 0  0 I2 0  0 0 I3 

Un eje principal y todas las direcciones del plano normal  en O.  I1 0 0  0 I1 0  0 0 I3


Todas las direcciones del espacio son principales en O 

 I1 0 0  0 I1 0  0 0 I1 21 / 36

11

Direcciones principales: otro camino Definici´ on por las propiedades algebraicas del tensor: La matriz de componentes del tensor de inercia es real y simétrica: existe una matriz ortogonal Q tal que Q⊤

z 

}| u v w

Q

{

z 

}|

{



 Iu 0 0  · IO ·  u v w  =  0 I v 0  0 0 Iw

u, v, w: autovectores de I O , y direcciones principales de inercia en O.

I u , I v , I w : autovalores de I O , y momentos principales de inercia en O. Siempre se puede conseguir que | Q | = +1 (matriz de giro que nos lleva a ejes principales). Si sale -1 (ejes a izquierdas), basta con cambiar el signo de una columna, o cambiar el orden. Manuel Ruiz - Mecánica I

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Ejes principales y simetr´ıa δm

π −x

z

+x

Si un plano π ⊥ u es de simetr´ıa (másica, no solo geométrica) para una distribución de masa, es principal en todos sus puntos.

δm v

P uv = 0

z

∀v⊥u ⇒

π PPI

u

Todas las rectas normales a un plano de simetr´ıa son principales de inercia en el punto de corte. Cuerpo homogéneo de revolución: todos los planos que contienen al eje son de simetr´ıa, y principales en todos sus puntos; • Todas las rectas normales al eje son principales en el eje, por ser normales a un plano principal. • El propio eje de revolución es principal en todos sus puntos por la ortogonalidad de las direcciones principales: es normal al plano que forman las rectas que lo cortan ortogonalmente en cada punto.


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12

Ejes centrales y principales z ≡ z′

Queremos ver qué condiciones debe cumplir un eje central para ser principal de inercia en un punto P :

δm P y′ x′

Lo tomamos como eje z de un sistema Gxyz

h G

Calculamos sus productos en un punto arbitrario P para ver si se anulan: y

x

Px′ z ′ =

Py′ z ′ =

Z Z

Z

′ ′

x z δm = Ω

y ′ z ′ δm = Ω

Z

Ω

Ω

x (z − h) δm =

Z

y (z − h) δm =

Z

Ω

Ω

xG = 0 Z ❃ ✚ ✚ xz δm − h ✚x✚δm = Pxz ✚Ω

yG = 0 Z ❃ ✚ ✚ yz δm − h ✚y✚ δm = Pyz ✚Ω

Si un eje es principal en G, lo es en todos sus puntos. Si no es principal en G, no lo es en ning´ un punto. Manuel Ruiz - Mecánica I

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Planos centrales y principales z z′

Queremos ver qué condiciones debe cumplir un plano central para ser principal de inercia en un punto P : δm

Lo tomamos como plano xy de un sistema Gxyz

G P x

y y′

x′

Px′ z ′ =

Z

′ ′

x z δm =

Ω

Py′ z ′ =

Z

y ′ z ′ δm =

Ω

Calculamos los productos de un eje que lo corte en un punto arbitrario P para ver si se anulan: Z Z

Ω

Ω

zG = 0

Ω

❃ ✚ ✚ xz δm − xP ✚z✚ δm = Pxz ✚Ω

Ω

❃ ✚ ✚ yz δm − yP ✚z✚ δm = Pyz ✚Ω

(x − xP ) z δm =

Z

(y − yP ) z δm =

Z

Z

Z

zG = 0

Si un plano es principal en G, lo es en todos sus puntos. Si no es principal en G, no lo es en ning´ un punto. Manuel Ruiz - Mecánica I

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13

Elipsoide de inercia on Se llama elipsoide de inercia Σ de un sólido Ω en el punto O a la superficie definida por la ecuaci´ Σ , r · IO · r = 1 :     Ix −Pxy −Pxz x  Ix x −Pxy y −Pxz z  ⌊x, y, z⌋ −Pxy +Iy y −Pyz z = Iy −Pyz  y = ⌊x, y, z⌋ −Pxy x     z −Pxz x −Pyz y +Iz z −Pxz −Pyz Iz 

=

z Σ

Ix x2 + Iy y 2 + IZ z 2 − 2Pxy xy − 2Pxz xz − 2Pyz yz = 1

Está fijo en ejes ligados al sólido (II O constante).

r

Los ejes del elipsoide son las direcciones principales de inercia: y x

 Ix 0 0 r  0 Iy 0  r = Ix x2 + Iy y 2 + Iz z 2 = 1 0 0 Iz 


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Elipsoide de inercia z

u Iu

Σ

El elipsoide permite visualizar las propiedades del tensor: Sus ejes son las direcciones principales de inercia

d y x

La distancia de centro al elipsoide determina Iu para cada recta de dirección u : d2 u · I O · u = d2 Iu = 1

r = du

⇒

1 d= √ Iu

La normal al elipsoide en r es la dirección del vector de inercia Iu asociado a la dirección r : 2∇Σ = I O · r k I O · u = Iu Tiene la forma aproximada del sólido (dimensiones; tres ejes, revolución, esférico).


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14

C´ alculo de momentos de inercia Evitar cálculos: usar simetr´ıas, propiedades y relaciones Principio de proyección: las distancias paralelas al eje no cuentan Densidad proyectada

IzCil = IzDisco (M , R iguales)

ρ(r) ρ cte.

Z

Momentos geométricos de cuerpos homogéneos: Teoremas de Guldin/Pappus para figuras de revolución:

cte.

z}|{ dn ρ dτ = ρ

Z

dn dτ

Sup. = 2πrG L rG

L

rG Vol. = 2πrG Sup⊥


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C´ alculo de momentos de inercia Por la aditividad de la integral respecto del intervalo, Se puede dividir una pieza en partes de formas sencillas, I A∪B O

=

IA O

+ IB O

B

− I A∩B O

A A

Se pueden calcular tensores de piezas con huecos, sumando el tensor del hueco con masa negativa:

B

=

B C IA O = IO − IO

C

−

Teorema de Koenig: del CDM de una pieza al CDM del conjunto. IG =

N X i=1

! I iGi + Mi GG2i U − GGi ⊗ GGi


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15

Tensores simples: esfera Por las simetr´ıas, es obvio que Ix = Iy = Iz = 32 IO , y que Pij = 0. Es mucho más fácil calcular IO . z

C´ ascara esférica: δm = ρ dV = ρ 2πr 2 dr Z R Z R5 2 IO = r δm = 2πρ r 4 dr = 2πρ 5 Ω 0 4 3 Como M = ρV = ρ πR3 , IO = M R2 3 5

dr

r

  1 0 0 2 2 I O = Ix U = IO U = M R2 0 1 0 3 5 0 0 1

z

y

x

z

Otros caminos m´ as complejos: dz Iz = ρ

z

x

Z

+R Z

−R

r

r

dr

r(z)

2πr 3 drdz

φ

0

y

y Iz = ρ

Z Z Z θ

φ

(r cos φ)2 drrdφr cos φdθ

x

θ

r


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Tensores simples: disco z

Ejes principales: revolución y todos los diámetros Simetr´ıa de revolución: G

x

Ix = Iy

Plano: z = 0 ⇒ Iz = Ix + Iy ! R R! 2 R! 2 y 2 + 0 δm + x + 0 δm x + y 2 δm =

y

z

Por la simetr´ıa de revolución, es más f´ acil calcular Iz : Z R Z R4 r2 2π r dr = ρ 2π Iz = r2 δm = ρ 4 0

x

y

Sustituyendo la densidad superficial, M = ρ π R2 , Iz =

M R2 2

Ix = Iy =

M R2 4

)

⇒


IG =

M R2 4



 1 0 0 0 1 0 0 0 2 31 / 36

16

Tensores simples: varilla z

Infinitamente delgada: dz z

Simetr´ıa:

G

Sólido degenerado (5 GDL); tensor semidefinido positivo.

y

x

x = y = 0 ⇒ Iz = 0 R Ix = Iy = z 2 δm

A

L z 3 + 2 σL3 σz dz = σ = Ix = 3 −L 12 −L 2 2 Densidad lineal: M = σ L Z

+L 2

2

Tensor en un extremo A, siendo AG = ⌊0, 0, L2 ⌋: ! I A = I G + M AG2U − AG ⊗ AG =



    

 1 0 M L2  0 1 IG = 12 0 0

   0 0 1 0 0 0 1 0 − 0 0 = IG + M  4 0 0 1 0 0 L2

 0 0 0

  0 1 0 2 ML  0  = 0 1 3 L2 0 0 4


 0 0 0 32 / 36

Tensores simples: placa rectangular z

Infinitamente delgada:

Ox, Oy son ejes principales por ser de simetr´ıa; y Oz por perpendicularidad de las direcciones principales.

G x

z = 0 ⇒ Iz = Ix + Iy

y

Proyección: Ix e Iy como en una varilla; las distancias paralelas al eje no cuentan. y

Densidad lineal: δm = σ dx , como la varilla Z +a Z +a 2 2 M a2 2 x δm = σ x2 dx = Iy = 12 − a2 − a2 ! Z +b 2 M a2 + b2 M b2 2 Ix = y δm = Iz = 12 12 −b

dx

x G

x

2


  2 b 0 0 M IG = 0 a2 0  12 0 0 a2 + b2

17

33 / 36

Tensores simples: paralelep´ıpedo z a

Simetr´ıa: los ejes geométricos son principales. Proyecci´ on: El momento respecto a cada eje es el mismo que el de la placa proyección seg´ un ese eje.   2 b + c2 0 0 M 0 a2 + c2 0  IG = 12 2 a + b2 0 0

c G

x

y

b z

Equivalente a tres varillas de longitudes a, b y c.

y

x

Tensor en el vértice A(− a2 , − 2b , − 2c )    2 a ab ac  1 ! 1 a2 + b2 + c2 U − ab b2 bc  = I A = I G + zM  4 4 ac bc c2

 4(b2 + c2 ) −3ab −3ac M −3bc  = −3ab 4(a2 + c2 ) 12 −3ac −3bc 4(a2 + b2 )

G

A

y

x




34 / 36

Tensores simples: cilindro z

Simetr´ıas: son principales el eje de revolución y todos los diámetros de las secciones circulares. G

Simetr´ıa de revolución: Ix = Iy = Ir .

y

x

Proyección: Iz del disco proyectado: Iz =

M R2 2

z

C´ alculo de Ix : rodajas de espesor dz: Di´ ametro

δIx = δIx′

δm = ρ πR2 dz x′

Steiner 2

δmR2 + δm z = + δm z 2 4

x disco

Ix =

R2 4

Z

δm +

Z

+H 2 +H 2

⇒

z G

y

varilla

z }| { z }| { M R2 M H 2 2 δm z = + ⇒ 4 12   2 3R + H 2 0 0 M 3R2 + H 2 0  0 IG = 12 0 0 6R2


35 / 36

18

Dinámica del cuerpo rígido: momento de inercia, aceleración angular. En un sólido rígido las distancias relativas de sus puntos se mantienen constantes. Los puntos del sólido rígido se mueven con velocidad angular constante Rvi = ω R × Rri

Nota 1. δi j =

1 si i = j 0 si i j

es el símbolo de Kronecker

Energía Cinética: X 1 X 1 X1 2 2 E= miRvi = mi(ω R × Rri) = mi(ω R 2Rri2 − 2 2 2 i

i

i

(ω R .r R i)2) =

1

1X mi(ri2δαβ − 2 i riαriβ )ωαω β 1 E = Tαβωαω β 2 Tensor de inercia: Tαβ =

X

mi(ri2δαβ − riαriβ )

i

(A × B)(C × D) =ǫi jkA jBkǫi lnClDn = (δ j lδkn − δ jnδkl)A jBkClDn =A.CB.D − A.DB.C

Momento de Inercia Rotación alrededor del eje z: 1 E = I3ω32 2 I3 es el momento de inercia respecto al eje z: I3 = T33 =

X

mid2i , di = distancia del punto i al eje z

i

Ejercicio 1. Encontrar I1 e I2. Problema 1. Considere una molécula de Oxígeno (O2) rotando en el plano xy alrededor del eje z. El eje de rotación 2

pasa a través del centro de la molécula, perpendicular a su longitud. La masa de cada átomo de Oxígeno es 2.66 10−26 kg, y a temperatura ambiente la separación promedio entre los dos átomos es d=1.21 × 10−10 m.(Los átomos se suponen puntuales). (a) Calcule el momento de inercia de la molécula alrededor del eje z. R:1.95 × 10−46 kg − m2. I = m(2d2/4) = md2/2 = 2.66x1.212x10−46 /2 (b) Si la velocidad angular de la molécula alrededor del eje z es 4.60×1012 rad/s, encuentre la energía cinética de rotación.R:2.06 × 10−21 J

Cálculo de Momentos de Inercia Consideremos un sólido de densidad ρ, el momento de inercia respecto a un eje fijo es: I=

X i

ρ(xi)d(xi)2d3xi → Z R ) d2(x R) dm(x

Z

d3xρ(x R )d(x R )2 =

Rx puede ser un vector uni,bi o tridimensional. Ejercicio 2. Encuentre el momento de inercia de una circunsferencia con masa M , uniformemente distribuida,y radio R, respecto a un eje perpendicular a la circunsferencia que pasa por su centro.

3

Z

I = R2 dm = MR2 Ejercicio 3. Barra uniforme de largo L y masa M .

I=

Z

L 2 L

−2

L3 2 dxρx = 2ρ

L3 =ρ 24 12 M M = ρL, ρ = L 4

L2 I =M 12 Ejercicio 4. Cilindro uniforme de radio R,masa M y largo L.

Z dm=2πrdrdzρ, I = ρ 2πrdrdzr 2 = Z R R4 2πρL drr 3 = 2πρL 4 0 Z Z R R2 M= 2πrdrdzρ = 2πLρ drr =2πLρ 2 0 2 M = πLρR M R4 1 I = 2π L = MR2 2 2 4 πLR

Ejercicio 5. Casquete cilíndrico

5

I = MR2 Ejercicio 6. Cilindro hueco

Z

dm=2πrdrdzρ, I = ρ 2πrdrdzr 2 = Z R2 (R42 − R41) 3 2πρL drr = 2πρL 4 R1 Z Z R2 (R2 − R12) M= 2πrdrdzρ = 2πLρ drr =2πLρ 2 2 R1 M = πLρ(R22 − R12) M (R42 − R41) I = 2π L = 4 πL (R22 − R12) 1 M (R22 + R12) 2 Ejercicio 7. Tablilla rectangular de lados a, b 6

dm = ρdxdy Z Z 2 2 I = ρ dxdy(x + y ) =ρ b 3 b3 a = 2ρ b + a 24 24 M = ρab 3 a b3 M b 12 + a 12 I= = ab

a 2 a

−2

dxx2 + a

Z

b 2

3 a b3 ρ b +a 12 12 M 2 (a + b2) 12

Ejercicio 8. Casquete esférico de radio R.

dm = ρR2sen θdθdφ

7

b

−2

dyy 2

!

=

I=

ρR2

2πρR4

Z

Z

sen θdθdφ(R sen θ)2

=2πρR4

1

8 du(1 − u2) = πρR4 3 −1 M = 4πR2 ρ 8 M 2 I= π R4 = MR2 2 3 3 4πR

Z

π

dθsen3θ =

0

u = cos θ

Ejercicio 9. Esfera sólida, alrededor del eje z

Z R 8π 2 I = ρ4π r 2 drr 2 = ρR5 3 15 0 Z 4 M = ρ 4πr 2dr = πR3 ρ 3 8π 3M 5 2 I= R = MR2 15 4πR3 5

Teorema de los ejes paralelos I = ICM + MD 2

8

Z

I = dm(x2 + y 2) x = xCM + x ′ y = yCM + y ′ Z 2 ) I = dm(x2CM + yCM Z Z Z # ′2 + dm x + y ′2 + 2xCM dmx ′ + 2yCM dmy ′ = MD 2 + ICM + 0

Ejercicio 10.

Encuentre el momento de inercia de

9

una barra de largo L y masa M alrededor de un eje perpendicular a la barra que pasa por un extremo. 2 1 1 L + ML2 = ML2 I =M 3 12 2

Momento Angular Total: X X R L= Rri × mivi R × Rri) = = miRri × (ω i X Xi 2 mi(ω R ri − Rriω.ri) = mi(ri2δαβ − riαriβ )ω β i

i

Lα = Tαβω β

A × (B × C) = ǫijkA jǫklnBlCn = (δilδ jn − δi nδ jl)A jBlCn = BiA.C − CiA.B

Rotación respecto al eje z L3 = I3ω3

Ecuación de Movimiento Los momentos de inercia de un sólido rígido son independientes del tiempo. R dL = Rτ dt L˙3 = I3ω˙ 3 = I3α3

Aceleración angular: R =ω R˙ α

Nota 2. En general L˙a = Ta bαb 10

Ejercicio 11. Una varilla rígida de masa M y longitud l rota sin fricción alrededor de su centro (Fig. ). Dos partículas de masas m1 y m2 se pegan a sus extremos. La combinación rota en un plano vertical con velocidad angular ω. (a) Encontrar la magnitud del momento angular del sistema. L = Iω 2 2 1 l l I = Ml2 + m1 + m2 = 12 2 2 l2 M + m1 + m2 4 3 (b) Encontrar la aceleración angular del sistema cuando la varilla hace un ángulo θ con la horizontal.

τ = (m2 − m1)g

l cos θ + Mg × 0 2 11

Ejercicio 12.

(m − m1)g cos θ α= 2 l M + m1 + m2 4 3

v R dL a (torque externo)m1 gR = =(m1 + m2)Ra + I dt R m1 g a= I (m1 + m2) + R2 L = m1vR + m2vR + I

Ejercicio 13. Una estrella rota alrededor de un eje que pasa por su centro con un período de 30 días. Después que la estrella se transforma en supernova, su centro de 104km.colapsa para formar una estrella de neutrones, de radio 3 km. Cuál es el período de rotación de la estrella de neutrones? Iiωi = I fω f 2 2 I f = MR2f Ii = MRi2 5 5 Rf 2 If 2π 2π Ii = I T = Ti = Ti Tf f f Ti Ii Ri 12

T f = .23s

Ejercicio 14. Una plataforma horizontal con forma de disco de radio R = 2m. y masa M = 100kg, rota en un plano horizontal sin roce alrededor de un eje vertical que pasa por su centro. Un estudiante de masa m = 60kg. camina desde el borde de la plataforma hasta una distancia r f = 0.50m del centro. Si la velocidad angular de la plataforma cuando el estudiante estaba en el borde era 2 rad/s, encuentre la velocidad angular al final.

Iiωi = I fω f I ω f = ωi i If 1 I = MR2 + mr 2 2 440 (50 × 4 + 60 × 4) =2 = 4.1rad/s ωf = 2 215 50 × 4 + 60 × 0.25

13

Ejercicio 15. Rueda en rotación

Li = L f = Lrueda L f = Lestudiante − Lrueda Lestudiante = 2Lrueda Ejercicio 16. Descomponga la energía cinética de un cuerpo rígido en energía cinética de traslación del CM y energía cinética de rotación alrededor del CM. X 1 X 1 2 miRvi = mi(v R CM + Rvi′)2 = K= 2 2 i i X 1 2 ′ Mv R CM + K + RvCM . miRvi′ = 2 i 1 2 + K′ Mv R CM 2 1 K ′ = Tαβωαω β 2 14

Ejercicio 17. Disco y palo. Un disco de masa md = 2kg. impacta un palo de masa m p = 1kg. que reposa sobre una superficie de hielo sin roce, con una velocidad vd i = 3m/s. Suponga que el choque es elástico. Encuentre la velocidad de traslación del disco, del palo y la velocidad de rotación del palo después del choque.I p = 1.33kg − m2 alrededor de su centro de masa. La longitud del palo es l = 4m.

mdvdi = m pvs + mdvd f 1 1 1 1 mdvd2 i = mdvd2 f + m pvs2 + I pω 2 2 2 2 2 l l −mdvd i = −mdvd f + I pω 2 2 vdf = 2.3m/s vs = 1.3m/s ω = −2rad/s

Problema 2. Teorema de los ejes perpendiculares. El momento de inercia de una lámina rígida y plana respecto a un eje normal a su plano es igual a la suma de los momentos de inercia respecto a dos ejes perpendiculares situados en el plano que se cortan en el eje normal. I3 =

Z

dm(x2 +

y 2) =

15

Z

dmx2 +

Z

dmy 2

Ejercicio 18. Giro sin deslizamiento. Consideremos, como indica la fig, el giro hacia abajo por un plano inclinado de un objeto de periferia circular y una distribu- ción simétrica de masa alrededor de su centro. (Puede tratarse de un cilindro sólido, un cilindro hueco, una esfera, etc.) Rotación alrededor del punto instantáneo de o. En cualquier instante el movimiento consiste en una rotación alrededor de P, punto de o con la superficie inclinada. La dirección del eje de rotación es constante, aunque su posición avanza a lo largo del plano. La aceleración en el movimiento del cuerpo que rueda se calcula teniendo en cuenta que instantáneamente el movimiento es simplemente una rotación alrededor de un punto en la periferia del objeto. El momento de la fuerza respecto de P debe ser igual a la variación respecto al tiempo del momento cinético alrededor de P (véase figura).

