Centro-de-gravedad-y-momentos-de-inercia

INGENIERÍA - ESTÁTICA

1. Universidad Nacional de I ngeniería
CENTRO DE GRAVEDAD
“Dadme un punto de apoyo y moveré el mundo”.
Arquímedes
Universidad Nacional de I ngeniería 5.1 FUERZAS DISTRIBUIDAS DE UN CUERPO – CENTRO DE GRAVEDAD
M
Y
Y
Z
X
M
X
Y
X
Y
X
ZZ
W
CG
dw
dm
Centro de Gravedad:CG(X, Y, Z)
Centro de gravedad:
Lugar geométrico donde se
considera concentrado el peso.
Se supone que la atracción ejercida
por la tierra sobre un sólido rígido,
puede representarse mediante una
fuerza únicaW, llamadapeso del
sólido, aplicada en el centro de
gravedad del sólido.
Siendo nuestro objetivo, determinar
las coordenadas delCG, es decir,
hallar el valor deX,YyZ

2. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 2
Universidad Nacional de I ngeniería
En rigor, la Tierra ejerce una fuerza sobre cada partícula que forma el sólido, por lo
tanto la acción sobre el sólido entero será la sumatoria de estaspequeñas fuerzas.
g :Gravedad terrestreW= mgdW= g dm
D:Densidad material (masa por unidad de volumen)
D= mdm =Dd v
v
dW= g dmdW= gDdv W=
vgDd v
Peso total
Universidad Nacional de I ngeniería
Para hallar las coordenadas delCG, podemos usar la premisa, de que el momento de la
fuerzaWrespecto a un eje (por ejemplo:XoY), debe ser igual a la sumatoria de los
momentos, respecto a ese mismo eje, de los correspondientes diferenciales de peso:
M
Y:W x=
vx dW x=
(x . dW)

vx g D d v

vg D d v
M
X:W y=
vy dW y=

vy g D d v

vg D d v Descargado por Softmar Design ([email protected])
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3. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 3
Universidad Nacional de I ngeniería
M
z:W z=
vz dW z=
Unidades : Longitud : m o cm.
= 90º ángulo de giro sobre el eje X, para así
calcular las coordenadas en Z.
También:M
Y: x W =xW

vz g D d v

vg D d v
Y
Z
X
dw
dm
Nota :
Universidad Nacional de I ngeniería
Centro de masa:(si g = constante)
Centro del volumen del sólido:(siD= constante)
[ centroide ]
Si el sólido es homogéneo,
el centro de gravedad
coincide con el centroide.
Centro de superficie:

vx D d v

vD d v
x=

vx d v

vd v
x=

Ax d A

Ad A
x=
Centro de línea:

Lx d L

Ld L
x=Descargado por Softmar Design ([email protected])
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4. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 4
Universidad Nacional de I ngeniería
5.2 MÉTODOS PARA DETERMINAR CENTROIDES
CG
CG
CG CG
I.- Por integración:Aplicamos la relación obtenida:x=

vx d v

vd v
II.- Por sumación:
XiVi
Vi
x=
III.- Por simetría:El centroide siempre estará situado en el eje de simetría de un
área. Si el área posee dos ejes de simetría, entonces elCG
estará situado en su intersección.
Universidad Nacional de I ngeniería
IV.- Centro de gravedad por una superficie generada por una línea:
Lugar geométrico del centro de
gravedad de la superficie generada.
SUPERFICIE
GENERADA
LÍNEA
GENERATRIZ
Y
Z
X
a a
L.G.
C.G.
(Línea)Descargado por Softmar Design ([email protected])
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5. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 5
Universidad Nacional de I ngeniería
V.- Mediante los teoremas de Pappus - Guldin:
Teorema Nº 01:
El área de la superficie generada por
una línea plana, que gira alrededor de
un eje (pero no lo corta) es igual a la
longitud de la línea generatriz
multiplicado por el arco de
circunferencia descrito por el centroide
de dicha línea.
CG
(Línea) Y
Z
X
dL
dA
LÍNEA
PLANA
L
X
= Ángulo de giro


X
Universidad Nacional de I ngeniería
De la figura, el diferencial del área,dA, puede quedar definido como:
dA= (x ) (d L) = Ángulo de giro (radianes)
Integrando :A =
L
xd L
Sabemos que :

L
x d L
L

L
x d L

L
d L
x = =
Entonces :A =(Lx)  A =Lx
Si= 2: A = 2Lx
x= Centroide de la línea
A= Área generadaDescargado por Softmar Design ([email protected])
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6. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 6
Universidad Nacional de I ngeniería
Teorema Nº 02:
El volumen del sólido de revolución
generado por una superficie plana que
gira alrededor de un eje (que no lo corta)
es igual al área de la superficie
generatriz multiplicado por el arco de
circunferencia descrita por el centroide
de dicha superficie.
Y
Z
X
dA
dV
CG
(Área)
X

A
ÁREA
PLANA
X
= Ángulo de giro
Universidad Nacional de I ngeniería
De la figura, el diferencial del volumen,dV, puede quedar definido como:
dV= (x ) (d A) = Ángulo de giro (radianes)
Integrando :V =
A
xd A
Sabemos que :

A
x d A
A

A
x d A

A
d A
x = =
Entonces :V =( Ax)  V = Ax
Si= 2: V = 2Ax
x= Centroide de la superficie plana
V= Volumen generadoDescargado por Softmar Design ([email protected])
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7. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 7
Universidad Nacional de I ngeniería
NOTA:
En el teorema N° 1, la curva generatriz no debe cortar el eje alrededor del cual
gira, ya que si lo hiciera, las dos secciones a cada lado del eje engendrarían
áreas de signos opuestos (los cuales al sumar algebraicamente se anularían) y
no se podría aplicar el teorema.
Caso similar para el teorema N° 2.
Universidad Nacional de I ngeniería
5.3 CENTROIDES DE ÁREAS MÁS COMUNES
2
bh
A
3
h
Y


4
r
A
3
4r
Y
3