El carácter del movimiento de un cuerpo rodando es, en cualquier Instante, la rotación alrededor del punto instantáneo de o P. L = (MR2 + I)ω =(MR2 + I) τ = MgR sen θ 2

MR + I L˙ = a = MgR sen θ R g sen θ a= I 1 + M R2 16

v R

Ejercicio 19. Péndulo fïsico

τ = −mgd senθ = Ioθ¨ Io = ICM + Md2 Ioθ¨ = −mgdθ θ ≪ 1 r mgd ω= Io

Permite determinar empíricamente Io.

Momentos y productos de inercia:Ejes principales y ecuación de Euler El tensor de inercia es, visto como matriz:





I 11 I 12 I 13 T = I 21 I 22 I 23  I 31 I32 I33 17

Como ya sabemos, los elementos diagonales se llaman momentos de inercia. Los elementos no diagonales son los productos de inercia. En todo sólido rígido, podemos encontrar un conjunto de ejes(ejes principales) donde T es diagonal. El momento angular del sólido respecto a los ejes principales es: R = I1ω1xˆ + I2ω2 yˆ + I3ω3 z L ˆ

Los ejes principales están atados al cuerpo y dependen del tiempo(Movimiento relativo). R˙ = I1α1xˆ + I2α2 yˆ + I3α3 z ˆ + I1ω1xˆ˙ + I2ω2 yˆ˙ + L I3ω3 zˆ˙

Recordemos que el cambio temporal de un vector en rotación es: Rv = ω R × Rr

xˆ˙ = ω R × xˆ yˆ˙ = ω R × yˆ zˆ˙ = ω R × zˆ Ecuaciones de Euler: R˙ = I1α1xˆ + I2α2 yˆ + I3α3 z R = Rτ L ˆ +ω R ×L 18

Rτ :torque respecto a los ejes principales.

τ1 = I1α1 − (I2 − I3)ω2ω3 τ2 = I2α2 − (I3 − I1)ω3ω1 τ3 = I3α3 − (I1 − I2)ω1ω2 Ejercicio 20. Rotor rígido de dos partículas. Ejes fijos. Volvamos al sistema de dos masas puntuales unidas por una barra sin peso, que giran alrededor de un eje fijo que pasa por su centro de masas, según un ángulo arbitrario. Consideraremos el problema usando los ejes principales con referencia a la fig. Elegiremos el eje y que coincida con la barra y origen en el centro de masas. El eje x es perpendicular a la barra en el plano determinado por la barra y ω. El eje z (no indicado) en el instante representado está dirigido hacia el observador. Con esta elección de ejes resulta

Ix = 2ma2 Iy = 0 Iz = 2ma2 ω y = ω cos θ ωx = ω sen θ 19

ωz = 0 J = ma2ω sen θxˆ Para mantener la velocidad angular constante debemos aplicar un torque: R Rτ = ω R ×J

τ1 = 0 τ2 = 0 τ3 = −2ma2ω sen θω cos θ = −2ma2ω 2 sen θ cos θ Ejercicio 21. Disco circular Ejercicio 22. Trompo o giróscopo

Equilibrio estático

Condiciones de equilibrio: X R i =R0 equilibrio traslacional F (1) i X Rτi =R0 respecto a cualquier eje. equilibrio rotacional i

equilibrio translacional:CM se mueve con velocidad Rvcm constante respecto a un sistema inercial. 20

equilibrio rotacional: El cuerpo rota con velocidad R constante, respecto a cualquier eje. angular ω Equilibrio estático:v R cm =R0 = ω R Si (1) se satisface, entonces el torque total no depende del punto O. R el vector posición de O’ respecto a O. Sea R X R i Rri = R R + Rr ′ Rτ = Rri × F i i X X Ri + R R × R i = Rτ ′ Rτ = Rri′ × F F i

i

Ejercicio 23. Balancín Una tabla uniforme que pesa 40N soporta a un padre y a su hija que pesan 800N y 350N respectivamente. El pivote está bajo el centro de gravedad de la tabla. Si el padre está a 1m del pivote (a) Encuentre la fuerza normal que el pivote ejerce sobre la tabla. n − 40 − 800 − 350 = 0 n = 1190N

21

(b) Encuentre donde la niña debe sentarse para equilibrar el balancín. 800 × 1 − 350 × d = 0 800 m =2.29m d= 350 Ejercicio 24. Escalera inclinada Una escalera uniforme de largo l y peso mg = 50N se apoya sobre una pared vertical suave. Si el coeficiente de roce estático entre el suelo y la escalera es µ = .4, encuentre el ángulo mínimo θ0 para que la escalera no deslice.

mg − n = 0 µn − P = 0

fr 6 µn

l mg cosθ − Pl sen θ = 0 2 mg 1 tan θ = = =1.25 Pl 2µ θ0 = 51◦

22

Ejercicio 25. p357 Un anillo plano de masa M = 2.40 kg, radio interior Ri = 6.00 cm, y radio exterior Re = 8.00 cm rueda(sin deslizarse) subiendo un plano inclinado que hace un ángulo θ = 36.9◦(Fig.). Cuando el anillo está en la posición x = 2.00 m sobre el plano, su velocidad v = 2.80 m/s. El anillo sigue su ascenso y luego se devuelve, sin salirse del plano inclinado. (a) Encuentre el momento de inercia del anillo (b) Encuentre la distancia x f de máximo recorrido.

I=

Z

dmr 2 = 2πρ

Z

Re Ri

π ρ(R4e − R4i ) 2 M = πρ(R2e − R2i ) 1 ICM = M (R2e + R2i ) 2 drr 3 =

v (b) L = Iω = (ICM + MRe2) Re a (ICM + MRe2) = Mg sen θRe Re v = v0 − at v tf = 0 a 1 x = x0 + v0t − at2 2 1 v02 x f = x0 + 2 a 23

Ejercicio 26. p360 Un cilindro con momento de inercia I1 rota alrededor de un eje vertical sin fricción, con velocidad angular ωi . Un segudo cilindro con momento de inercia I2 y que inicialmente no rota cae sobre el primer cilindro (Fig.). Debido a la fricción entre las superficies de o, los dos cilidros finalmene alcanzarán la misma volocidad angular ω f . (a) Calcule ω f . (b) Muestre que la energía cinética del sistema decrece con esta interacción y calcule el cuociente entre la energía cinética final y la energía cinética inicial.

Sólo hay torques internos. Se conserva el momentum angular: I1ωi = (I1 + I2)ω f I1 ωi (a)ω f = I1 + I2 1 (b)K f = (I1 + I2)ω 2f 2 Kf I1 = Ki I1 + I2

1 Ki = I1ωi2 2

Ejercicio 27. p385 Una barra uniforme de masa mb y longitud l soporta bloques de masas m1, m2 en dos posiciones, como se muestra en la figura. La barra se sostiene en dos puntos. Para cuál valor de x la barra se encontrará balanceada en P tal que la fuerza normal en O se anula? 24

Fuerzas: nO + nP − mbg − m1 g − m2 g = 0 Torques: l l m2 gx − mbgd − m1 g + d + nO +d =0 2 2 l mb d + m 1 2 + d x= m2

nO = 0

Ejercicio 28. p423 Un péndulo físico en la forma de un cuerpo plano realiza un movimiento armónico simple con frecuencia f = 0.450 Hz. Si el péndulo tiene masa m = 2.20 kg y el pivote está a una distancia d = 0.350 m del CM, encuentre el momento de inercia I del péndulo. Iθ¨ = −mgd sen θ ∼ −mgdθ r mgd ω= = 2πf I mgd I= 2 2 4π f 25

θ≪1

I=

2.2x9.8x.35 7.55 = = 0.95 4x3.142x.452 7.99

Ejercicio 29. p425 Una esfera sólida de radio R rueda sin deslizamiento en un agujero cilíndrico de radio Rc=5R, como se muestra en la Figure P13.56. Muestre que, para pequeños desplazamientos desde el punto de equilibrio, perpendiculares a la longitud del agujero, la esfera q tiene 28R . un movimiento armónico simple con período T =2π 5g

v v = (ICM + MR2) R R τ = −MgR sen θ = −MgRθ a (ICM + MR2) = −MgRθ R a = 4R θ¨ MgR θ θ¨ = − 4(ICM + MR2) 2 ICM = MR2 5 5g θ¨ = − θ 28R r 2π 5g = ω= T 28R r 28R T = 2π 5g L=I

26

27

Momentos de Inercia: Problemas Resueltos

M. Chiumenti

•• II

Prólogo

E

STE

libro recoge una parte del programa docente de la asignatura Mecánica, que se imparte

en la Escuela Técnica Superior de Ingenieros de Caminos, Canales y Puertos de Barcelona,

dentro de las titulaciones de Ingenier´ıa Civil e Ingenier´ıa de la Construcción. Su contenido abarca los temas relacionados con el cálculo de los momentos estáticos de primer orden, centroides y momentos de inercias a través de una amplia colección de problemas resueltos. Por una parte, se calculan los momentos de inercia de las secciones más simples por integración y por otra parte, se resuelven muchos problemas de secciones compuestas, secciones de pared delgada y secciones mixtas acero/hormigón. Los problemas se explican paso a paso siguiendo la metodolog´ıa propuesta en las clases teóricas de la asignatura.

E

L

autor agradece a todos los profesores de la asignatura la ayuda recibida. Asimismo, se

agradece al Sr. Xavier Agulló su colaboración en las tareas de edición, al Sr. Raúl Giménez,

la delineación de las figuras y esquemas de resolución que se incluyen. Por u´ ltimo, se agradece el apoyo de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros de Caminos, Canales y Puertos de Barcelona, a través de su programa de ayudas para la elaboración de material docente.

Michele Chiumenti Barcelona, Enero de 2012

•• IV

´ Indice general 1. Secciones resueltas por integración

1

1.1. Sección rectangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.1. Cálculo del a´ rea de la sección rectangular . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.2. Cálculo del momento de inercia Iy de la sección rectangular . . . . . . .

2

1.1.3. Cálculo del momento de inercia Ix de la sección rectangular . . . . . . .

3

1.1.4. Cálculo del producto de inercia Ixy de la sección rectangular . . . . . . .

4

1.2. Sección triangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.1. Cálculo del a´ rea de la sección triangular . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.2. Cálculo del momento de inercia Iy de la sección triangular . . . . . . . .

7

1.2.3. Cálculo del momento de inercia Ix de la sección triangular . . . . . . . .

7

1.2.4. Cálculo del producto de inercia Ixy de la sección triangular . . . . . . . .

8

1.3. Sección parabólica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3.1. Cálculo del a´ rea de la sección parabólica . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3.2. Cálculo del momento de inercia Iy de la sección parabólica . . . . . . . .

11

1.3.3. Cálculo del momento de inercia Ix de la sección parabólica . . . . . . . .

12

1.3.4. Cálculo del producto de inercia Ixy de la sección parabólica . . . . . . . .

13

1.4. Sección circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.4.1. Cálculo del a´ rea de la sección circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.4.2. Cálculo de los momentos de inercia de la sección circular . . . . . . . .

14

1.5. Cuarto de c´ırculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.5.1. Cálculo del a´ rea del cuarto de c´ırculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.5.2. Cálculo de los momentos de inercia del cuarto de c´ırculo . . . . . . . . .

18

•• VI

´ INDICE GENERAL

2. Secciones compuestas

21

2.1. Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.1.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta . . . . . . . . .

21

2.1.2. Cálculo de los momentos de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.1.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . .

23

2.2. Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25


25


26


27

2.3. Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29


29


30


31

2.4. Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33


33


34


35

2.5. Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37


37


38


39

2.6. Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41


41


42


43

2.7. Problema 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44


44


45

2.7.3. Cálculo de los Momentos Principales de Inercia . . . . . . . . . . . . . .

46

2.8. Problema 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47


47

´ INDICE GENERAL

•• VII


48


49

2.9. Problema 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50


50


51


52

2.10. Problema 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54


54


55

2.10.3. Cálculo de los Momentos Principales de Inercia . . . . . . . . . . . . . .

57

3. Secciones de pared delgada

59

3.1. Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

3.1.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección . . . . . . . . . . . . . . .

59


60


61

3.2. Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64


64


65


66

3.3. Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69


69


70


71

3.4. Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73


73


74


75

3.5. Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77


77


78


79

•• VIII

´ INDICE GENERAL

3.6. Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81


81


82


83

3.7. Problema 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

85


85


85


86

3.8. Problema 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

88


88


89


90

3.9. Problema 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

92


92


93


94

3.10. Problema 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

97


97


98


99

4. Secciones mixtas

101

4.1. Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 4.1.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro de masa de la sección mixta . . . 101 4.1.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos . . . . . . . . . . . . . . 102 4.1.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . 103 4.2. Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 4.2.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta . . 105 4.2.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos . . . . . . . . . . . . . . 106 4.2.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . 107 4.3. Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 4.3.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta . . 109

´ Indice general

•• IX

4.3.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos . . . . . . . . . . . . . . 110 4.3.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . 111 4.4. Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 4.4.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta . . 113 4.4.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos . . . . . . . . . . . . . . 114 4.4.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . 115 4.5. Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 4.5.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta . . 116 4.5.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos . . . . . . . . . . . . . . 117 4.5.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . 118 4.6. Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 4.6.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta . . 119 4.6.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos . . . . . . . . . . . . . . 120 4.6.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . 121 4.7. Problema 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 4.7.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta . . 122 4.7.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos . . . . . . . . . . . . . . 123 4.7.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . 124 4.8. Problema 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 4.8.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta . . 125 4.8.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos . . . . . . . . . . . . . . 126 4.8.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . 127 4.9.

Problema 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 4.9.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta . . 129 4.9.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos . . . . . . . . . . . . . . 130 4.9.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . 131

4.10. Problema 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 4.10.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta . . 132 4.10.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos . . . . . . . . . . . . . . 133 4.10.3. Cálculo de los momentos principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . 134

•• X

´ Indice general

CAP´ ITULO

1

Secciones

resueltas

por integraci´ on

1.1. Sección rectangular Calcular el a´ rea, los momentos de inercia y el producto de inercia de la sección rectangular que se muestra a continuación.

Figura 1.1: Sección rectangular

1.1.1. Cálculo del a´ rea de la sección rectangular Para realizar el cálculo del a´ rea de la sección dada nos apoyamos a la definición de la misma: A=

Z

dA

(1.1)

A

En la figura 1.2 se puede apreciar como el diferencial de a´ rea dA es una franja de espesor dx y altura h de tal manera que: dA = h dx

(1.2)

El a´ rea se calcula como suma de estos diferenciales de a´ rea por x que corre entre 0 y b: A=

Z b 0

h dx = h [x]b0 = b h

(1.3)

•• 2

Secciones resueltas por integración

Figura 1.2: Esquema del diferencial de a´ rea para calcular Iy Para calcular la posición del centroide de la sección es necesario obtener los momentos estáticos según ambos ejes x y y definidos como: Mx = My =

Z

ZA A

YG dA

(1.4a)

XG dA

(1.4b)

donde XG y YG definen la posición del centroide de la franja de a´ rea dA. En e´ ste caso, valen: XG = x y (x) h YG = = 2 2

(1.5a) (1.5b)

de tal manera que los mementos estáticos resultan: b h2 h2 [ x]b0 = 2 2 0 2 2 b Z Z b 2 x b h = x dA = x (h dx) = h = 2 0 2 A 0

Mx = My

h dA = A2

Z

Z b h

(h dx) =

(1.6a) (1.6b)

Una vez obtenidos los valores de los momentos estáticos, la posición del centroide de la sección rectangular se halla como: xg = yg =

My b = A 2 Mx h = A 2

(1.7a) (1.7b)

1.1.2. Cálculo del momento de inercia Iy de la sección rectangular El cálculo del momento de inercia Iy (respecto del eje y en definido en la figura 1.1) se realiza fácilmente considerando la subdivisión de la sección según los mismos diferenciales de

a´ rea mostrados en la figura 1.2: Iy =

•• 3

1.1 Sección rectangular

Z

A

XG2

dA =

Z b

2

x (hdx) = h

0

x3 3

b

1 = b3 h 3 0

(1.8)

Una vez se ha obtenido el momento la inercia respecto al eje y, se puede transportar al eje yg (que pasa por el centroide de la sección) mediante el teorema de los ejes paralelos (o teorema de Steiner): Iyg = Iy − A

2 b 1 = b3 h 2 12

(1.9)

1.1.3. Cálculo del momento de inercia Ix de la sección rectangular Para calcular el momento de inercia Ix , es conveniente dividir la sección en diferenciales de a´ rea de espesor dy, tal y como se muestra en la figura 1.3:

Figura 1.3: Esquema del diferencial de a´ rea para calcular Ix En este caso, el valor del diferencial de a´ rea dA resulta: dA = b dy

(1.10)

y la correspondiente posición del centroide de cada diferencial de a´ rea es: b 2 = y

XG =

(1.11a)

YG

(1.11b)

El cálculo del momento de inercia Ix se realiza de la siguiente manera: 3 h Z Z h 1 y Ix = YG2 dA = y2 (b dy) = b = bh3 3 0 3 0 A

(1.12)

•• 4


y aplicando el teorema de los ejes paralelos es posible transportarlo al eje horizontal que pasa por el centroide:

2 1 h Ixg = Ix − A = bh3 2 12

(1.13)

1.1.4. Cálculo del producto de inercia Ixy de la sección rectangular Para el cálculo del producto de inercia es conveniente dividir la sección en pequeños rectángulos de lados dx y dy como se muestra en la figura 1.4

Figura 1.4: Esquema del diferencial de a´ rea para calcular Ixy

El diferencial de a´ rea dA es, por lo tanto: dA = dx dy

(1.14)

y el centroide del diferencial de a´ rea se encontrará en la posición: XG = x

(1.15a)

YG = y

(1.15b)

El producto de inercia Ixy se calcula como: Z Z b Z h xG yG dA = xy dA = x y dy dx = A A 0 0 2 h ! b Z b Z h2 x 2 y h2 b x dx = = = x dx = 2 0 2 0 2 2 0 0

Ixy =

=

Z

1 2 2 b h 4

(1.16)

•• 5

1.1 Sección rectangular

El valor del producto de inercia Ixg yg respecto de los ejes que pasan por el centroide de la sección se obtiene como: Ixg yg = Ixy − A

hb =0 22

(1.17)

•• 6


1.2. Sección triangular Calcular el a´ rea, los momentos de inercia y el producto de inercia de la sección triangular que se muestra a continuación.

Figura 1.5: Sección triangular

1.2.1. Cálculo del a´ rea de la sección triangular h La sección triangular está delimitada por la recta y (x) = x y el eje de las abscisas, por x que b var´ıa entre 0 y b. En la figura 1.6 se muestra el diferencial de a´ rea dA que se usa para el calculo del a´ rea de la sección: dA = y (x) dx = La posición del centroide del diferencial de a´ rea:

h x b

dx

XG = x y(x) 1 h YG = = x 2 2b

(1.18)

(1.19a) (1.19b)

El a´ rea de la sección se obtiene integrando en todo el dominio (sumando los diferenciales de a´ rea): A=

Z

A

dA =

Z b h 0

b

x dx =

b h x2 bh = b 2 0 2

(1.20)

La posición del centroide de la sección se obtiene calculando los momentos estáticos: b Z Z b h h2 x3 1h b h2 Mx = x x dx = 2 (1.21a) YG dA = = 2b b 2b 3 0 6 A 0 b Z Z b h x3 b2 h h x dx = (1.21b) My = XG dA = x = b b 3 0 3 A 0

•• 7

1.2 Sección triangular

Figura 1.6: Esquema del diferencial de a´ rea para calcular Iy de tal manera que: xg = xg =

My 2 = b A 3 Mx 1 = h A 3

(1.22a) (1.22b)

1.2.2. Cálculo del momento de inercia Iy de la sección triangular El valor del momento de inercia Iy se obtiene como: b Z Z b h x4 h 1 x dx = x2 = b3 h Iy = XG2 dA = b b 4 0 4 0 A

(1.23)

y posteriormente, aplicando el teorema de los ejes paralelos, el valor del momento de inercia Iyg correspondiente a un eje que pasa por el centroide (xg , yg ) se calcula como: 2 2 1 b = b3 h Iyg = Iy − A 3 36

(1.24)

1.2.3. Cálculo del momento de inercia Ix de la sección triangular Para calcular el valor de la inercia Ix es conveniente descomponer la sección en diferenciales de a´ rea horizontales dA de espesor dy como se muestra en la figura 1.7. Por un lado, este diferencial de a´ rea vale: y dA = [b − x(y)] dy = b 1 − dy h donde se ha invertido la función y = y(x) para poder escribir la función x = x(y) y(x) =

b h x ⇒ x(y) = y b h

(1.25)

(1.26)

•• 8


Figura 1.7: Esquema del diferencial de a´ rea para calcular Ix Por otro lado, la posición del centroide del diferencial de a´ rea es la siguiente: XG = x(y) +

[b − x(y)] 2

YG = y

(1.27a) (1.27b)

El momento de inercia Ix se calcula como: Ix

h 3 h y y b y4 dy = b = dA = y b 1− − h 3 0 h 4 0 A 0 1 1 1 bh3 = bh3 − = 3 4 12 Z

YG2

Z h

2

(1.28)

Por u´ ltimo, se transporta el momento de inercia al eje que pasa por el centroide usando el teorema de los ejes paralelos:

1 Ixg = Ix − A h 3

2

=

1 3 1 3 1 bh − bh = bh3 12 18 36

(1.29)

1.2.4. Cálculo del producto de inercia Ixy de la sección triangular Para el cálculo del producto de inercia Ixy es conveniente dividir la sección en pequeños rectángulos de lados dx y dy como se muestra en la figura 1.8. El diferencial de a´ rea se escribe como: dA = dx dy

(1.30)

•• 9

1.2 Sección triangular

Figura 1.8: Esquema del diferencial de a´ rea para calcular Ixy El centroide del diferencial de a´ rea se sitúa en la posición: XG = x

(1.31a)

YG = y

(1.31b)

El producto de inercia Ixy se calcula integrando con ambas variables: Ixy = =

Z

A

XGYG dA =

1 h2 2 b2

Z b

Z b 0

x3 dx =

0

Z y(x)= h x b 0

!

y dy

x dx =

Z b 2 hb x y 0

2

x dx

0

b 1 h2 x4 1 = b2 h2 2 b2 4 0 8

(1.32)

y transportando el producto de inercia hacia los ejes que pasan por el centroide (teorema de los ejes paralelos), obtenemos: IxG yG

2 = Ixy − A b 3

1 1 1 1 2 2 h = − b h = b2 h2 3 8 9 72

(1.33)

•• 10


1.3. Sección parabólica Calcular el a´ rea, los momentos de inercia y el producto de inercia de la sección que se encuentra entre el eje de las abscisas y la parábola y(x) = kx2 , que se muestra a continuación.

Figura 1.9: Sección parabólica

1.3.1. Cálculo del a´ rea de la sección parabólica Para calcular el a´ rea de esta sección es conveniente considerar unos diferenciales de a´ rea verticales dA de espesor dx como se muestra en la figura 1.10.

Figura 1.10: Esquema del diferencial de a´ rea para calcular Iy

El diferencial de a´ rea dA resultante es: dA = y(x) dx = kx2 dx

(1.34)

•• 11

1.3 Sección parabólica

y la posición del centroide del diferencial de a´ rea es: XG = x y (x) YG = 2

(1.35a) (1.35b)

El a´ rea de la sección se obtiene integrando en el dominio respecto a la variable x: A =

Z a

Z

dA = y(x) dx = A 0 3 a x ka3 ab = k = = 3 0 3 3

Z a

kx2 dx

0

(1.36)

b . a2 Para obtener la posición del centroide de la sección es necesario calcular el valor de los

siendo b = ka2 se ha expresado el valor de k en la forma k =

momentos estáticos My y Mx como se muestra a continuación: My =

Z

A

ka4

= Mx =

XG dA =

4 Z

=

YG A k 2 a5

=

a2 b

Z a

x [y(x) dx] =

0

Z a

kx3 dx = k

0

x4 4

a 0

(1.37a)

4

dA =

Z a y(x)

2

0

ab2 = 10 10

[y(x) dx] =

Z a 2 4 k x

2

0

dx =

2

k 2

5 a

x 5

0

(1.37b)

Con estos resultados es posible sacar la posición del centroide: xg = yg =

My 3 = a A 4 3 Mx = b A 10

(1.38a) (1.38b)

1.3.2. Cálculo del momento de inercia Iy de la sección parabólica E cálculo del momento de inercia Iy se halla como: Iy =

Z

A

XG2

dA =

Z a 0

2

" x kx2 dx = k

x5 5

a 0

=

ka5 1 3 = a b 5 5

y haciendo uso del teorema de los ejes paralelos: 2 3 3 1 1 Iyg = Iy − A ba3 = a3 b a = − 4 5 16 80

(1.39)

(1.40)

•• 12


1.3.3. Cálculo del momento de inercia Ix de la sección parabólica

Figura 1.11: Esquema del diferencial de a´ rea para calcular Ix . Pasando a un diferencial de a´ rea horizontal de espesor dy, como se muestra en la figura 1.11, se puede escribir: dA = [a − x(y)] dy siendo x(y) =

q

y k

(1.41)

la función inversa que representa la parábola.

La distancia del diferencial de a´ rea desde el eje x, es simplemente: YG = y

El momento de inercia Ix se obtiene resolviendo la siguiente integral: r Z Z b y 2 2 y a− YG dA = Ix = dy k A 0 %b 3 b # 7 2 y2 y √ − = a 3 0 7 k 0 r 1 2 3 b 1 2 ab3 = − b = − ab3 = ab3 3 7 k 3 7 21

(1.42)

(1.43)

y haciendo uso del teorema de los ejes paralelos: 2 3 37 3 1 ab3 = a = − ab3 Ixg = Ix − A 10 21 100 2100

(1.44)

•• 13

1.3 Sección parabólica

Figura 1.12: Esquema del diferencial de a´ rea para calcular Ixy

1.3.4. Cálculo del producto de inercia Ixy de la sección parabólica Por u´ ltimo, para hallar el valor del producto de inercia, Ixy , se escoge un diferencial de a´ rea dA de lados dx y dy, tal y como puede verse en la figura 1.12 El valor de dA y la posición de su centroide se expresan en función de las variables independientes x e y: dA = dx dy

(1.45a)

XG = x

(1.45b)

YG = y

(1.45c)

El producto de inercia se obtiene con la siguiente integral doble: ! Z Z Z 2 Z a

Ixy = =

A

XGYG dA =

Z a 2 5 k x 0

2

dx =

a

kx

y dy

0

0

x dx =

0

a k 2 x6 k2 1 = a6 = a2 b2 2 6 0 12 12

y2 2

kx2

x dx

0

(1.46)

Si se requiere el valor respecto a los ejes que pasan por el centroide de la sección, (xg , yg ), se debe aplicar la formula del transporte de Steiner (teorema de los ejes paralelos) como sigue: 3 1 3 3 1 Ixg yg = Ixy − A a2 b2 = a2 b2 a b = − 4 10 12 48 48

(1.47)

•• 14


1.4. Sección circular Calcular el a´ rea, los momentos de inercia y el producto de inercia de la sección circular que se muestra a continuación.

Figura 1.13: Sección circular

1.4.1. Cálculo del a´ rea de la sección circular En este caso, teniendo en cuenta la simetr´ıa radial de la sección, es conveniente considerar un ´ diferencial de a´ rea (aros de espesor dr) como lo que se muestra en la figura 1.14. Este diferencial de a´ rea vale: dA = 2π r dr Integrando entre 0 y R, se obtiene el a´ rea de la sección: 2 R Z Z R r A = dA = 2π r dr = 2π = π R2 2 0 A 0

(1.48)

(1.49)

1.4.2. Cálculo de los momentos de inercia de la sección circular Lo más sencillo de calcular es el momento polar de inercia, como se muestra a continuación: 4 R Z Z R 1 r 2 3 2π r dr = 2π = π R4 (1.50) Io = r dA = 4 2 0 A 0 Teniendo en cuenta que Io = Ix + Iy y que por la doble simetr´ıa de la sección Ix = Iy , se puede calcular el momento de inercia: Ix = Iy =

Io 1 4 = πR 2 4

(1.51)

•• 15

1.4 Sección circular

Figura 1.14: Esquema del diferencial de a´ rea Una forma alternativa de calcular el momento de inercia de la sección circular es trabajando en coordenadas polares.

Figura 1.15: Esquema del diferencial de a´ rea. En este caso, el diferencial de a´ rea, dA, que resulta interesante utilizar consiste en un pequeño rectángulo de espesor dr y longitud rd θ como se muestra en la figura 1.15: dA = (rd θ ) dr

(1.52)

La posición del centroide del diferencial de a´ rea se encuentra en: XG = r cos θ

(1.53a)

YG = r sin θ

(1.53b)

•• 16


Utilizando las coordenadas polares, la integral sobre el dominio de la sección para el cálculo del momento de inercia, Ix , se resuelve como sigue: Ix = =

Z

A

YG2

R4 4

dA =

Z 2π

Z 2π Z R

3

r dr sin θ d θ =

0

0

sin2 θ d θ =

R4 4

0

2

Z 2π 0

θ sin 2θ − 2 4

2π 0

r4 4

R 0

!

dr sin2 θ d θ

1 = π R4 4

(1.54)

Por razones de simetr´ıa, el producto, Ixy , tiene que ser nulo y efectivamente: Z Z 2π Z R XGYG dA = r3 dr sin θ cos θ d θ Ixy = 0

A

=

R4 4

2

sin θ 2

2 π 0

=0

0

(1.55)

•• 17

1.5 Cuarto de c´ırculo

1.5. Cuarto de c´ırculo

Calcular el a´ rea, los momentos de inercia y el producto de inercia de la sección que se muestra a continuación.

Figura 1.16: Cuarto de c´ırculo

1.5.1. Cálculo del a´ rea del cuarto de c´ırculo En este caso, lo más cómodo es trabajar en coordenadas polares, utilizando el radio r y el a´ ngulo θ como variables de integración. El diferencial de a´ rea, dA, que resulta interesante usar, consiste en un pequeño rectángulo de espesor dr y longitud rd θ como se muestra en la figura 1.17. dA = (rd θ ) dr

(1.56)

La posición del centroide del diferencial de a´ rea se encuentra en: XG = r cos θ

(1.57a)

YG = r sin θ

(1.57b)

El a´ rea del cuarto de c´ırculo se calcula integrando en todo el dominio utilizando las coordenadas polares: A=

Z

A

dA =

Z

0

π 2

Z

0

R

r dr d θ =

Z

0

π 2

r2 2

R ! 0

dθ =

π π R2 R2 [θ ]02 = 2 4

(1.58)

•• 18


Para calcular la posición del centroide de la sección, es necesario obtener el valor de los momentos estáticos: Mx =

Z

YG dA =

A R3

π 2

Z

π 2

0

Z

R

2

r dr sin θ d θ =

0

Z

0

π 2

r3 3

R

sin θ d θ

0

π R3 R3 [− cos θ ]02 = sin θ d θ = 3 0 3 3 Z Z π Z R π 2 R3 R3 = XG dA r2 dz cos θ d θ = [sin θ ]02 = 3 3 0 0 A

= My

Z

(1.59a) (1.59b)

de tal manera que: XG = YG =

My 4 R = A 3π Mx 4 R = A 3π

(1.60a) (1.60b)

1.5.2. Cálculo de los momentos de inercia del cuarto de c´ırculo

Figura 1.17: Esquema del diferencial de a´ rea.

El momentos de inercia respecto del eje de las abscisas, Ix , se obtiene resolviendo la siguiente integral: Ix =

Z

A

YG2 dA =

Z

0

π 2

Z

0

R

π π R4 R4 θ sin 2θ 2 − r3 dr sin2 θ d θ = = 4 2 4 16 0

(1.61)

Por un lado se puede observar como el valor del momento de inercia es justamente la cuarta parte del momento de inercia del c´ırculo. Por otro lado, la simetr´ıa impone Ix = Iy .

•• 19

1.5 Cuarto de c´ırculo

Finalmente, utilizando el teorema de los ejes paralelos podemos mover el momento de inercia , Ix , hacia el eje que pasa por el centroide de la sección: Ixg = Ix − A

4R 3π

2

=

π R4 4 R4 − 16 9 π

(1.62)

El cálculo del producto de inercia Ixy se realiza de forma similar: Ixy = =

Z

A

XG YG dA =

4

R 4

sin2 θ 2

π2

Z

π 2

0

=

0

Z

R

0

r3 dr sin θ cos θ d θ

R4 8

(1.63)

y utilizando el teorema de los ejes paralelos podemos movernos al eje que pasa por el centroide de la sección: Ixg yg

4R = Ixy − A 3π

4R 3π

=

R4 4 R 4 − 8 9 π

(1.64)

•• 20


CAP´ ITULO

2

Secciones compuestas

2.1. Problema 1 Calcular los momentos principales de inercia de la sección compuesta de figura 2.1a respecto de su centroide.

a)

b)

Figura 2.1: Problema 1: (a) Sección propuesta; (b) Posición de los centroides considerados en el despiece de la sección compuesta

2.1.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta Para resolver el problema, primero se procede al despiece de la sección compuesta en dos rectángulos, (1) y (2), tal y como se muestra en la figura 2.1b. En primer lugar se calculan las a´ reas de los dos rectángulos descritos y el a´ rea total, AT : A(1) = 5 l 2

(2.1a)

A(2) = 3l 2 AT

(1)

= A

(2.1b) +A

(2)

= 8l

2

(2.1c)

•• 22


En segundo lugar, se calculan los momentos estáticos (respecto de los ejes de figura 2.1b) como paso previo al cálculo del centroide de la sección compuesta: 5l l Mx = A(1) ( ) + A(2) ( ) = 14l 3 2 2 (1) l (2) 5l +A = 10l 3 My = A 2 2

(2.2a) (2.2b)

Finalmente, la posición del centroide se obtiene con las siguientes expresiones: xg = yg =

My 5l = = 1,25 l AT 4 Mx 7l = = 1,75 l AT 4

(2.3a) (2.3b)

2.1.2. Cálculo de los momentos de inercia En este apartado se calculan los momentos de inercia Ix e Iy , el producto Ixy y el momento polar Io respecto a los ejes xG e yG (ver figura 2.2a) que pasan por el centroide de la sección compuesta. (i)

El momento de inercia Ix de cada rectángulo se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) , mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner):

(1)

=

(2)

=

Ix

Ix

2 5l − yg 2 2 l 1 3 (2) 3l (l) + A − yg 12 2 1 l (5 l)3 + A(1) 12

(2.4a) (2.4b)

El valor del momento de inercia de la sección compuesta se obtiene sumando las contribuciones de las diferentes partes del despiece: (1)

(2)

Ix = Ix + Ix = 18,16 l 4

(2.5) (i)

De la misma forma, se procede con el cálculo de los momentos de inercia, Iy : (1) Iy

=

1 (5l) l 3 + A(1) 12

(2)

=

1 l (3l)3 + A(2) 12

Iy

l − xg 2

2

5l − xg 2

2

(2.6a) (2.6b)

•• 23

2.1 Problema 1

y calcula el momento de inerciade la sección compuesta, Iy , sumando las inercias del despiece: (1)

(2)

Iy = Iy + Iy = 10,16 l 4 Se sigue la misma metodolog´ıa en el cálculo del producto de inercia: 5l l (1) (1) Ixy = 0 + A − xg − yg 2 2 l (2) (2) 5l − xg − yg Ixy = 0 + A 2 2 (1)

(2)

Ixy = Ixy + Ixy = −7,5 l 4

(2.7)

(2.8a) (2.8b) (2.8c)

Por u´ ltimo, el valor del momento polar de inercia, Io , respecto al centroide se calcula fácilmente sumando Ix e Iy . Io = Ix + Iy = 28,33 l 4

(2.9)

2.1.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Como se puede apreciar en la figura 2.2b los momento principales de inercia inercias (máximo y m´ınimo) se dan cuando el producto de inercia se anula (Ixy = 0) , una situación que corresponde a la intersección del c´ırculo Mohr con el eje horizontal. El centro, Im , y el radio, R, del c´ırculo de Mohr se obtienen: Ix + Iy = 14,16 l 4 2 s Iy − Ix 2 2 = 8,5 l 4 + Ixy R = 2

Im =

(2.10a) (2.10b)

de tal manera que los momento principales de inercia inercias, Imax e Imin , resultan: Imax = Im + R = 22,67 l 4

(2.11a)

Imin = Im − R = 5,67 l 4

(2.11b)

Para finalizar, la rotación de ejes, θ , necesaria para que e´ stos coincidan con los ejes principales de inercia (figura 2.2b) se calcula como:

θ = 0,5 arctan

2 Ixy Iy − Ix

= 30,9o

(2.12)

El resultado obtenido es positivo, dando lugar a una rotación de ejes en sentido antihorario, o bien (manteniendo los ejes fijos) a una rotación horaria de la sección.

•• 24


a)

b)

Figura 2.2: Problema 1: (a) Posición del centroide y de los ejes principales de inercia; (b) Circulo de Mohr.

•• 25

2.2 Problema 2

2.2. Problema 2

Calcular los momentos principales de inercia de la sección compuesta de figura 2.3a respecto de su centroide.

a)

b)

Figura 2.3: Problema 2: (a) Sección compuesta propuesta; (b) Posición de los centroides considerados en el despiece

2.2.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta La sección dada se puede considerar como la suma de los cuatro triángulos (1), (2), (3) y (4), como se muestra en figura 2.3b. Las a´ reas de los triángulos descritos son las siguientes: A(1) = (2 l)(

3l ) = 3 l2 2

A(2) = A(1) A(3) A(4)

3l = (2 l)( ) = 3 l 2 2 = A(3)

(2.13a) (2.13b) (2.13c) (2.13d)

Sumando estas a´ reas se obtiene el a´ rea, AT , de la sección compuesta: AT = A(1) + A(2) + A(3) + A(4) = 12 l 2

(2.14)

•• 26


Debido a la doble simétria de la sección compuesta, su centroide se sitúa en la intersección de estos ejes de simetria: xg = 0

(2.15a)

yg = 0

(2.15b)

2.2.2. Cálculo de los momentos de inercia En este apartado se calculan los momentos de inercia Ix e Iy , el producto de inercia Ixy y el momento polar de inercia, Io , respecto a los ejes xG e yG que pasan por el centroide de la sección compuesta (vease figura 2.4a). El valor del momento de inercia de la sección compuesta, Ix , se obtiene sumando las (i)

contribuciones, Ix , de las diferentes partes del despiece: (1)

Ix

(2)

Ix

(3)

Ix

(4)

Ix

9 l4 1 (2 l)(3 l)3 + A(1) (l)2 = 36 2 4 9 l (1) = Ix = 2 1 9 l4 (2 l)(3 l)3 + A(3) (−l)2 = = 36 2 4 9 l (3) = Ix = 2 =

(2.16a) (2.16b) (2.16c) (2.16d)

Se puede observar como el primero termino corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por el centroide, G(i) , de cada parte del despiece, mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner). La suma de los cuatro momentos de inercias parciales permite obtener el valor, Ix , de la sección compuesta: (1)

(2)

(3)

(4)

Ix = Ix + Ix + Ix + Ix = 18 l 4

(2.17)

De la misma manera se procede con el cálculo de, Iy . Primero se calculan las inercias parciales

•• 27

2.2 Problema 2

y después, sumándolas, se obtiene el valor del momento de inercia, Iy , de la sección compuesta: (1)

Iy

(2) Iy (3)

Iy

(4) Iy

2l 3

2

=

1 (3 l)(2 l)3 + A(1) 36

=

2l 2 1 3 (2) − = 2 l4 (3 l)(2 l) + A 36 3

= 2 l4

(2)

= Iy = 2 l 4 =

Iy =

(1) Iy

(2.18a) (2.18b) (2.18c)

= 2 l4

(2.18d)

(1) (2) (3) (4) Iy + Iy + Iy + Iy

= 8 l4

(2.18e)

El producto de inercia, Ixy = 0 debido a la doble simetr´ıa de la secc´ıon. Esto se puede comprobar siguiendo exactamente el mismo procedimiento anterior: 2l 1 (1) 2 2 (1) Ixy = − (2 l) (3 l) + A (l) 72 3 2l 1 (2) Ixy = (l) (2 l)2 (3 l)2 + A(2) − 72 3 2l 1 (3) (−l) Ixy = − (2 l)2 (3 l)2 + A(3) − 72 3 2l 1 (4) Ixy = (−l) (2 l)2 (3 l)2 + A(4) 72 3 (1)

(2)

(3)

(4)

Ixy = Ixy + Ixy + Ixy + Ixy = 0

(2.19a) (2.19b) (2.19c) (2.19d) (2.19e)

Por u´ ltimo, el valor del momento polar de inercia, Io , se obtiene sumando Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 26 l 4

(2.20)

2.2.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En este caso, los ejes que hemos utilizado para el cálculo de los momentos de inercia son ejes principales de inercia (Ixy = 0). De ese modo resulta: Imax = Ix = 18 l 4

(2.21a)

Imin = Iy = 8 l 4

(2.21b)

•• 28


a)

b)


•• 29

2.3 Problema 3

2.3. Problema 3

Calcular los momentos principales de inercia de la sección compuesta de figura 2.5a respecto de su centroide.

a)

b)

Figura 2.5: Problema 3: (a) Seccion compuesta propuesta; (b) Posición de los centroides considerados en el despiece

2.3.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta Si se analiza la geometr´ıa de la sección copuesta propuesta (figura 2.5a), se observa como e´ sta se puede ver como una sección rectangular (1) a la cual se restan los triángulos (2) y (3). De esta forma, el a´ rea de la sección compuesta, AT , resulta: A(1) = (4 l)(4 l) = 16 l 2 3 l2 3l A(2) = l ( ) = 2 2 4l (3) A = l ( ) = 2 l2 2 AT

= A(1) − A(2) − A(3) =

(2.22a) (2.22b) (2.22c) 25 l 2 2

(2.22d)

Los momentos estáticos respecto de los ejes de figura 2.5b se obtienen con las siguientes expresiones: l3 2l ) = = 0,167 l 3 3 6 5 l3 5 l 5 l = 0,83 l 3 = A(1) (0) − A(2) ( ) − A(3) (− ) = 3 3 6

Mx = A(1) (0) − A(2) (−l) − A(3) (

(2.23a)

My

(2.23b)

•• 30


de tal manera que el centroide de la sección compuesta se encuentra en la siguiente posición (vease figura 2.6a):

xg = yg =

My l = = 0,067 l AT 15 Mx l = = 0,013 l AT 75

(2.24a) (2.24b)

2.3.2. Cálculo de los momentos de inercia En este apartado se calculan los momentos de inercia Ix e Iy , el producto Ixy y el momento polar Io respecto a los ejes xG e yG (ver figura 2.6a) que pasan por el centroide de la sección compuesta. (i)

El momento de inercia, Ix , de cada sección del despiece se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) (vease figura 2.5b), mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner): (1)

=

(2)

=

(3)

=

Ix Ix

Ix

1 (4 l) (4 l)3 + A(1) (−yg )2 12 1 (l)(3 l)3 + A(2) (−l − yg )2 36 2 2l 1 3 (3) (l)(4 l) + A − yg 36 3

(2.25a) (2.25b) (2.25c)

El momento de inercia, Ix , de la sección compuesta se cálcula restando a la inercia generada (1)

(2)

(3)

por la sección rectangular Ix , las que generan los dos triángulos Ix y Ix : (1)

(2)

(3)

Ix = Ix − Ix − Ix

= 16,4 l 4

(2.26)

El cálculo de la inercia Iy sigue el mismo procedimiento, tal y como se muestra a continuación: (1)

=

(2)

=

(3)

=

Iy Iy Iy

1 (4 l) (4 l)3 + A(1) (−xg )2 12 2 5l 1 3 (2) (l) (3 l) + A − xg 36 3 2 5l 1 3 (3) − − xg (l) (4 l) + A 36 3 (1)

(2)

(2)

Iy = Iy − Iy − Iy = 11,3 l 4

(2.27a) (2.27b) (2.27c) (2.27d)

•• 31

2.3 Problema 3

y de la misma manera, para el producto de inercia, Ixy : (1)

Ixy

(2)

Ixy

(3)

Ixy

= 0 + A(1) (−xg ) (−yg ) 5l 1 2 2 (2) = (l) (3 l) + A − xg (−l − yg ) 72 3 5l 2l 1 2 2 (3) (l) (4 l) + A − yg = − − xg 72 3 3 (1)

(2)

(3)

Ixy = Ixy − Ixy − Ixy = 4,3 l 4

(2.28a) (2.28b) (2.28c) (2.28d)

Por u´ ltimo, se obtiene el momento polar de inercia, Io , cono la suma de Ix e Iy . I0 = Ix + Iy = 27,7 l 4

(2.29)

2.3.3. Cálculo de los momentos principales de inercia El centro, Im y el radio, R, del c´ırculo de Mohr en la figura 2.6b resultan: Ix + Iy = 13,9 l 4 2 s Iy − Ix 2 2 = 5,04 l 4 R = + Ixy 2

Im =

(2.30a) (2.30b)

y los correspondientes momentos de inercia Imax e Imin tienen por lo tanto el siguiente valor: Imax = Im + R = 18,9 l 4

(2.31a)

Imin = Im − R = 8,8 l 4

(2.31b)

Para finalizar, el a´ ngulo, θ , que corresponde a la rotación de ejes necesaria para que e´ stos coincidan con los ejes principales de inercia (figura 2.6a) vale: 2 Ixy 1 θ = arctan = −29,9o 2 Iy − Ix

(2.32)

•• 32


a)

b)


•• 33

2.4 Problema 4

2.4. Problema 4

Calcular los momentos principales de inercia de la sección compuesta representada en la figura 2.7a respecto de su centroide.

a)

b)


2.4.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta Si se analiza la geometr´ıa de la sección propuesta, se observa como e´ sta se puede ver como una sección rectangular (1) a la cual se resta un triángulo (2) y un cuarto de c´ırculo (3) como se muestra en la figura 2.7b. De esta forma, el a´ rea de la sección compuesta, AT , resulta: A(1) = (8 l)(6 l) = 48 l 2 3l A(2) = (4 l)( ) = 6 l 2 2 1 π (3 l)2 = 7,07 l 2 A(3) = 4 AT = A(1) − A(2) − A(3) = 34,93 l 2

(2.33a) (2.33b) (2.33c) (2.33d)

El valor de los momentos estáticos se calculan como: 4 (3l)) = 104,6 l 3 3π 4l 4 = A(1) (4l) − A(2) (8l − ) − A(3) (3l) = 143 l 3 3 3π

Mx = A(1) (3l) − A(2) (l) − A(3) (6l −

(2.34a)

My

(2.34b)

•• 34


y la posición del centroide (que se muestra en la figura 2.8a) se obtiene como : xg = yg =

My = 4,1 l AT Mx =3l AT

(2.35a) (2.35b)

2.4.2. Cálculo de los momentos de inercia En este apartado se calcula los momentos de inercia, Ix e Iy , el producto de inercia, Ixy y el momento polar, Io , respecto a ejes que pasan por el centroide (xg , yg ) de la sección compuesta. El momento de inercia de la sección compuesta, Ix se calcula restando a la inercia generada (1)

(2)

(3)

por el rectángulo, Ix , la que corresponde al triángulo, Ix y al cuarto de c´ırculo, Ix . (i)

El momento de inercia, Ix , de cada sección del despiece se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) (vease figura 2.7b), mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide (xg , yg ) de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o formula del transporte de Steiner). Observese que en el caso del cuarto de c´ırculo es necesario aplicar la formula del transporte dos veces: primero desde el valor del momento de inercia calculado respecto del centro del c´ırculo hacia el centroide del c´ırculo y una segunda vez hacia el centroide de la sección compuesta: (1)

Ix

(2)

Ix

(3)

Ix

Ix

1 (8 l)(6 l)3 + A(1) (3 l − yg )2 12 1 (4 l)(3 l)3 + A(2) (l − yg )2 = 36 1 1 4 (3 l) 2 4 (3 l) ( π (3l)4 ) − A(3) ( = ) + A(3) (6 l − − yg )2 4 4 3π 3π (1) (2) (3) = Ix − Ix − Ix = 91,4 l 4

=

(2.36a) (2.36b) (2.36c) (2.36d)

El cálculo de la inercia Iy sigue el mismo procedimiento, tal y como se muestra a continuación: (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

Iy

1 (6l)(8l)3 + A(1) (4 l − xg )2 12 1 4l 2 (3 l)(4 l)3 + A(2) (8 l − = ) 36 3 − xg 1 1 4 · 3l 2 4·3l = ) + A(3) ( − xg ) ( π (3 l)4 ) − A(3) ( 4 4 3π 3π (1) (2) (3) = Iy − Iy − Iy = 150,7 l 4 =

(2.37a) (2.37b) (2.37c) (2.37d)

•• 35

2.4 Problema 4

y de la misma manera, para el producto de inercia, Ixy : (1)

Ixy

(2)

Ixy

(3)

Ixy

= 0 + A(1) (4 l − xg ) (3 l − yg ) 1 4l = (4 l)2 (3 l)2 + A(2) (8 l − − xg ) (l − xg ) 72 3 1 4 (3 l) 4 (3 l) 4 (3 l) = − (3 l)4 − A(3) ( )2 + A(3) ( − xg )(6 l − − yg ) 8 3π 3π 3π (1)

(2)

(3)

Ixy = Ixy − Ixy − Ixy = 61,9 l 4

(2.38a) (2.38b) (2.38c) (2.38d)

Por u´ ltimo, para obtener el momento polar de inercia se debe sumar las inercias Ix e Iy . I0 = Ix + Iy = 242,16 l 4

(2.39)

2.4.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Como se puede apreciar en la figura 2.8b los momento principales de inercia inercias (máximo y m´ınimo) se dan cuando el producto de inercia se anula (Ixy = 0) , una situación que corresponde a la intersección del c´ırculo Mohr con el eje horizontal. El centro, Im , y el radio, R, del c´ırculo de Mohr se obtienen: Ix + Iy = 121 l 4 2 s Iy − Ix 2 2 = 68,68 l 4 + Ixy R = 2

Im =

(2.40a) (2.40b)

de tal manera que los momento principales de inercia inercias, Imax e Imin , resultan: Imax = Im + R = 189,7 l 4

(2.41a)

Imin = Im − R = 53,4 l 4

(2.41b)

Para finalizar, la rotación de ejes, θ , necesaria para que e´ stos coincidan con los ejes principales de inercia (figura 2.8b) se calcula como: 1 θ = arctan 2

2 Ixy Iy − Ix

= 32,2o

(2.42)

El resultado obtenido es positivo, dando lugar a una rotación de ejes en sentido antihorario, o bien (manteniendo los ejes fijos) a una rotación horaria de la sección.

•• 36


a)

b)


•• 37

2.5 Problema 5

2.5. Problema 5


a)

b)


2.5.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta Si se analiza la geometr´ıa de la sección propuesta, se observa como e´ sta se puede ver como una sección rectangular (1) a la cual se restan dos secciones cuadradas, (2) y (3), tal y como se muestra en la figura 2.9b. De esta forma, el a´ rea de la sección compuesta, AT , resulta: A(1) = (3 l)(3 l) = 9 l 2

(2.43a)

A(2) = l 2

(2.43b)

(3)

= A

AT

= A(1) − A(2) − A(3) = 7 l 2

A

(2)

=l

2

Los momentos estáticos tienen el siguiente valor: 21 l 3 3l l l (1) (2) (3) −A −A = = 10,5 l 3 Mx = A 2l + 2 2 2 2 21 l 3 l 3l l − A(2) 2 l + − A(3) = = 10,5 l 3 My = A(1) 2 2 2 2

(2.43c) (2.43d)

(2.44a) (2.44b)

•• 38


ya posición del centroide de la sección compuesta (vease figura 2.10a) es la siguiente: xg = yg =

My 3 l = 1,5 l = AT 2 Mx 3 l = 1,5 l = AT 2

(2.45a) (2.45b)

2.5.2. Cálculo de los momentos de inercia El momento de inercia de la sección compuesta, Ix se calcula restando a la inercia generada (1)

(2)

(3)

por el rectángulo, Ix , las que corresponden a los cuadrados, Ix y Ix . (i)

El momento de inercia, Ix , de cada sección del despiece se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) (vease figura 2.9b), mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide (xg , yg ) de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o formula del transporte de Steiner): (1)

=

(2)

=

(3)

=

Ix Ix Ix

1 (3 l)4 12 2 l 1 4 (2) 2 l + − yg ( l) + A 12 2 2 l 1 4 (l) + A(3) − yg 12 2 (1)

(2)

(3)

Ix = Ix − Ix − Ix = 4,58 l 4

(2.46a) (2.46b) (2.46c) (2.46d)

El cálculo de la inercia Iy sigue el mismo procedimiento, tal y como se muestra a continuación: (1) Iy

=

(2)

=

(3)

=

Iy Iy

2 3l 1 4 (1) (3 l) + A − xg 12 2 2 1 l 4 (2) 2 l + − xg ( l) + A 12 2 2 l 1 4 (l) + A(3) − xg 12 2 (1)

(2)

(3)

Iy = Iy − Iy − Iy = 4,58 l 4

(2.47a) (2.47b) (2.47c) (2.47d)

•• 39

2.5 Problema 5

y de la misma manera, para el producto de inercia, Ixy (en este caso el primer termino es nulo por ser todas secciones simetricas): (1) Ixy (2)

Ixy

(3)

Ixy

3l 3l = 0+ A − xg − yg 2 2 l l 2 l + − yg = 0 + A(2) 2 l + − xg 2 2 l l = 0 + A(3) − xg · − yg 2 2 (1)

(1)

(2)

(3)

Ixy = Ixy − Ixy − Ixy = −2 l 4

(2.48a) (2.48b) (2.48c) (2.48d)

Finalmente, el momento polar de inercia se calcula como suma de Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 9,16 l 4

(2.49)

2.5.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Como se puede apreciar en la figura 2.10b los momento principales de inercia inercias (máximo y m´ınimo) se dan cuando el producto de inercia se anula (Ixy = 0) , una situación que corresponde a la intersección del c´ırculo Mohr con el eje horizontal. El centro, Im , y el radio, R, del c´ırculo de Mohr se obtienen: Ix + Iy 55l 4 = = 4,58 l 4 2 12 s Iy − Ix 2 2 = 2 l4 R = + Ixy 2

Im =

(2.50a) (2.50b)

Los momentos principales de inercia asumen los siguientes valores:

Imax = Im + R = 6,58 l 4

(2.51a)

Imin = Im − R = 2,58 l 4

(2.51b)

Para finalizar, la rotación de ejes, θ , necesaria para que e´ stos coincidan con los ejes principales de inercia (figura 2.10b) se calcula como: 1 θ = arctan 2

2 Ixy Iy − Ix

= −45o

(2.52)

•• 40


a)

b)


•• 41

2.6 Problema 6

2.6. Problema 6


a)

b)


2.6.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta Como se puede observar en la figura 2.11b la sección está definida por un cuadrado, (1), de lado 3l al cual se le han sacado otors dos cuadrados, (2) y (3), de lado l. De esta forma, el a´ rea de la sección compuesta, AT , resulta: A(1) = (3 l)(3 l) = 9 l 2

(2.53a)

A(2) = l 2

(2.53b)

A(3) = A(2) = l 2

(2.53c)

AT

= A(1) − A(2) − A(3) = 7 l 2

(2.53d)

El centroide se encuentra en la origen de los ejes elejidos debido a la doble simetr´ıa de la sección. Esto se puede verificar calculando los correspondientes momentos estatico de la sección,

•• 42

Mx y My :


Mx = A(1) (0) − A(2) (0) − A(3) (0) = 0

(2.54a)

My =

(2.54b)

A(1) (0) − A(2) (l) − A(3) (−l) = 0

as´ı que resulta: xg = yg =

My =0 AT Mx =0 AT

(2.55a) (2.55b)


(2)

(3)

por el rectángulo, Ix , las que corresponden a los cuadrados, Ix y Ix : (1)

Ix

(2)

Ix

(3)

Ix

Ix

1 (3 l)4 12 1 ( l)4 = 12 1 4 = (l) 12 (1) (2) (3) = Ix − Ix − Ix = 6,58 l 4

=

(2.56a) (2.56b) (2.56c) (2.56d)

Para calcular la Iy se procede exactamente de la misma forma. En este caso, el momento de (i)

inercia, Iy , de cada sección del despiece se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) (vease figura 2.11b), mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide (xg , yg ) de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o formula del transporte de Steiner): (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

Iy

1 (3 l)4 12 1 = ( l)4 + A(2) (l)2 12 1 4 (l) + A(3) (−l)2 = 12 (1) (2) (3) = Iy − Iy − Iy = 4,58 l 4

=

(2.57a) (2.57b) (2.57c) (2.57d)

y de la misma manera, para el producto de inercia, Ixy (en este caso el primer termino es nulo por ser todas secciones simetricas):

•• 43

2.6 Problema 6

(1)

= 0+0

Ixy

(2)

= 0 + A(2) (l) (0)

(3) Ixy

= 0 + A(3) (−l) · (0)

Ixy

Ixy =

(1) (2) (3) Ixy − Ixy − Ixy

(2.58a) (2.58b) (2.58c)

=0

(2.58d)

Observese que el resultado final es Ixy = 0 debido a la doble simetr´ıa de la sección compuesta propuesta. Finalmente, el momento polar de inercia, I0 , se calcula sumando Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 11,16 l 4

(2.59)

2.6.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Como se vió en el apartado anterior el producto de inercia de la sección compuesta es nulo. Esto quiere decir que los ejes elegidos son tambien ejes principales de inercia, de tal manera que:

Imax = Ix = 6,58 l 4

(2.60a)

4

(2.60b)

Imin = Iy = 4,58 l

a)

b)


•• 44


2.7. Problema 7 Calcular los momentos principales de inercia de la sección maciza representada en la figura 2.13a respecto de su centroide.

a)

b)

Figura 2.13: Problema 7: (a) Sección compuesta propuesta; (b) Posición de los centroides considerados en el despiece.

2.7.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta Como se puede observar en la figura 2.13b la sección está compuesta por un rectángulo (1) y un cuadrado (2) a los cuales se le ha substraido el c´ırculo (3). De esta forma, el a´ rea de la sección compuesta, AT , resulta: A(1) = (8 l)(4 l) = 32 l 2

(2.61a)

A(2) = (4 l)(4 l) = 16 l 2

(2.61b)

A(3) = π l 2 = π l 2

(2.61c)

AT

= A(1) + A(2) − A(3) = 48 l 2 − π l 2 = 44,86 l 2

(2.61d)

Los momentos estáticos de la sección compuesta resultan: Mx = A(1) (2 l) − A(2) (4 l + 2 l) − A(3) (4 l + 2 l) = 160 l 3 − 6π l 3 = 141,15 l 3 (2.62a) My = 0

(2.62b)

•• 45

2.7 Problema 7

Por lo que la posición del centroide es la siguiente: My =0 xg = AT Mx 160 l 3 − 6π l 3 = = 3,14 l yg = AT 48 l 2 − π l 2

(2.63a) (2.63b)


(2)

(3)

por el rectángulo, Ix , las que corresponden a los cuadrados, Ix y Ix . (i)

El momento de inercia, Ix , de cada sección del despiece se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) (vease figura 2.13b), mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide (xg , yg ) de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o formula del transporte de Steiner): 1 (8 l) · (4 l)3 + A(1) (2 l − yg )2 12 1 ( 4 l)4 + A(2) (6 l − yg )2 = 12 1 = π (l)4 + A(3) (6 l − yg )2 4 (1) (2) (3) = Ix − Ix − Ix = 210 l 4

(1)

=

Ix

(2)

Ix

(3)

Ix

Ix

(2.64a) (2.64b) (2.64c) (2.64d)

El cálculo de la inercia, Iy , sigue el mismo procedimiento, tal y como se muestra a continuación: (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

Iy

1 (4 l) · (8 l)3 12 1 = ( 4 l)4 12 1 = π (l)4 4 (1) (2) (3) = Iy + Iy − Iy = 191,2 l 4 =

(2.65a) (2.65b) (2.65c) (2.65d)

El producto de inercia, Ixy , se anula por la simetr´ıa de la sección compuesta respecto del eje de ordenadas, como se muestra a continuación: (1)

Ixy

(2) Ixy (3) Ixy

= 0 + A(1) · (0) · (2 l − yg ) = 0 + A(2) (0) (6 l − yg )

= 0 + A(3) (0) · (6 l − yg )

Ixy =

(1) (2) (3) Ixy + Ixy − Ixy

=0

(2.66a) (2.66b) (2.66c) (2.66d)

•• 46


El cálculo del momento polar de inercia, Io , se obtiene sumando Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 401,2 l 4

(2.67)

2.7.3. Cálculo de los Momentos Principales de Inercia Como se vió en el apartado anterior el producto de inercia de la sección compuesta es nulo. Esto quiere decir que los ejes elegidos son tambien ejes principales de inercia (como se muesta el la figura 2.14), de tal manera que: Imax = Ix = 210 l 4 Imin = Iy = 191,2 l

a)

(2.68a) 4

(2.68b)

b)


•• 47

2.8 Problema 8

2.8. Problema 8


a)

b)


2.8.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta Como se puede observar en la figura 2.15b la sección está compuesta por un semic´ırculo (1) y un triángulo (2). De esta forma, el a´ rea de la sección compuesta, AT , resulta: A(1) = A(2) = AT

1 2 πl 2 (3l) (2l) 2

= A(1) + A(2) =

(2.69a) (2.69b)

π l2 + 3l 2 = 4,57l 2 2

El valor de los momentos estáticos se obtienen con las siguientes expresiones: 4l (1) Mx = A + A(2) (−l) = −2,3 l 3 3π My = 0

(2.69c)

(2.70a) (2.70b)

•• 48


de tal manera que la posición del centroide es: My =0 AT Mx = −0,51l AT

xg = yg =

(2.71a) (2.71b)

2.8.2. Cálculo de los momentos de inercia El momento de inercia de la sección compuesta, Ix , se calcula sumando a la inercia generada (1)

(2)

por el semic´ırculo, Ix , la que corresponde al triángulo, Ix . (i)

El momento de inercia, Ix , de cada sección del despiece se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) (vease figura 2.15b), mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide (xg , yg ) de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o formula del transporte de Steiner): # 2 % 2 4l 4l 1 1 4 (1) (1) (1) +A Ix = πl − A − yg 2 4 3π 3π (2)

Ix

Ix

1 (2l) (3l)3 + A(2) (−l − yg )2 36 (1) (2) = Ix + Ix = 3,7 l 4 =

(2.72a) (2.72b) (2.72c)

El cálculo de la inercia, Iy , sigue el mismo procedimiento, tal y como se muestra a continuación: (1) Iy (2)

Iy

π l4 8 # 2 % (2) l 1 A l4 (3l) l 3 + = 2 = 36 2 3 2 =

1 2

(1)

1 4 πl 4

+0 =

(2)

Iy = Iy + Iy = 0,9 l 4

(2.73a) (2.73b) (2.73c)

El producto de inercia, Ixy = 0 por la simetr´ıa de la sección compuesta respecto del eje de ordenadas. Finalmente, el valor del momento polar de inercia se obtiene: I0 = Ix + Iy = 4,6 l 4

(2.74)

•• 49

2.8 Problema 8

2.8.3. Cálculo de los momentos principales de inercia

Como se vió en el apartado anterior el producto de inercia de la sección compuesta es nulo. Esto quiere decir que los ejes elegidos son tambien ejes principales de inercia (como se muesta el la figura 2.16), de tal manera que:

a)

Imax = Ix = 3,7 l 4

(2.75a)

Imin = Iy = 0,9 l 4

(2.75b)

b)


•• 50


2.9. Problema 9 Calcular los momentos principales de inercia de la sección compuesta representada en la figura 2.17a respecto de su centroide.

a)

b)


2.9.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta Para resolver el problema primero se procede al despiece de la sección en un cuadrado (5) y cuatro triángulos (1), (2), (3) y (4) tal y como se muestra en la figura 2.17b. De esta forma, el a´ rea de la sección compuesta, AT , resulta: A(1) =

3l 2 2

3l 2 2 2 3l A(3) = A(1) = 2 2 3l A(4) = A(1) = 2 A(5) = 9l 2 A(2) = A(1) =

AT = A(1) + A(2) + A(3) + A(4) + A(5) = 15l 2

(2.76a) (2.76b) (2.76c) (2.76d) (2.76e) (2.76f)

•• 51

2.9 Problema 9

La posición del centroide coincide con la origen de los ejes elegidos debido a la simetr´ıa de la sección. Este resultado lo podemos comprobar verificando como se anulan ambos momentos estáticos:

3l l −3l l 3l −3l (2.77a) =0 + A(2) + A(3) + − − 1 + A(4) + 1 + A(5) (0) 2 3 2 3 2 2 −3l −3l 3l 1 −3l l + A(4) + A(5) (0) + 1 + A(2) − l + A(3) + − = A(1) (2.77b) =0 2 2 2 3 2 3

Mx = My

A(1)

de tal manera que: xg = yg =

My =0 A Mx =0 AT

(2.78a) (2.78b)

2.9.2. Cálculo de los momentos de inercia El momento de inercia de la sección compuesta, Ix se calcula sumando a la inercia generada (5)

(1)

(2)

(3)

(4)

por el cuadrado, Ix , las que corresponden a los cuatro triángulos, Ix , Ix , Ix y Ix . (i)

El momento de inercia, Ix , de cada triángulo se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) (vease figura 2.17b), mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide (xg , yg ) de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o formula del transporte de Steiner): (1)

=

(2)

=

(3)

=

(4)

=

(5)

=

Ix Ix Ix Ix Ix

Ix =

3l l 2 41l 4 1 = 3l(l)3 + A(1) + 36 2 3 8 4 41l (1) Ix = 8 2 9l 4 1 3l 3 (3) l(3l) + A −1 = 36 2 8 4 9l (3) Ix = 8 1 27l 4 (3l)4 = 12 4 77l 4 (1) (2) (3) (4) (5) = 19,25 l 4 Ix + Ix + Ix + Ix + Ix = 4

(2.79a) (2.79b) (2.79c) (2.79d) (2.79e) (2.79f)

•• 52


Con un procedimiento análogo se calcula el momento de inercia, Iy y el producto de inercia, Ixy :

(1)

=

(2)

=

(3)

=

(4)

=

(5)

=

Iy Iy Iy Iy Iy

2 1 9l 4 −3l l(3l)3 + A(1) −1 = 36 2 8 4 9l (1) Iy = 8 3l l 2 41l 4 1 3 (3) = (3l)l + A + 36 2 3 8 4 41l (3) Iy = 8 1 27l 4 (3l)4 = 12 4 77l 4 (1) (2) (3) (4) (5) = 19,25 l 4 Iy + Iy + Iy + Iy + Iy = 4

Iy =

(2.80a) (2.80b) (2.80c) (2.80d) (2.80e) (2.80f)

Es importante observar que por razones de simetr´ıa resulta: Iy = Ix y como se demuestra a continuación: Ixy = 0. 3l l 3l 4 −3l −1 2 2 (1) (3l) l + A +1 + =− 72 2 2 3 2 −3l l 3l 4 3l −1 =− (3l)2 l 2 + A(2) −1 − 72 2 2 3 2 4 3l l 3l 3l 1 2 l (3l)2 + A(3) + −1 = 72 2 3 2 2 3l 4 −3l 1 2 −3l l l (3l)2 + A(4) − +1 = 72 2 3 2 2

(1) Ixy

=

(2)

=

(3)

=

(4)

=

(5)

= 0

Ixy Ixy Ixy Ixy

Ixy =

(2.81a) (2.81b) (2.81c) (2.81d) (2.81e)

(1) (2) (3) (4) (5) Ixy + Ixy + Ixy + Ixy + Ixy

=0

(2.81f)

El momento de inercia polar se calcula como la suma de Ix e Iy . I0 = Ix + Iy =

77l 4 = 38,5 l 4 2

(2.82)

2.9.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Como se vió en el apartado anterior el producto de inercia de la sección compuesta es nulo. Además tenemos que Ix = Iy de tal manera que el c´ırculo de Mohr se reduce a un punto como

•• 53

2.9 Problema 9

se muestra en la figura 2.18b. Esto significa que los ejes elegidos son principales de inercia y los momentos principales de inercia tienen el mismo valor: Imax = Imin = Ix = Iy = 19,25 l 4

a)

(2.83)

b)


•• 54


2.10. Problema 10 Calcular los momentos principales de inercia de la sección compuesta representada en la figura 2.19a respecto de su centroide.

a)

b)


2.10.1.

Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección compuesta

Para resolver el problema primero se procede al despiece de la sección en dos triángulos (1) y (2) a los cuales sumamos un cuarto de c´ırculo (3) y una u´ ltima sección que calculamos como un cuadrado (4) menos el cuarto de c´ırculo (5), tal y como se muestra en la figura 2.19b. De esta forma, el a´ rea de la sección compuesta, AT , resulta: A(1) = A(2) = A(3) = A(4) = A(5) = AT

=

l2 2 l2 2 π l2 4 l2 π l2 4 A(1) + A(2) + A(3) + A(4) − A(5) = 2l 2

(2.84a) (2.84b) (2.84c) (2.84d) (2.84e) (2.84f)

•• 55

2.10 Problema 10

Para situar el centroide, se debe calcular los momentos estáticos de la sección: l 4l 4l l l (1) (2) (3) (4) (5) +A +A −A − − +A l− = −0,28 l3 (2.85a) Mx = A 3 3 3π 2 3π l l 4l l 4l (1) (2) (3) (4) (5) My = A +A +A −A − +A − −l + = 0,28 (2.85b) l3 3 3 3π 2 3π La posición del centro de masas resultante es la siguiente: xg = yg =

My = 0,14 l AT Mx = −0,14 l AT

(2.86a) (2.86b)

2.10.2. Cálculo de los momentos de inercia En este apartado se calculan los momentos de inercia, Ix e Iy , el producto de inercia, Ixy , y el momento polar de inercia, Io , respecto a los ejes que pasan por el centroide (xg , yg ) de la sección compuesta. Según el despiece propuesto, el momento de inercia Ix se consigue sumando las contribuciones (i)

de todas las secciónes que forman el a´ rea compuesta. En particular, cada momento de inercia, Ix , se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) (vease figura 2.19b), mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide (xg , yg ) de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o formula del transporte de Steiner): 2 l 1 (1) 3 (1) Ix l (l) + A − yg = 36 3 2 1 l (2) 3 (2) = Ix l (l) + A − − yg 36 3 # 2 % 2 1 1 4 4l 4l (3) Ix = π l − A(3) − yg + A(3) − 4 4 3π 3π 2 l 1 4 (4) Ix l + A(4) − yg = 12 2 # 2 % 2 4l 4l 1 1 4 (5) (5) (5) +A Ix = πl − A l− − yg 4 4 3π 3π

(2.87a) (2.87b) (2.87c) (2.87d) (2.87e)

de tal manera que el valor de Ix , resulta: (1)

(2)

(3)

(4)

(5)

Ix = Ix + Ix + Ix + Ix − Ix = 0,34 l 4

(2.88)

•• 56


Observese que en el caso del cuarto de c´ırculo es necesario aplicar la formula del transporte dos veces: primero desde el valor del momento de inercia calculado respecto del centro del c´ırculo hacia el centroide del c´ırculo; y una segunda vez hacia el centroide de la sección compuesta: De forma similar el momento de inercia, Iy se calcula como: (1) Iy

=

(2)

=

Iy

(3)

Iy

(4)

Iy

(5)

Iy

1 (l) l 3 + A(1) 36

l − xg 3

2

2 l 1 (l) l 3 + A(2) − − xg 36 3 # 2 % 2 4l 4l 1 1 4 (3) = πl − A − xg + A(3) 4 4 3π 3π 2 l 1 (l)4 + A(4) − − xg = 12 2 # 2 % 2 1 1 4 4l 4l (5) = πl − A − xg + A(5) −l + 4 4 3π 3π (1)

(2)

(3)

(4)

(5)

Iy = Iy + Iy + Iy + Iy − Iy = 0,34 l Siguiendo exactamente el mismo proceso, el producto de inercia, Ixy , resulta: 1 l l (1) − xg − yg Ixy = − l 2 l 2 + A(1) 72 3 3 1 l l (2) Ixy = − l 2 l 2 + A(2) − − xg − − yg 72 3 3 # 2 % 1 4l 4l 4l (3) + A(3) l− Ixy = − l 4 − A(3) − xg − yg 8 3π 3π 3π l l (4) − yg Ixy = A(4) − − xg 2 2 # 2 % 4l 4l 4l 1 4 (5) (5) (5) −l + l− Ixy = − l − A − xg − yg +A 8 3π 3π 3π (1)

(2)

(3)

(4)

(5)

Ixy = Ixy + Ixy + Ixy + Ixy − Ixy = −0,0072 l 4

(2.89a) (2.89b) (2.89c) (2.89d) (2.89e) (2.89f)

(2.90a) (2.90b) (2.90c) (2.90d) (2.90e) (2.90f)

Finalmente, para calcular el momento polar de inercia, Io , hay que sumar los valores de Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 0,68 l 4

(2.91)

•• 57

2.10 Problema 10

2.10.3. Cálculo de los Momentos Principales de Inercia

Como se puede apreciar en la figura 2.20b los momento principales de inercia inercias (máximo y m´ınimo) se dan cuando el producto de inercia se anula (Ixy = 0) , una situación que corresponde a la intersección del c´ırculo Mohr con el eje horizontal. El centro, Im y el radio, R, del c´ırculo de Mohr se obtienen: Ix + Iy = 0,34 l 4 2 s Iy − Ix 2 2 = 0,0072 l 4 + Ixy R = 2

Im =

(2.92a) (2.92b)

Los momentos principales de inercia asumen los siguientes valores: Imax = Im + R = 0,347 l 4 Imin = Im − R = 0,333l

(2.93a)

4

(2.93b)

Para finalizar, la rotación de ejes, θ , necesaria para que e´ stos coincidan con los ejes principales de inercia (vease figura 2.20) se calcula como: 2 Ixy 1 θ = arctan = −45o 2 Iy − Ix

a)

(2.94)

b)


•• 58


CAP´ ITULO

3

Secciones

de

pared

delgada

3.1. Problema 1 Calcular los momentos principales de inercia para la sección de pared delgada que se presenta en la figura 3.1a respecto de su centroide.

a)

b)

Figura 3.1: Problema 1: (a) Sección de pared delgada propuesta; (b) Posición de los centroides considerados en el despiece

3.1.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección El primer paso para la solución del problema consiste en el despiece de la sección original en tres a´ reas rectangulares de pared delgada, como se muestra en la figura 3.1b. Se procede al cálculo del a´ rea de cada rectángulo que forma la sección: A(1) = 5tl

(3.1a)

A(2) = 4tl

(3.1b)

A

(3)

= 5tl

(3.1c)

•• 60

Secciones de pared delgada

El a´ rea total, AT , se obtiene sumando las diferentes contribuciones obtenidas con el despiece: AT = A(1) + A(2) + A(3) = 14tl

(3.2)

Los momentos estáticos, Mx y My , se calculan de forma análoga en función de la posición de los centroides de los diferentes rectángulos que forman la sección propuesta respecto de los ejes cartesianos de referencia que se muestran en la figura 3.1b: 3l 61 2 + l) + A(2) (2l) + A(3) (2l) = tl = 30,5tl 2 2 2 3l 35 2 = A(1) (2l) + A(2) (0) + A(3) ( ) = tl = 17,5tl 2 2 2

Mx = A(1) (

(3.3a)

My

(3.3b)

Finalmente, la posición del centroide de la sección (vease figura 3.2a) se obtiene como: xg = yg =

My = 1,25 l AT Mx = 2,18 l AT

(3.4a) (3.4b)

3.1.2. Cálculo de los momentos de inercia En este apartado calcularemos los momentos de inercia Ix y Iy , el producto de inercia Ixy as´ı como el momento polar de inercia Io respecto de los ejes xG e yG (ver figura 3.2a) que pasan por el centroide de la sección. (i)

El momento de inercia, Ix , se calcula sumando las contribuciones, Ix , de los diferentes (i)

rectángulos del despiece que forman la sección propuesta. Cada momento de inercia Ix se obtiene sumando dos términos: el primero término es al momento de inercia calculado respecto a ejes que pasan por su propio centroide, Gi , (ver figura figura 3.1b), mientras el segundo término corresponde al transporte (teorema de los ejes paralelos) hacia el centroide, G (xg , yg ), de la sección propuesta: (1)

=

(2)

=

(3)

=

Ix Ix Ix

2 3l 1 (1) A (3 l)2 + A(1) + 1 − yg 12 2 1 (2) A (4l)2 + A(2) (2 l − yg )2 12 1 (3) A (4 l)2 + A(3) (2 l − yg )2 12

(3.5a) (3.5b) (3.5c)

de tal manera que el momento de inercia, Ix , sumando las diferentes contribuciones del despiece: (1)

(2)

(3)

Ix = Ix + Ix + Ix = 16,5tl 3

(3.6)

•• 61

3.1 Problema 1 (i)

De forma análoga se procede con el cálculo de los momento de inercia, Iy : (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

1 (1) A (4l)2 + A(1) (2 l − xg)2 12 = 0 + A(2) (−xg )2 3l 1 (3) A (3l)2 + A(3) − xg = 12 2 =

(3.7a) (3.7b) (3.7c)

y del correspondiente momento de inercia, Iy , de la sección: (1)

(2)

(3)

Iy = Iy + Iy + Iy = 19,8 tl 3

(3.8)

(i)

A continuación se calculan las diferentes contribuciones, Ixy , necesarias para el cálculo del producto de inercia, Ixy : (1) Ixy (2)

Ixy

(3)

Ixy

1 (1) 3l (1) + 1 − yg = − A (4l)(3l) + A (2 l − xg) 12 2 = 0 + A(2) (−xg ) (2 l − yg ) 3l 1 (3) (3) A (3l)(4l) + A − xg (2 l − yg ) = 12 2 (1)

(2)

(3)

Ixy = Ixy + Ixy + Ixy = 1,87tl 3

(3.9a) (3.9b) (3.9c) (3.9d)

Finalmente, el momento polar de inercia, Io , calculado con respecto al centroide de la sección (polo), se obtiene sumando de los momento de inercia inercias Ix y Iy : Io = Ix + Iy = 36,3tl 3

(3.10)

3.1.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En la figura 3.2b se muestra el c´ırculo de Mohr relativo a la sección de pared delgada propuesta. Como se puede observar en esta figura los momentos principales de inercia se obtienen cuando se anula el producto de inercia. El centro del c´ırculo de Mohr está definido por el momento de inercia medio, Im : Im =

Ix + Iy = 18,2tl 3 2

mientras su radio, R, se puede calcular como: s Iy − Ix 2 2 = 2,47tl 3 + Ixy R= 2

(3.11)

(3.12)

•• 62


Los momentos principales de inercia, Imax y Imin , se encuentran en los extremos del diámetro horizontal (Ixy = 0) y se calculan fácilmente como: Imax = Im + R = 20,6tl 3

(3.13a)

Imin = Im − R = 15,7tl 3

(3.13b)

El c´ırculo de Mohr nos indica además la rotación de ejesnecesaria para que e´ stos coincidan con los ejes principales de inercia como se muestra en las figuras 3.2a-b. En el plano de Mohr, las rotaciones (positivas en sentido antihorario) corresponden a dos veces el valor del a´ ngulo, θ , necesario para que los ejes originales de la sección, (x, y), coincidan con los ejes principales de ′ ′ inercia, x , y . Esta rotación se puede calcular como:

θ = 0,5 arctan

2 Ixy Iy − Ix

= 24,6o

(3.14)

Finalmente, se puede observar que, en lugar de mover los ejes de referencia y mantener fija la posición de la sección, se consigue el mismo resultado manteniendo los ejes de referencia fijos y rotando la sección en sentido horario.

•• 63

3.1 Problema 1

a)

b)


•• 64



a)

b)


3.2.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección Para la resolución del problema planteado, se procederá en primer lugar al despiece de la sección en cuatro a´ reas rectangulares tal y como se muestra en la 3.3b. Las a´ reas de los diferentes rectángulos valen: A(1) = 2tl

(3.15a)

A(2) = 2tl

(3.15b)

A(3) = tl

(3.15c)

(4)

A

= tl

(3.15d)

Por un lado, el a´ rea total, AT , se obtiene sumando las diferentes contribuciones obtenidas en el despiece: AT = A(1) + A(2) + A(3) = 14tl

(3.16)

Por otro lado, debido a la simetr´ıa, el centroide coincide con el origen de los ejes elegidos, que se muestran en la misma figura 3.3b.

•• 65

3.2 Problema 2

3.2.2. Cálculo de los momentos de inercia

En este apartado calcularemos los momentos de inercia Ix y Iy , el producto de inercia Ixy as´ı como el momento polar de inercia Io respecto de los ejes xG e yG (ver figura 3.4a) que pasan por el centroide de la sección. (i)



Ix

(2)

Ix

(3)

Ix

(4)

Ix

2 tl 3 l = 2 2 2 −l tl 3 = 0 + A(2) = 2 2 3 1 (3) 2 tl A l = = 12 12 1 (4) 2 tl 3 A l = = 12 12 = 0 + A(1)

(3.17a) (3.17b) (3.17c) (3.17d)

Se puede observar como en el caso de secciones horizontales (1) y (2), solo se considera el término de transporte. El momento de inercia, Ix , de la sección resultante es: (1)

(2)

(3)

(4)

Ix = Ix + Ix + Ix + Ix =

7tl 3 = 1,16t l 3 6

(3.18)

Análogamente, se procede al cálculo del momento de inercia, Iy . En este caso son la secciones verticales (3) y (4), las que se calculan utilizando sólo el término de transporte: (1) Iy

=

(2)

=

(3)

=

(4)

=

Iy

Iy Iy

Iy =

2 1 (1) 7tl 3 l 2 (1) = A (2 l) + A − 12 2 6 2 1 (2) l 7tl 3 A (2 l)2 + A(2) = 12 2 6 2 3 l tl 0 + A(3) − = 2 4 2 3 l tl 0 + A(4) = 2 4 17 3 (1) (2) (3) (4) Iy + Iy + Iy + Iy = tl = 2,84tl 3 6

(3.19a) (3.19b) (3.19c) (3.19d) (3.19e)

•• 66

Secciones de pared delgada (i)

A continuación se calculan las diferentes contribuciones, Ixy , necesarias para el cálculo del producto de inercia, Ixy : (1)

Ixy

(2)

Ixy

(3)

Ixy

(4)

Ixy

tl 3 l −l =− 2 2 2 l tl 3 −l =− = 0 + A(2) 2 2 2 l ·0 = 0 = 0 + A(3) − 2 l ·0 = 0 = 0 + A(4) 2 = 0 + A(1)

(1)

(2)

(3)

(4)

Ixy = Ixy + Ixy + Ixy + Ixy = −tl 3

(3.20a) (3.20b) (3.20c) (3.20d) (3.20e)

Finalmente, el momento polar de inercia, I0 , calculado respecto al centroide de la sección (polo), se consigue sumando los valores de Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 4tl 3

(3.21)

3.2.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En la figura 3.4b se muestra el c´ırculo de Mohr relativo a la sección de pared delgada propuesta. Como se puede observar, los momentos principales de inercia se obtienen cuando el producto de inercia, Ixy , se anula. El centro, Im y el radio, R, del c´ırculo de Mohr se calculan como: Ix + Iy = 2tl 3 2 s √ Iy − Ix 2 61tl 3 2 = 1,3tl 3 R = + Ixy = 2 6

Im =

(3.22a) (3.22b)

de tal manera que los momentos principales de inercia, Imax y Imin , se calculan fácilmente como: Imax = Im + R = 3,3tl 3

(3.23a)

Imin = Im − R = 0,67tl 3

(3.23b)

El C´ırculo de Mohr también nos indica la rotación de ejes necesaria para que e´ stos coincidan con los ejes principales de inercia como se muestra en la figura 3.4a. En el plano de Mohr las rotaciones (positivas en sentido antihorario) corresponden a dos veces el valor del a´ ngulo, θ ,

•• 67

3.2 Problema 2

necesario para que los ejes originales de la sección, (x, y), coincidan con los ejes principales de ′ ′ inercia, x , y . Esta rotación se puede calcular como: 1 θ = arctan 2

2 Ixy Iy − Ix

= −25o

(3.24)

Finalmente, es interesante observar que, manteniendo los ejes de referencia fijos, podemos girar la sección, según sus ejes principales de inercia, aplicando una rotación, θ , positiva horaria.

•• 68


a)

b)


•• 69

3.3 Problema 3

3.3. Problema 3

Calcular los momentos principales de inercia para la sección de pared delgada que se presenta en la figura 3.5a respecto de su centroide.

a)

b)


3.3.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección Para facilitar la resolución del problema planteado, se procede al despiece de la sección en dos rectángulos, tal y como se observa en la figura 3.5b. En primer lugar, se calcula el a´ rea de cada rectángulo y el de la sección global: √ A(1) = 2tl 2 √ A(2) = tl 2 AT

√ = A(1) + A(2) = 3 2tl

(3.25a) (3.25b) (3.25c)

Para situar el centroide de la sección, se calculan previamente los momentos estáticos, Mx y My , respecto a los ejes de referencia representados en la figura 3.5b: √ tl 2 2 A(2) l Mx = = = 0,71tl 2 2 2√ tl 2 2 A(2) l = = 0,71tl 2 My = 2 2

(3.26a) (3.26b)

•• 70


de tal manera que el centroide se situa en (vease figura 3.6a): My l = = 0,1667 l AT 6 Mx l = = 0,1667 l AT 6

xg = yg =

(3.27a) (3.27b)


El momento de inercia, Ix , se calcula sumando las contribuciones, Ix , de los dos rectángulos (i)

del despiece que forman la sección propuesta. Cada momento de inercia Ix se obtiene sumando dos términos: el primero término es al momento de inercia calculado respecto a ejes que pasan por su propio centroide, Gi , (ver figura figura 3.5b), mientras el segundo término corresponde al transporte (teorema de los ejes paralelos) hacia el centroide, G (xg , yg ), de la sección propuesta: (1)

=

(2)

=

Ix Ix

1 (1) A (2 l)2 + A(1) (−yg )2 12 2 1 (2) 2 1 (2) A l +A − yg 12 2

(3.28a) (3.28b)

El valor total dedel momento de inercia, Ix , se calcula como la suma de las inercias parciales, (i) Ix : (1)

(2)

Ix = Ix + Ix = 1,3tl 3

(3.29)

Análogamente, se procede al cálculo del momento de inercia, Iy : (1)

=

(2)

=

Iy

Iy

1 (1) A (2 l)2 + A(1) ( −xg )2 12 2 l 1 (2) 2 A l + A(2) − xg 12 2 (1)

(2)

Iy = Iy + Iy = 1,2964tl 3

(3.30a) (3.30b) (3.30c)

y del producto de inercia Ixy : 1 (1) A (2 l) (2 l) + A(1) (−xg ) (−yg ) 12 1 (2) 1 1 A (l) (l) + A(2) − xg − yg 12 2 2

(1)

= −

(3.31a)

(2)

=

(3.31b)

Ixy Ixy

(1)

(2)

Ixy = Ixy + Ixy = −0,6tl 3

(3.31c)

•• 71

3.3 Problema 3

Finalmente, el valor del momento polar de inercia, I0 , se obtiene sumando los momentos de inercia, Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 2,6tl 3

(3.32a)

3.3.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En la figura 3.6b se muestra el c´ırculo de Mohr relativo a la sección de pared delgada propuesta. Como se puede observar, los momentos principales de inercia se obtienen cuando el producto de inercia, Ixy , se anula. El centro, Im y el radio, R, del c´ırculo de Mohr se calculan como: Ix + Iy = 1,3tl 3 2 s Iy − Ix 2 2 = 0,6tl 3 + Ixy R = 2

Im =

(3.33a) (3.33b)


(3.34a)

Imin = Im − R = 0,7tl 3

(3.34b)

El C´ırculo de Mohr también nos indica la rotación de ejes necesaria para que e´ stos coincidan con los ejes principales de inercia, como se muestra en la figura 3.6a. En el plano de Mohr las rotaciones (positivas en sentido antihorario) corresponden a dos veces el valor del a´ ngulo, θ , necesario para que los ejes originales de la sección, (x, y), coincidan con los ejes principales de ′ ′ inercia, x , y . Esta rotación se puede calcular como:

θ=

1 arctan 2

2 Ixy Iy − Ix

= −45o

(3.35)

•• 72


a)

b)


•• 73

3.4 Problema 4

3.4. Problema 4


a)

b)


3.4.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección El primer paso a realizar en la resolución del problema planteado consiste en separar la sección en diferentes a´ reas rectangulares como se muestra en la figura 3.7b. El a´ rea de la sección delgada propuesta resulta: A(1) = 4tl A

(2)

= 4tl

(3.36a) (3.36b)

A(3) = tl

(3.36c)

A(4) = tl √ A(5) = 17 t l √ A(6) = 17 t l

(3.36d)

AT

= 18,24 t l

(3.36e) (3.36f) (3.36g)

Por razones de simetr´ıa el centroide de la sección coincide con el origen de los ejes de referencia.

•• 74




rectángulos del despiece que forman la sección propuesta. Cada momento de inercia Ix se obtiene sumando dos términos: el primero término es al momento de inercia calculado respecto a ejes que pasan por su propio centroide, Gi , (ver figura figura 3.7b), mientras el segundo término corresponde al transporte (teorema de los ejes paralelos) hacia el centroide, G (xg , yg ), de la sección propuesta: (1) Ix

=

(2)

=

(3)

=

(4)

=

(5)

=

(6)

=

Ix Ix Ix Ix Ix

2 l 0+ A = tl 3 2 2 l 0 + A(2) − = tl 3 2 1 (3) 2 1 3 A l +0 = tl 12 12 1 3 (3) tl Ix = 12 √ 1 (5) 2 17 3 A l +0 = tl 12 12 √ 17 3 (5) Ix = tl 12 (1)

(3.37a) (3.37b) (3.37c) (3.37d) (3.37e) (3.37f)

Se puede observar como en el caso de secciones horizontales (1) y (2), solo se considera el término de transporte. El momento de inercia, Ix , de la sección resultante es: (1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

Ix = Ix + Ix + Ix + Ix + Ix + Ix = 2,8tl 3

(3.38)

Análogamente, se procede al cálculo del momento de inercia, Iy . En este caso son las secciones verticales (3) y (4) donde se considera unicamente el término de transporte:

•• 75

3.4 Problema 4

Iy

1 (1) A (4 l)2 + 0 = 5,3tl 3 12 (1) = Iy = 5,3tl 3

(3) Iy

= 0 + A(3) (−2 l)2 = 4tl 3

(1)

=

Iy

(2)

(4) Iy

(3.39b) (3.39c)

2

= 0 + A(4) (2 l) = 4tl 3 1 (5) A (4 l)2 + 0 = 5,5 l 3 = 12 (5) = Iy = 5,5 l 3

(5) Iy (6)

Iy

(1)

(2)

(3)

(4)

(3.39a)

(3.39d) (3.39e) (3.39f) (5)

(6)

Iy = Iy + Iy + Iy + Iy + Iy + Iy = 29,6tl 3

(3.39g)

Por razones de simetr´ıa el producto de inercia, Ixy , debe ser nulo. Esto se comprueba a continuación: (1) Ixy (2)

Ixy

(3)

Ixy

(4)

Ixy

(5)

Ixy

(6)

Ixy

Ixy

1 (1) l =0 = 0 + A (0) 2 2 l = 0 + A(2) (0) − =0 2 = 0 + A(3) (−2l)(0) = 0 = 0 + A(4) (2l)(0) = 0

(3.40b) (3.40c)

√

17 3 1 (5) A (4 l) (l) + 0 = tl 12 3 √ 17 3 1 tl = − A(6) (4 l) (l) + 0 = − 12 3 (1) (2) (3) (4) (5) (6) = Ixy + Ixy + Ixy + Ixy + Ixy + Ixy = 0 =

(3.40a)

(3.40d) (3.40e) (3.40f) (3.40g)

Una vez se tienen los momentos de inercias, Ix e Iy , se puede calcular el momento polar de inercia, I0 , como sigue: I0 = Ix + Iy = 32,5tl 3

(3.41)

3.4.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En este caso, los ejes que hemos utilizado para el cálculo de los momentos de inercia son ejes principales de inercia (Ixy = 0). De ese modo resulta: Imax = Iy = 29,6tl 3

(3.42a)

Imin = Iy = 2,8tl 3

(3.42b)

•• 76


a)

b)


•• 77

3.5 Problema 5

3.5. Problema 5


a)

b)


3.5.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección El primer paso para la resolución del problema consiste en el despiece de la sección en tres a´ reas rectangulares como se muestra en la figura 3.9b. A continuación se procede a calcular el a´ rea de cada rectángulo: √ 17 tl √ = 17 tl

A(1) = (2)

A

A(3) = tl

(3.43a) (3.43b) (3.43c)

El a´ rea total será la suma de las a´ reas calculadas: AT = A(1) + A(2) + A(3) = 9,24 tl

(3.44)

Para situar el centroide de la sección, primero es necesario calcular los momentos estáticos, Mx y My , respecto a los ejes cartesianos de referencia que se muestran figura 3.9b: 1 1 (1) (2) Mx = A +A + A(3) (0) = 0 2 2 My =

A(1) (2l) + A(2) (2l) + A(3) (2l) = 18,5tl 2

(3.45a) (3.45b)

•• 78


La posición del centroide de la sección se obtiene como: xg = yg =

My = 2l AT Mx =0 AT

(3.46a) (3.46b)




Ix

(2)

Ix

(3)

Ix

Ix

2 l 2 2 1 (2) 2 l A ( l) + A(2) − = 12 2 1 (3) 2 A ( l) = 12 (1) (2) (3) = Ix + Ix + Ix = 2,8tl 3 =

1 (1) 2 A ( l) + A(1) 12

(3.47a) (3.47b) (3.47c) (3.47d)


Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

1 (1) A (4l)2 + A(1) (2 l − xg )2 12 (1) = Iy =

= 0 + A(3) (2 l − xg )2

Iy =

(1) (2) (3) Iy + Iy + Iy

= 11tl 3

(3.48a) (3.48b) (3.48c) (3.48d)

Como se comprueba a continuación, por razones de simetr´ıa, el producto de inercia, Ixy , debe

•• 79

3.5 Problema 5

ser nulo: (1) Ixy (2)

Ixy

(3)

Ixy

1 (1) l (1) = − A (4l) (l) + A (2 l − xg ) 12 2 1 (2) l = A (4l) (l) + A(2) (2 l − xg ) − 12 2 = 0 + A(3) (2l − xg ) (0) = 0 (1)

(2)

(3)

Ixy = Ixy + Ixy + Ixy = 0

(3.49a) (3.49b) (3.49c) (3.49d)

Por u´ ltimo, el valor del momento polar de inercia respecto al centroide se calcula fàcilmente sumando Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 13,8tl 3

(3.50)

3.5.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En este caso, los ejes que hemos utilizado para el cálculo de los momentos de inercia son ejes principales de inercia (Ixy = 0). De ese modo resulta: Imax = Iy = 11tl 3

(3.51a)

Imin = Iy = 2,8tl 3

(3.51b)

•• 80


a)

b)


•• 81

3.6 Problema 6

3.6. Problema 6


a)

b)


3.6.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección En este caso, se puede observar cómo se nos presenta una sección formada por tres rectángulos de sección delgada. El primer paso consiste, por lo tanto, en calcular las a´ reas de cada rectángulo,A(i) , as´ı como el a´ rea total, AT : √ 2 tl A(1) = A

(2)

A(3) AT

= tl tl = 2 = A(1) + A(2) + A(3) = 2,9 tl

(3.52a) (3.52b) (3.52c) (3.52d)

Para situar el centroide de la sección, primero es necesario calcular los momentos estáticos, Mx y My , respecto a los ejes cartesianos de referencia que se muestran figura 3.11b: tl 2 l (1) (2) (3) = = 0,25tl 2 Mx = A (0) + A 0 + A 2 4 5tl 2 l l + A(3) = = 0,625tl 2 My = A(1) (0) + A(2) 2 4 8

(3.53a) (3.53b)

•• 82


Con los momentos estáticos y el a´ rea total se calcula la posición del centroide: My = 0,21 l AT Mx = 0,085 l AT

xg = yg =

(3.54a) (3.54b)



rectángulos del despiece que forman la sección propuesta. Cada momento de inercia Ix se obtiene sumando dos términos: el primero término es al momento de inercia calculado respecto a ejes que pasan por su propio centroide, Gi , (ver figura figura 3.11b), mientras el segundo término corresponde al transporte (teorema de los ejes paralelos) hacia el centroide, G (xg , yg ), de la sección propuesta: 1 (1) 2 A (l) + A(1) (−yg )2 12 1 (2) 2 = A (l) + A(2) (−yg )2 12 2 l = 0 + A(3) − yg 2

(1)

=

Ix

(2)

Ix

(3)

Ix

(3.55a) (3.55b) (3.55c)

El momento de inercia, Ix , resultante es: (1)

(2)

(3)

Ix = Ix + Ix + Ix = 0,3tl 3

(3.56)

y análogamente: (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

1 (1) 2 A (l) + A(1) (−xg )2 12 2 l − xg = 0 + A(2) 2 2 2 1 (3) l l (3) = +A A − xg 12 2 4 =

(1)

(2)

(3)

Iy = Iy + Iy + Iy = 0,275tl 3

Para el cálculo de el producto de inercia se sigue también la misma metodolog´ıa:

(3.57a) (3.57b) (3.57c) (3.57d)

•• 83

3.6 Problema 6

(1)

Ixy

(2)

Ixy

(3)

Ixy

1 (1) A ( l) (l) + A(1) (−xg ) (−yg ) 12 l (2) − xg (−yg ) = 0+A 2 l l (3) = 0+A − xg − yg 4 2 = −

(1)

(2)

(3)

Ixy = Ixy + Ixy + Ixy = −0,11tl 3

(3.58a) (3.58b) (3.58c) (3.58d)

Por u´ ltimo, el momento polar de inercia, I0 , se obtiene sumando las inercias, Ix e Iy calculadas: I0 = Ix + Iy = 0,575tl 3

(3.59a)

3.6.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En la figura 3.12b se muestra el c´ırculo de Mohr relativo a la sección de pared delgada propuesta. Como se puede observar en esta figura los momentos principales de inercia se obtienen cuando se anula el producto de inercia. El centro del c´ırculo de Mohr está definido por el momento de inercia medio, Im : Im =

Ix + Iy = 0,29tl 3 2

mientras su radio, R, se puede calcular como: s Iy − Ix 2 2 = 0,11tl 3 R= + Ixy 2

(3.60)

(3.61)

Los momentos principales de inercia, Imax y Imin , se encuentran en los extremos del diámetro horizontal (Ixy = 0) y se calculan como: Imax = Im + R = 0,4tl 3

(3.62a)

Imin = Im − R = 0,18tl 3

(3.62b)

Por u´ ltimo, la rotación de ejes (positiva en sentido antihorario) necesaria para que e´ stos ′ ′ coincidan con los ejes principales de inercia, x , y , se calcula como (ver figuras 3.12): 1 θ = arctan 2

2 Ixy Iy − Ix

= 41o

(3.63)

•• 84


a)

b)


•• 85

3.7 Problema 7

3.7. Problema 7


a)

b)


3.7.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección Se puede observar como se nos presenta una sección compuesta por tres rectángulos de sección delgada. El despiece de la sección se muesta en la figura 3.13b. El a´ rea de la sección resulta: A(1) = 2 tl √ A(2) = 2 5 tl

(3.64a) (3.64b)

(3)

= 2 tl

(3.64c)

AT

= 8,47 tl

(3.64d)

A

mientras su centroide coincide con el origen de los ejes de referencia por razones de simetr´ıa.

3.7.2. Cálculo de los momentos de inercia En este apartado se calcularán los momentos de inercia Ix e Iy , el producto, Ixy y el momento polar de inercia, I0 , respecto a los ejes que pasan por el centroide de la sección (vease figura 3.14a).

•• 86

Secciones de pared delgada (i)

El momento de inercia, Ix , relativo a cada rectángulo del despiece resulta: 1 (1) (1) = (3.65a) Ix A (2l)2 12 1 (2) (2) Ix = A (2l)2 (3.65b) 12 1 (3) (1) Ix = Ix = A(3) (2l)2 (3.65c) 12 de tal manera que el momento de inercia de la sección, Ix , se calcula sumando las contribuciones de cada rectángulo: (1)

(2)

(3)

Ix = Ix + Ix + Ix = 2,8tl 3

(3.66)

y análogamente: (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

= 0 + A(1) (−2 l)2 1 (2) A (4l)2 = 12 = 0 + A(3) (2l)2 (1)

(2)

(3)

Iy = Iy + Iy + Iy = 21,9tl 3

(3.67a) (3.67b) (3.67c) (3.67d)

El cálculo del producto de inercia, Ixy , sigue la misma metodolog´ıa: (1)

Ixy

(2)

Ixy

(3)

Ixy

= 0 + A(1) (−2l)(0) 1 (2) A ( 2l) (4l) = 12 = 0 + A(3) (2l)(0) (1)

(2)

(3)

Ixy = Ixy + Ixy + Ixy = 3 tl 3

(3.68a) (3.68b) (3.68c) (3.68d)

Finalmente, el momento polar de inercia, I0 , resulta: I0 = Ix + Iy = 24,7 tl 3

(3.69)

3.7.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En la figura 3.14b se muestra el c´ırculo de Mohr relativo a la sección de pared delgada propuesta. Como se puede observar, los momentos principales de inercia se obtienen cuando el producto de inercia, Ixy , se anula. El centro, Im y el radio, R, del c´ırculo de Mohr se calculan como: Ix + Iy = 12,4tl 3 Im = 2 s Iy − Ix 2 2 = 10tl 3 R = + Ixy 2

(3.70a) (3.70b)

•• 87

3.7 Problema 7

de tal manera que los momentos principales de inercia, Imax y Imin , se calculan fácilmente como: Imax = Im + R = 22,4tl 3 Imin = Im − R = 2,4tl 3

(3.71a) (3.71b)

Por u´ ltimo, la rotación de ejes (positiva en sentido antihorario) necesaria para que e´ stos ′ ′ coincidan con los ejes principales de inercia, x , y , se calcula como (ver figuras 3.14): 1 θ = arctan 2

a)

2 Ixy Iy − Ix

= 8,6o

(3.72)

b)


•• 88



a)

b)


3.8.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección El primer paso para la resolución del problema planteado consiste en romper la sección propuesta en cuatro a´ reas rectangulares tal y como se muestra en figura 3.15b. Eel a´ rea de cada rectángulo, A(i) , as´ı como el a´ rea total resultante, AT : A(1) = 2tl

(3.73a)

A(2) = 2tl

(3.73b)

A(3) = tl

(3.73c)

A(4) = 3tl

(3.73d)

AT

= A(1) + A(2) + A(3) + A(4) = 8tl

(3.73e)

•• 89

3.8 Problema 8

Para situar el centroide de la sección es necesario calcular los momentos estáticos, Mx y My : 3l 3l (1) (2) (3) (4) +A = 12tl 2 Mx = A (3 l) + A (0) + A (3.74a) 2 2 l 9 l 2t = 4,5tl 2 (3.74b) + A(4) (0) = My = A(1) l + A(2) l + A(3) 2 2 de tal manera que la posición del centroide resulta como: xg = yg =

My 9 l = 0,56 l = AT 16 Mx 3 l = 1,5 l = AT 2

(3.75a) (3.75b)




Ix

(2)

Ix

(3)

Ix

(4)

Ix

= 0 + A(1) (3 l − yg )2

= 0 + A(2) (−yg )2 3l (3) − yg = 0+A 2 3l 1 (4) 2 (4) A (3l) + A − yg = 12 2

(3.76a) (3.76b) (3.76c) (3.76d)

Se puede observar como en el caso de secciones horizontales (1), (2) y (3), solo se considera el término de transporte. El momento de inercia, Ix , de la sección resultante es: (1)

(2)

(3)

(4)

Ix = Ix + Ix + Ix + Ix = 11,25tl 3

(3.77)

Análogamente, se procede al cálculo del momento de inercia, Iy . En este caso la sección

•• 90


vertical (4) es la que se calcula utilizando sólo el término de transporte: (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

(4)

Iy

1 (1) A (2l)2 + A(1) (l − xg )2 12 (1) = Iy 2 l 1 (3) 2 = A (l) + A(3) − xg 12 2 =

(3.78a) (3.78b) (3.78c)

= 0 + A(4) (−xg )2

Iy =

(3.78d)

(1) (2) (3) (4) Iy + Iy + Iy + Iy

= 3,15tl

3

(3.78e)

El cálculo del producto de inercia, Ixy , sigue la misma metodolog´ıa: (1)

Ixy

(2) Ixy (3)

Ixy

(4)

Ixy

= 0 + A(1) (l − xg ) (3 l − yg )

= 0 + A(2) (l − xg ) (−yg ) l 3l − xg − yg = 0 + A(3) 2 2 3l − yg = 0 + A(4) (−xg ) (0) 2 (1)

(2)

(3)

(4)

Ixy = Ixy + Ixy + Ixy + Ixy = 0

(3.79a) (3.79b) (3.79c) (3.79d) (3.79e)

Finalmente, se puede calcular el momento polar de inercia, I0 , sumando Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 14,4tl 3

(3.80)

3.8.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En este problema, los ejes que hemos utilizado para el cálculo de los momentos de inercia son ejes principales de inercia (Ixy = 0). De ese modo resulta: Imax = Ix = 11,25tl 3

(3.81a)

Imin = Iy = 3,15tl 3

(3.81b)

•• 91

3.8 Problema 8

a)

b)


•• 92



a)

b)


3.9.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección Para la resolución del problema planteado, se procederá en primer lugar al despiece de la sección en cuatro a´ reas rectangulares tal y como se muestra en la 3.17b. Las a´ reas de los diferentes rectángulos valen: √ 5 tl √ = 5 tl

A(1) = A

(2)

(3.82a) (3.82b)

A(3) = tl

(3.82c)

A(4) = 2tl

(3.82d)

El a´ rea total AT será por lo tanto: AT = A(1) + A(2) + A(3) + A(4) = 7,47tl

(3.83a)

•• 93

3.9 Problema 9

Una vez calculada el a´ rea, se procede a situar el centroide de la sección. Para ello se calculan los momentos estáticios, Mx y My : l l l (1) (2) (3) Mx = A 2l + l+ +A +A + A(4) l = 10,2tl 2 2 2 2

(3.84a)

My = A(1) l + A(2) l + A(3) (0) + 2A(4) (2 l) = 8,47tl 2

(3.84b)

El centroide de la sección se situa en: xg = yg =

My = 1,13 l A Mx = 1,36 l AT

(3.85a) (3.85b)




=

(2)

=

(3)

=

(4)

=

Ix Ix Ix Ix

2 5l − yg 2 2 l 1 (2) 2 (2) A (l) + A − yg 12 2 2 3l 1 (3) 2 (3) A (l) + A − yg 12 2 1 (4) A (2 l)2 + A(4) (l − yg )2 12 1 (1) 2 A (l) + A(1) 12

(3.86a) (3.86b) (3.86c) (3.86d)

El momento de inercia, Ix , de la sección propuesta es: (1)

(2)

(3)

(4)

Ix = Ix + Ix + Ix + Ix = 5,96tl 3

(3.87)

•• 94



Iy

(2)

Iy

(3) Iy (4) Iy

1 (1) A (2l)2 + A(1) (l − xg )2 12 (1) = Iy =

= 0 + A(3) (0 − xg )2

= 0 + A(4) (2 l − xg )

(3.88b) (3.88c)

2

(1) (2) (3) (4) Iy + Iy + Iy + Iy

Iy =

(3.88a)

(3.88d) = 4,35 tl

3

El cálculo del producto de inercia, Ixy , sigue la misma metodolog´ıa: 1 (1) 5l (1) 2 (1) A ( 2l) + A (l − xg ) − yg Ixy = 12 2 1 (2) l (2) 2 (2) Ixy = − A (2l) + A (l − xg ) − yg 12 2 3l (3) Ixy = 0 + A(3) (−xg ) − yg 2 (4)

Ixy

= 0 + A(4) (2 l − xg ) (l − yg )

Ixy =

(1) (2) (3) (4) Ixy + Ixy + Ixy + Ixy

(3.88e)

(3.89a) (3.89b) (3.89c) (3.89d)

= −0,86 tl 3

(3.89e)

Finalmente, se puede calcular el momento polar de inercia, I0 , sumando Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 10,3 tl 3

(3.90)

3.9.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En la figura 3.18b se muestra el c´ırculo de Mohr relativo a la sección de pared delgada propuesta. Como se puede observar, los momentos principales de inercia se obtienen cuando el producto de inercia, Ixy , se anula. El centro, Im y el radio, R, del c´ırculo de Mohr se calculan como: Ix + Iy = 5,15tl 3 2 s Iy − Ix 2 2 = 1,18tl 3 R = + Ixy 2

Im =

(3.91a) (3.91b)


(3.92a)

3

(3.92b)

Imin = Im − R = 3,97tl

•• 95

3.9 Problema 9

El c´ırculo de Mohr nos indica además la rotación de ejes necesaria para que e´ stos coincidan con los ejes principales de inercia, como se muestra en las figuras 3.18a-b. En el plano de Mohr, las rotaciones (positivas en sentido antihorario) corresponden a dos veces el valor del a´ ngulo, θ , necesario para que los ejes originales de la sección, (x, y), coincidan con los ejes principales de ′ ′ inercia, x , y . Esta rotación se puede calcular como:

θ=

1 arctan 2

2 Ixy Iy − Ix

= 23,6o

(3.93)

Finalmente, se puede observar que, en lugar de mover los ejes de referencia y mantener fija la posición de la sección, se consigue el mismo resultado manteniendo los ejes de referencia fijos y rotando la sección en sentido horario.

•• 96


a)

b)


•• 97

3.10 Problema 10

3.10. Problema 10


a)

b)


3.10.1. Cálculo del a´ rea y del centroide de la sección En primer lugar, se realiza el despiece de la sección original en tres a´ reas rectangulares de pared delgada según se muestra en la figura 3.19b. A continuación se procede con el cálculo del a´ rea de cada rectángulo, A(i) , as´ı como al cálculo del a´ rea total, AT : A(1) = 3tl √ 5 tl A(2) = √ A(3) = 2 tl AT

= A(1) + A(2) + A(3) = 6,65 tl

(3.94a) (3.94b) (3.94c) (3.94d)

Los momentos estáticos, Mx y My , se calculan de forma análoga en función de la posición de los centroides de los diferentes rectángulos que forman la sección propuesta respecto de los ejes

•• 98


cartesianos de referencia que se muestran en la figura 3.19b: 3l l Mx = A(1) + A(2) (2 l) + A(3) = 9,68tl 2 2 2 l l My = A(1) (l) + A(2) + A(3) = 4,82tl 2 2 2

(3.95a) (3.95b)

Finalmente, la posición del centroide de la sección (vease figura 3.20a) se obtiene como: My = 0,72 l (3.96a) xg = AT Mx yg = = 1,45 l (3.96b) AT

3.10.2.

Cálculo de los momentos de inercia

En este apartado calcularemos los momentos de inercia Ix y Iy , el producto de inercia Ixy as´ı como el momento polar de inercia Io respecto de los ejes xG e yG (ver figura 3.20a) que pasan por el centroide de la sección. (i)

El momento de inercia, Ix , se calcula sumando las contribuciones, Ix , de los tres rectángulos (i)

del despiece que forman la sección propuesta. Cada momento de inercia Ix se obtiene sumando dos términos: el primero término es al momento de inercia calculado respecto a ejes que pasan por su propio centroide, Gi , (ver figura figura 3.19b), mientras el segundo término corresponde al transporte (teorema de los ejes paralelos) hacia el centroide, G (xg , yg ), de la sección propuesta: 2 3l 1 (1) (1) 2 (1) Ix A (3 l) + A − yg = (3.97a) 12 2 1 (2) (2) A (2l)2 + A(2) (2 l − yg )2 Ix = (3.97b) 12 2 l 1 (3) 2 (3) A l + A(3) − yg Ix = (3.97c) 12 2 El momento de inercia, Ix , de la sección propuesta es: (1)

(2)

(3)

Ix = Ix + Ix + Ix = 5,1tl 3

(3.98)

De igual forma se procede con el cálculo de Iy : (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

= 0 + A(1) (l − xg )2 2 l 1 (2) 2 (2) A l +A − xg = 12 2 2 1 (3) 2 l A l + A(3) − xg = 12 2 (1)

(2)

(3)

Iy = Iy + Iy + Iy = 0,71tl 3

(3.99a) (3.99b) (3.99c) (3.99d)

•• 99

3.10 Problema 10

y análogamente con el producto de inercia, Ixy : (1) Ixy (2)

Ixy

(3)

Ixy

3l − yg = 0 + A (l − xg ) 2 l 1 (2) (2) A (l) (2l) + A − xg (2 l − yg ) = 12 2 1 (3) l l (3) − xg − yg = − A (l) (l) + A 12 2 2

(1)

(1)

(2)

(3)

Ixy = Ixy + Ixy + Ixy = 0,32 tl 3

(3.100a) (3.100b) (3.100c) (3.100d)

Finalmente, se puede calcular el momento polar de inercia, I0 , sumando Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 5,8 tl 3

(3.101)

3.10.3. Cálculo de los momentos principales de inercia En la figura 3.20b se muestra el c´ırculo de Mohr relativo a la sección de pared delgada propuesta. El centro de este circulo está definido por el momento de inercia medio, Im (centro del c´ırculo) y por su radio, R: Ix + Iy = 2,9 tl 3 2 s Iy − Ix 2 2 = 2,2tl 3 + Ixy R = 2

Im =

(3.102a) (3.102b)

Los momentos principales de inercia, Imax y Imin , se calculan como: Imax = Im + R = 5,1 tl 3

(3.103a)

Imin = Im − R = 0,7 tl 3

(3.103b)

Por u´ ltimo, la rotación, θ , necesaria para que los ejes originales de la sección, (x, y), sean ejes ′ ′ principales de inercia, x , y , se muestra en la figura 3.20b (rotación positiva antihoraria): 1 θ = arctan 2

2 Ixy Iy − Ix

= −4,2o

(3.104)

•• 100


a)

b)


CAP´ ITULO

4

Secciones mixtas

4.1. Problema 1 Calcular los momentos principales de inercia mecánicos de la sección mixta que se presenta en la figura 4.1a respecto de su centro mecánico.

a)

b)

Figura 4.1: Problema 1: (a) Sección mixta propuesta; (b) Posición de los centroides considerados en el despiece

4.1.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro de masa de la sección mixta Para el cálculo del a´ rea mecánica y centro de mecánico de la sección mixta propuesta, el primer paso consiste en el despiece de la sección original en a´ reas más simples: en este caso se considera un rectángulo (1) en hormigón al que se resta el semic´ırculo (3) de radio R = l y otro rectángulo (2) en acero al que se resta el semic´ırculo (4) también de radio R = l, como se muestra en la figura 4.1b.

•• 102

Secciones mixtas

Las a´ reas, A(i) , correspondientes a cada parte del despiece son las siguientes: A(1) = 8 l 2

(4.1a)

A(2) = 8l 2 π l2 A(3) = 2 π l2 A(4) = 2

(4.1b) (4.1c) (4.1d)

El a´ rea mecánica, AT , de la sección mixta se calcula sumando las contribuciones del despiece multiplicando las a´ reas de acero por el coeficiente de equivalencia mecánico acero-hormigón, n = 10: AT

=

A(1) − A(3) + n A(2) − A(4)

= A

(1)

(2)

(3)

+n A

−A

−n A

(4)

= 70,7 l

(4.2a) 2

(4.2b)

Para encontrar el centro mecánico de la sección, es preciso hallar en primer lugar el valor de los momentos estáticos mecánicos (las a´ reas de acero se multiplican por el coeficiente de equivalencia mecánico acero-hormigón): Mx = A

(1)

(2)

(l) + n A

(3)

(−l) − A

My = 0

4l 3π

(4)

−n A

4l − = −66 l 3 3π

(4.3a) (4.3b)

La posición del centro mecánico, G (xg , yg ), se halla como (ver figura 4.2): xg = yg =

My =0 AT Mx = −0,93 l AT

(4.4a) (4.4b)

4.1.2. Cálculo de los momentos de inercia mecánicos En este apartado se calculan los momentos de inercia mecánicos, Ix e Iy , el producto de inercia mecánico, Ixy y el momento polar de inercia mecánico, Io , respecto a los ejes xG e yG que pasan por el centro mecánico, G (xg , yg ), de la sección mixta. (i)

El momento de inercia, Ix , de cada rectángulo se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) , mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide

de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner): (1)

Ix

(2)

Ix

(3)

Ix

(4)

Ix El

•• 103

4.1 Problema 1

1 12 1 = 12 # 1 = 2 # 1 = 2 =

(4 l) (2 l)3 + A(1) (l − yg )2 (4 l) (2 l)3 + A(2) (−l − yg )2 2 % 2 1 4 4l 4l (3) (3) +A πl − A − yg 4 3π 3π 2 % 2 4l 4l 1 4 (4) πl − A + A(4) − − yg 4 3π 3π

(4.5a) (4.5b) (4.5c) (4.5d)

momento de inercia mecánico, Ix , de la sección mixta se obtiene sumando las

contribuciones de cada parte del despiece multiplicadas (en el caso del acero) por el coeficiente de equivalencia mecánico, n: (1)

(2)

(3)

(4)

Ix = Ix + n Ix − Ix − n Ix = 51,4 l 4

(4.6)

El cálculo del momento de inercia mecánico, Iy , sigue el mismo procedimiento: (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

(4)

Iy

1 (2 l) (4 l)3 12 (1) = Iy 1 1 4 = πl 2 4

(4.7b)

= Iy

(4.7d)

=

(4.7a)

(4.7c)

(3) (1)

(2)

(3)

(4)

Iy = Iy + n Iy − Iy − n Iy = 113 l 4

(4.7e)

El producto de inercia mecánico es nulo, Ixy = 0, debido a la simetr´ıa de la sección respecto de los ejes (xG , yG ) que por lo tanto son ejes principales de inercia. Finalmente, el momento polar de inercia mecánico, Io , se obtiene: Io = Ix + Iy = 164,4 l 4

(4.8)

4.1.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Teniendo en cuenta que el producto de inercia de la sección es nulo, los ejes elegidos son tambien ejes principales de inercia, de tal manera que: Imax = Iy = 113 l 4

(4.9a)

Imin = Ix = 51,4 l 4

(4.9b)

•• 104

Secciones mixtas

Figura 4.2: Posicion del centro de gravedad.

•• 105

4.2 Problema 2

4.2. Problema 2

Calcular los momentos principales de inercia mecánicos de la sección mixta que se presenta en la figura 4.3a respecto de su centro mecánico.

a)

b)


4.2.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta Para el cálculo del a´ rea mecánica y centro mecánico de la sección mixta propuesta, el primer paso consiste en el despiece de la sección original en a´ reas más simples: en este caso, un cuadrado (1) en hormigón que por una parte tiene un foro circular (3) de radio R = l y por otra parte, tiene un refuerzo cuadrado en acero, como se muestra en la figura 4.3b. Las a´ reas, A(i) , correspondientes a cada parte del despiece son las siguientes: A(1) = l 2 l2 A(2) = 4 (3) = π r2 A

(4.10a) (4.10b) (4.10c)

El a´ rea mecánica, AT , de la sección mixta se calcula sumando todas las contribuciones del despiece: AT = A(1) + (n − 1) A(2) − A(3) = 3,2 l 2

(4.11)

•• 106

Secciones mixtas

El a´ rea (2) se ha multiplicado por el factor, (n − 1), siendo, n, el coeficiente de equivalencia

mecánico acero-hormigón. Esto se debe a que es necesario restar al dominio (1) de hormigón el a´ rea (2) y después hay que volver a sumar el a´ rea (2) en acero. Por lo tanto esta operación es equivalente a multiplicar el a´ rea (2) por el el factor, (n − 1). En este problema he ha tomado

n = 10.

Para determinar el centro mecánico, se deben obtener previamente los momentos estáticos mecánicos: Mx My

l (2) 3 l (3) l + (n − 1) A −A = 2,17 l 3 = A 2 4 4 (1) l (2) l (3) 3 l = A + (n − 1) A −A = 1,03 l 3 2 4 4 (1)

(4.12a) (4.12b)


My = 0,32 l AT Mx = 0,68 l AT

(4.13a) (4.13b)


El momento de inercia, Ix , de cada rectángulo se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) , mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner): (1) Ix

=

(2)

=

(3)

=

Ix Ix El

2 l 1 4 (1) l +A − yg 12 2 2 4 1 3l l + A(2) − yg 12 2 4 2 1 4 l (3) − yg πr + A 4 4

(4.14a) (4.14b) (4.14c)


contribuciones de cada parte del despiece multiplicadas (en el caso del acero) por el coeficiente de

•• 107

4.2 Problema 2

equivalencia mecánico, n: (1)

(2)

(3)

Ix = Ix + (n − 1) Ix − Ix = 0,164 l 4

El cálculo del momento de inercia mecánico, Iy , sigue el mismo procedimiento: 2 1 4 (1) (1) l = Iy l +A − xg 12 2 2 1 l 4 (2) (2) l − xg Iy = +A 12 2 4 2 1 4 3l (3) = π r + A(3) Iy − xg 4 4 (1)

(2)

(3)

Iy = Iy + (n − 1) Iy − Iy = 0,164 l 4

y analogamente para el producto de inercia mecánico, Ixy : l (1) (1) l Ixy = 0 + A − xg − yg 2 2 3l (2) (2) l − xg − yg Ixy = 0 + A 4 4 l (3) (3) 3 l Ixy = 0 + A − xg − yg 4 4 (1)

(2)

(3)

Ixy = Ixy + (n − 1) Ixy − Ixy = −0,034 l 4

(4.15)

(4.16a) (4.16b) (4.16c) (4.16d)

(4.17a) (4.17b) (4.17c) (4.17d)

Por u´ ltimo, el momento polar de inercia mecánico, Io , se calcula sumando Ix e Iy : Io = Ix + Iy = 0,328 l 4

(4.18a)

4.2.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Los momentos principales de inercia se pueden calcular en función de los valores del centro y del radio del c´ırculo de Mohr, Im y R, respectivamente: Ix + Iy = 0,164 l 4 2 s Iy − Ix 2 2 = 0,034 l 4 R = + Ixy 2

Im =

(4.19a) (4.19b)

de tal mamera que: Imax = Imin =

I0 + R = 0,12 l 4 2 I0 − R = 0,13 l 4 2

(4.20a) (4.20b)

•• 108

Secciones mixtas

Finalmente, el valor de la rotación (positiva antihoraria ) necesaria para que los ejes de la ′ ′ sección coincidan con los ejes principales de inercia, x , y , se puede calcular como:

2 Ixy θ = 0,5 arctan Iy − Ix

= −45o


(4.21)

•• 109

4.3 Problema 3

4.3. Problema 3


a)

b)


4.3.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta Para el cálculo del a´ rea mecánica y centro mecánico de la sección mixta propuesta, el primer paso consiste en el despiece de la sección original en a´ reas más simples: en este caso, un rectángulo (1) en hormigón reforzado con tres barras circulares (2), (3) y (4) en acero de radio R = l, como se muestra en la figura 4.5b. Las a´ reas, A(i) , correspondientes a cada parte del despiece son las siguientes: A(1) = 80 l 2

(4.22a)

A(2) = π l 2

(4.22b)

A(3) = π l 2

(4.22c)

A(4) = π l 2

(4.22d)

El a´ rea mecánica, AT , de la sección mixta se calcula sumando todas las contribuciones del despiece: AT = A(1) + (n − 1) A(2) + (n − 1) A(3) + (n − 1) A(4) = 164,8 l 2

•• 110

Secciones mixtas

Las a´ reas (2), (3) y (4) se han multiplicado por el factor, (n − 1), siendo, n, el coeficiente de

equivalencia mecánico acero-hormigón. Esto se debe a que es necesario restar al dominio (1) de hormigón las a´ reas (2), (3) y (4). Después hay que volver a sumar las a´ reas (2), (3) y (4) en acero. Por lo tanto esta operación es equivalente a multiplicar las a´ reas (2), (3) y (4) por el el factor, (n − 1). En este problema he ha tomado n = 10. Mx = A(1) (0) + (n − 1) A(2) (−2 l) + (n − 1) A(3) (−2 l) + (n − 1) A(4) (−2 l) = −169,6 (4.23a) l3 My = 0

(4.23b)


My =0 AT Mx =−l AT

(4.24a) (4.24b)


El momento de inercia, Ix , de cada rectángulo se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) , mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner):

(1)

Ix

(2)

Ix

(3)

Ix

(4)

Ix El

1 (10 l) (8 l)3 + A(1) (−yg )2 12 1 4 = π l + A(2) (−2 l − yg )2 4 (2) = Ix =

(2)

= Ix

(4.25a) (4.25b) (4.25c) (4.25d)


contribuciones de cada parte del despiece:

(1)

(2)

(3)

(4)

Ix = Ix + (n − 1) Ix + (n − 1) Ix + (n − 1) Ix = 612,5 l 4 Analogamente para el momento de inercia mecánico, Iy : (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

(4)

Iy

•• 111

4.3 Problema 3

1 (8 l) (10 l)3 12 1 4 = πl 4 1 4 = π l + A(3) (−3 l)2 4 (3) = Iy =

Iy =

(4.26)

(4.27a) (4.27b) (4.27c) (4.27d)

(1) (2) (3) (4) Iy + (n − 1) Iy + (n − 1) Iy + (n − 1) Iy

= 1196,8 l 4

(4.27e)

El producto de inercia mecánico es nulo, Ixy = 0, debido a la simetr´ıa de la sección respecto de los ejes (xG , yG ) que por lo tanto son ejes principales de inercia. Finalmente, el momento polar de inercia mecánico, Io , se obtiene sumando Ix e Iy : Io = Ix + Iy = 1809,3 l 4

(4.28)

4.3.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Teniendo en cuenta que el producto de inercia de la sección es nulo, los ejes elegidos son tambien ejes principales de inercia, de tal manera que: Imax = Iy = 1196,8 l 4 Imin = Ix = 612,5 l

4

(4.29a) (4.29b)

•• 112

Secciones mixtas


•• 113

4.4 Problema 4

4.4. Problema 4


a)

b)


4.4.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta La sección mixta propuesta está formada por un rectángulo (1) de hormigón en lo que se inserta una sección de pared delgada en acero. Esta u´ ltima se puede descomponer a su vez en tres secciones rectangulares de pared delgada (2), (3) y (4) con espesor t =

l 100 ,

como se muestra en

la figura 4.7b. Las a´ reas, A(i) , correspondientes a cada parte del despiece son las siguientes: A(1) = 24 l 2

(4.30a)

A(2) = 4 tl

(4.30b)

A(3) = 2 tl

(4.30c)

A(4) = 2 tl

(4.30d)

•• 114

Secciones mixtas

El a´ rea mecánica, AT , de la sección mixta se calcula sumando las contribuciones del despiece multiplicando las a´ reas de acero por el coeficiente de equivalencia mecánico acero-hormigón, n = 10:

AT = A(1) + (n − 1) A(2) + (n − 1) A(3) + (n − 1) A(4) = 24,72 l 2

(4.31)

Por razones de simetr´ıa la posición del centro mecánico, G (xg , yg ) coincide con el origen de los ejes de referencia (ver figura 4.8): xg = 0

(4.32a)

yg = 0

(4.32b)


El momento de inercia, Ix , de cada rectángulo se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) , mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner): 1 (1) (4 l) (6 l)3 Ix = 12 1 (2) (2) A (4 l)2 Ix = 12 (3) Ix = 0 + A(3) (2 l)2 (4) Ix

=

(4.33a) (4.33b) (4.33c)

(3) Ix

(4.33d)

de tal manera que el momento de inercia mecánico, Ix , de la sección mixta resulta: (1)

(2)

(3)

(4)

Ix = Ix + (n − 1) Ix + (n − 1) Ix + (n − 1) Ix = 73,9 l 4

(4.34)

Analogamente para el momento de inercia mecánico, Iy : (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

(4)

Iy

1 (6 l) (4 l)3 12 = 0+0 1 (3) A (2 l)2 + 0 = 12 (3) = Iy =

Iy =

(1) (2) (3) (4) Iy + (n − 1) Iy + (n − 1) Iy + (n − 1) Iy

(4.35a) (4.35b) (4.35c) (4.35d) = 32,1 l

4

(4.35e)

•• 115

4.4 Problema 4

El producto de inercia mecánico es nulo, Ixy = 0, debido a la simetr´ıa de la sección respecto de los ejes (xG , yG ) que por lo tanto son ejes principales de inercia.

Finalmente, el momento polar de inercia mecánico, Io , se obtiene sumando Ix e Iy : Io = Ix + Iy = 106 l 4

(4.36)

4.4.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Teniendo en cuenta que el producto de inercia de la sección es nulo, los ejes elegidos son tambien ejes principales de inercia, de tal manera que: Imax = Ix = 73,9 l 4

(4.37a)

4

(4.37b)

Imin = Iy = 32,1 l


•• 116

Secciones mixtas


a)

b)


4.5.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta La sección mixta propuesta está formada por un rectángulo (1) de hormigón y una sección de pared delgada en acero. Esta u´ ltima se puede descomponer a su vez en tres secciones rectangulares de pared delgada (2), (3) y (4) con espesor t = Las a´ reas,

A(i) ,

l 100 ,

como se muestra en la figura 4.9b.

correspondientes a cada parte del despiece son las siguientes: A(1) = 5 l 2

(4.38a)

A(2) = 3 tl

(4.38b)

A(3) = 2 tl

(4.38c)

A(4) = 2 tl

(4.38d)

El a´ rea mecánica, AT , de la sección mixta se calcula sumando las contribuciones del despiece multiplicando las a´ reas de acero por el coeficiente de equivalencia mecánico acero-hormigón, n = 10: AT = A(1) + n A(2) + A(3) A(4) = 5,7 l 2

(4.39)

•• 117

4.5 Problema 5

Para determinar el centro mecánico, se deben obtener previamente los momentos estáticos mecánicos: Mx = A(1) My = 0

l −3 l + n A(2) + n A(3) (0) + n A(4) (−3 l) = 1,450 l 3 2 2

(4.40a) (4.40b)


My =0 AT Mx = 0,254 l AT

(4.41a) (4.41b)



=

(2)

=

(3)

= 0 + A(3) (−yg )2

(4.42c)

(4)

= 0 + A(4) (−3 l − yg )2

(4.42d)

Ix Ix Ix El

2 l − yg 2 2 3l 1 (2) 2 (2) A (3 l) + A − − yg 12 2 1 (5 l) ( l)3 + A(1) 12

(1)

Ix

(4.42a) (4.42b)


contribuciones de cada parte del despiece multiplicadas (en el caso del acero) por el coeficiente de equivalencia mecánico, n: (1) (2) (3) (4) Ix = Ix + n Ix + Ix + Ix = 4 l4

(4.43)

•• 118

Secciones mixtas

El cálculo del momento de inercia, Iy sigue el mismo procedimiento: (1)

=

(2)

=

(3)

=

(4)

=

Iy Iy Iy Iy

Iy =

1 (l) (5 l)3 12 0+0 1 (3) A (2 l)2 + 0 12 (3) Iy (1) (2) (3) (4) Iy + n Iy + Iy + Iy = 10,5 l 4

(4.44a) (4.44b) (4.44c) (4.44d) (4.44e)

El producto de inercia mecánico es nulo, Ixy = 0, debido a la simetr´ıa de la sección respecto de los ejes (xG , yG ) que por lo tanto son ejes principales de inercia. Finalmente, el momento polar de inercia mecánico, Io , se obtiene sumando Ix e Iy : Io = Ix + Iy = 14,5 l 4

(4.45)

4.5.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Teniendo en cuenta que el producto de inercia de la sección es nulo, los ejes elegidos son tambien ejes principales de inercia, de tal manera que: Imax = Iy = 10,5 l 4

(4.46a)

Imin = Ix = 4 l 4

(4.46b)


•• 119

4.6 Problema 6

4.6. Problema 6


a)

b)


4.6.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta La sección mixta propuesta está formada por un aro (1) de hormigón y unos radios de pared delgada (2), (3) y (4) en acero, con espesor t = Las a´ reas,

A(i) ,

l 100 ,

como se muestra en la figura 4.11b.

correspondientes a cada parte del despiece son las siguientes: A(1) = π (4 l)2 − π (3 l)2 = 7π l 2 (2)

A

= (6 l)t

(4.47a) (4.47b)

A(3) = A(2)

(4.47c)

A(4) = A(3)

(4.47d)

El a´ rea mecánica, AT , de la sección mixta se calcula sumando las contribuciones del despiece multiplicando las a´ reas de acero por el coeficiente de equivalencia mecánico acero-hormigón, n = 10: AT = A(1) + n A(2) + A(3) A(4) = 23,8 l 2

(4.48)

•• 120

Secciones mixtas

Por razones de simetr´ıa la posición del centro mecánico, G (xg , yg ) coincide con el origen de los ejes de referencia (ver figura 4.12): xg = 0

(4.49a)

yg = 0

(4.49b)


El momento de inercia, Ix , de cada rectángulo se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) , mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner): 1 1 (1) 4 4 Ix = π (4 l) − π (3 l) + 0 4 4 (2)

Ix

(3) Ix (4)

Ix El

= 0+0 1 (3) A [(6 l) cos (30o )]2 = 12 (3) = Ix

(4.50a) (4.50b) (4.50c) (4.50d)


contribuciones de cada parte del despiece multiplicadas (en el caso del acero) por el coeficiente de equivalencia mecánico, n: (1) (2) (3) (4) Ix = Ix + n Ix + Ix + Ix = 140,15 l 4 El cálculo del momento de inercia, Iy sigue el mismo procedimiento: 1 1 (1) 4 4 = π (4 l) − π (3 l) + 0 Iy 4 4 1 (2) (2) 2 Iy A (6 l) + 0 = 12 1 (3) (3) = Iy A [(6 l) cos (60o )]2 + 0 12 (4) (3) Iy = Iy (1) (2) (3) (4) Iy = Iy + n Iy + Iy + Iy = 140,15 l 4

(4.51)

(4.52a) (4.52b) (4.52c) (4.52d)

•• 121

4.6 Problema 6


Finalmente, el momento polar de inercia mecánico, Io , se obtiene sumando Ix e Iy : Io = Ix + Iy = 280,3 l 4

(4.53a)

4.6.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Teniendo en cuenta que el producto de inercia de la sección es nulo, los ejes elegidos son tambien ejes principales de inercia, de tal manera que: Imax = Imin = Ix = Iy = 140,15 l 4


(4.54)

•• 122

Secciones mixtas


a)

b)


4.7.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta Para el cálculo del a´ rea mecánica y centro de mecánico de la sección mixta propuesta, el primer paso consiste en el despiece de la sección original en a´ reas más simples: en este caso, un aro rectangular de acero (1) y una sección rectangular de hormigón (2) a la cual se resta un c´ırculo (3) de radio R = 3l, como se muestra en la figura 4.13b. Las a´ reas, A(i) , correspondientes a cada parte del despiece son las siguientes: A(1) = (16 l)(12 l) − (14 l)(10 l) = 52 l 2

(4.55)

A(2) = (14 l)(10 l) = 140 l 2

(4.56)

A(3) = π r2 = π (3 l)2

(4.57)

El a´ rea mecánica, AT , de la sección mixta se calcula sumando las contribuciones del despiece multiplicando las a´ reas de acero por el coeficiente de equivalencia mecánico acero-hormigón, n = 10: AT = n A(1) + A(2) − A(3) = 631,7 l 2

(4.58)

•• 123

4.7 Problema 7

Por razones de simetr´ıa la posición del centro mecánico, G (xg , yg ) coincide con el origen de los ejes de referencia (ver figura 4.14): xg = 0 yg = 0

(4.59a) (4.59b)


El momento de inercia, Ix , de cada rectángulo se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) , mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner): (1)

=

(2)

=

(3)

=

Ix

Ix Ix El

1 1 (16 l)(12 l)3 − (14 l)(10 l)3 12 12 1 (14 l) ( 10 l)3 12 1 π (3l)4 4

(4.60a) (4.60b) (4.60c)


contribuciones de cada parte del despiece multiplicadas (en el caso del acero) por el coeficiente de equivalencia mecánico, n: (1)

(2)

(3)

Ix = n Ix + Ix − Ix = 12476 l 4

(4.61)

Analogamente para el cálculo del momento de inercia, Iy : (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

Iy

1 1 (12 l)(16 l)3 − (10 l)(14 l)3 12 12 1 (10 l) ( 14 l)3 = 12 1 = π (3l)4 4 (1) (2) (3) = n Iy + Iy − Iy = 20316 l 4 =

(4.62a) (4.62b) (4.62c) (4.62d)


•• 124

Secciones mixtas

Finalmente, el momento polar de inercia mecánico, Io , se obtiene sumando Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 32792 l 4

(4.63)

4.7.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Al ser los ejes (xG , yG ) principales de inercia (Ixy = 0), los momentos principales de inercias coinciden con los valores calculados anteriormente:

Imax = Iy = 20316 l 4

(4.64a)

4

(4.64b)

Imin = Ix = 12476 l


•• 125

4.8 Problema 8

4.8. Problema 8


a)

b)


4.8.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta La sección mixta propuesta está formada por un rectángulo (1) de hormigón, que se refuerza con dos triángulos (2) y (3) en acero, como se muestra en la figura 4.15b. Las a´ reas, A(i) , correspondientes a cada parte del despiece son las siguientes: A(1) = (6 l) (9 l) = 54 l 2 1 A(2) = (6 l) (3 l) = 9 l 2 2 A(3) = A(2)

(4.65a) (4.65b) (4.65c)

El a´ rea mecánica, AT , de la sección mixta se calcula sumando las contribuciones del despiece: AT = A(1) + (n − 1)

A(2) + A(3) = 216 l 2

(4.66)

•• 126

Secciones mixtas

Las a´ reas (2) y (3) se han multiplicado por el factor, (n − 1), siendo, n, el coeficiente de

equivalencia mecánico acero-hormigón. Esto se debe a que es necesario restar al dominio (1) de

hormigón las a´ reas (2) y (3) y después hay que volver a sumar las mismas a´ reas en acero. Por lo tanto esta operación es equivalente a multiplicar las a´ reas (2) y (3) por el el factor, (n − 1). En este

problema he ha tomado n = 10.

Para determinar el centro mecánico, se deben obtener previamente los momentos estáticos mecánicos: Mx My

(9 l) (3 l) (9 l) (3 l) (3) +A = 0 (4.67a) − + − = A (0) + (n − 1) A 2 3 2 3 (6 l) (6 l) (6 l) (6 l) + A(3) = 0 (4.67b) + − = A(1) (0) + (n − 1) A(2) − 2 3 2 3

(1)

(2)

as´ı que la posición del centro mecánico, G (xg , yg ) coincide con el origen de los ejes de referencia (ver figura 4.16): xg = 0

(4.68a)

yg = 0

(4.68b)



(1)

=

(2)

=

(3)

=

Ix

Ix Ix El

1 (6 l) (9 l)3 + 0 12 3l 2 1 3 (2) 9 l (6 l) (3 l) + A − 36 2 3 1 9l 3l 2 (6 l) (3 l)3 + A(3) − + 36 2 3

(4.69a) (4.69b) (4.69c)


contribuciones de cada parte del despiece:

•• 127

4.8 Problema 8

(1) (2) (3) Ix = Ix + (n − 1) Ix + Ix = 2430 l 4

De forma equivalente para el momento de inercia mecánico, Iy : (1)

Iy

(2)

Iy

(3)

Iy

Iy

1 (9 l) (6 l)3 + 0 12 6l 3l 2 1 (3 l) (6 l)3 + A(2) − + = 36 2 3 3l 2 1 3 (3) 6 l (3 l) (6 l) + A − = 36 2 3 (1) (2) (3) = 1134 l 4 = Iy + (n − 1) Iy + Iy =

(4.70a)

(4.71a) (4.71b) (4.71c) (4.71d)

y para el producto e inercia mecánico, Ixy : (1)

Ixy

(2)

Ixy

(3)

Ixy

Ixy

= 0 6l 3l 9l 3l 1 2 2 (2) = − + (3 l) (6 l) + A − 72 2 3 2 3 9 l 3 l 3 l 6 l 1 2 2 (3) − + (3 l) (6 l) + A − = 72 2 3 2 3 (1) (2) (3) 4 = Ixy + (n − 1) Ixy + Ixy = −1053 l

(4.72a) (4.72b) (4.72c) (4.72d)

Finalmente, el momento polar de inercia mecánico, Io , se obtiene sumando Ix e Iy : Io = Ix + Iy = 3564 l 4

(4.73a)

4.8.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Los momentos principales de inercia se pueden calcular en función de los valores del centro y del radio del c´ırculo de Mohr, Im y R, respectivamente: Ix + Iy = 1782 l 4 2 s Iy − Ix 2 2 = 1236,4 l 4 + Ixy R = 2

Im =

(4.74a) (4.74b)

de tal mamera que: Imax = Im + R = 3018,4 l 4 Imin = Im − R = 545,6 l

4

(4.75) (4.76)

•• 128

Secciones mixtas

Finalmente, el valor de la rotación (positiva antihoraria ) necesaria para que los ejes de la ′ ′ sección coincidan con los ejes principales de inercia, x , y , se puede calcular como (ver figura 4.16):

2 Ixy θ = 0,5 arctan Iy − Ix

= 29,2o


(4.77a)

•• 129

4.9 Problema 9

4.9.

Problema 9


a)

b)


4.9.1. Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta La sección mixta propuesta está formada por un aro circular (1) de acero y un semic´ırculo (2) en hormigón, como se muestra en la figura 4.17b. Las a´ reas, A(i) , correspondientes a cada parte del despiece son las siguientes: A(1) = π (6 l)2 − π (5 l)2 1 A(2) = π (5 l)2 2

(4.78a) (4.78b)

El a´ rea mecánica, AT , de la sección mixta se calcula sumando las contribuciones del del despiece multiplicando el a´ rea de acero por el coeficiente de equivalencia mecánico acerohormigón, n = 10: AT = n A(1) + A(2) = 384,8 l 2

(4.79)

•• 130

Secciones mixtas

Para determinar el centro mecánico, se deben obtener previamente los momentos estáticos mecánicos, Mx y My : Mx = n A

(1)

(2)

(0) + A

My = 0

4 − (5 l) = −83,3 l 3 3π

(4.80a) (4.80b)


My =0 A Mx = −0,216 l AT

(4.81a) (4.81b)


El momento de inercia, Ix , de cada rectángulo se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) , mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner): 1 1 (1) = π (6 l)4 − π (5 l)4 + 0 Ix 4 4 # 2 % 2 1 4 4 (2) 4 (2) Ix = π (5 l) − A (5 l) + A(2) − (5 l) − yg 8 3π 3π El

(4.82a) (4.82b)


contribuciones de cada parte del despiece: (1)

(2)

Ix = n Ix + Ix = 5481,2 l 4 De forma equivalente para el momento de inercia mecánico, Iy : 1 1 (1) 4 4 = π (6 l) − π (5 l) + 0 Iy 4 4 1 (2) 4 Iy = π (5 l) 8 (1) (2) Iy = n Iy + Iy = 5515,5l 4

(4.83)

(4.84a) (4.84b) (4.84c)

•• 131

4.9 Problema 9


Finalmente, el momento polar de inercia mecánico, Io , se obtiene sumando Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 10996,7 l 4

(4.85)

4.9.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Al ser los ejes (xG , yG ) principales de inercia (Ixy = 0), los momentos principales de inercias coinciden con los valores calculados anteriormente: Imax = Iy = 5515,5 l 4

(4.86a)

4

(4.86b)

Imin = Ix = 5481,2 l


•• 132

Secciones mixtas


a)

b)


4.10.1.

Cálculo del a´ rea mecánica y del centro mecánico de la sección mixta

La sección mixta propuesta está formada por una sección semicircular (1) en hormigón de radio R(1) = 4l, reforzada con otro semic´ırculo (2) en acero de radio R(2) = l, como se muestra en la figura 4.20b. Las a´ reas, A(i) , correspondientes a cada parte del despiece son las siguientes: A(1) = A(2) =

1 π (4 l)2 2 1 2 πl 2

(4.87a) (4.87b)

El a´ rea mecánica, AT , de la sección mixta se calcula sumando las contribuciones del del despiece: AT = A(1) + (n − 1) A(2) = 39,27 l 2

(4.88a)

El a´ rea (2) se ha multiplicado por el factor, (n − 1), siendo, n, el coeficiente de equivalencia

mecánico acero-hormigón. Esto se debe a que es necesario restar al dominio (1) de hormigón

•• 133

4.10 Problema 10

el a´ rea (2) y después hay que volver a sumar el a´ rea (2) en acero. Por lo tanto esta operación es equivalente a multiplicar el a´ rea (2) por el el factor, (n − 1). En este problema he ha tomado

n = 10.

Para determinar el centro mecánico, se deben obtener previamente los momentos estáticos mecánicos, Mx y My : Mx =

A(1)

My = 0

4 4l = 48,67 l 3 (4 l) + (n − 1) A(2) 3π 3π

(4.89a) (4.89b)

La posición del centro mecánico, G (xg , yg ), se halla como (ver figura ??): xg = yg =

My =0 A Mx = 1,24 l AT

(4.90a) (4.90b)


El momento de inercia, Ix , de cada rectángulo se obtiene sumando dos términos: el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a unos ejes que pasan por su propio centroide, G(i) , mientras el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el centroide de la sección compuesta (teorema de los ejes paralelos o teorema de Steiner): 2 2 4 4 1 (1) 4 (1) (1) π (4 l) − A (4 l) + A (4 l) − yg Ix = 8 3π 3π 2 2 4l 4l 1 4 (2) (2) (2) Ix = π l −A +A − yg 8 3π 3π El

(4.91a) (4.91b)


contribuciones de cada parte del despiece: (1)

(2)

Ix = Ix + (n − 1) Ix = 43,7 l 4

(4.92)

De forma equivalente para el momento de inercia mecánico, Iy : (1)

Iy

(2)

Iy

Iy

1 π (4 l)4 8 1 4 = πl 8 (1) (2) = Iy + (n − 1) Iy = 104 l 4 =

(4.93a) (4.93b) (4.93c)

•• 134

Secciones mixtas

El producto de inercia mecánico es nulo, Ixy = 0, debido a la simetr´ıa de la sección respecto de los ejes (xG , yG ) que por lo tanto son ejes principales de inercia. Finalmente, el momento polar de inercia mecánico, Io , se obtiene sumando Ix e Iy : I0 = Ix + Iy = 147,7 l 4

(4.94)

4.10.3. Cálculo de los momentos principales de inercia Teniendo en cuenta que el producto de inercia de la sección es nulo, los ejes elegidos son tambien ejes principales de inercia, de tal manera que: Imax = Iy = 104 l 4

(4.95a)

Imin = Ix = 43,7 l 4

(4.95b)


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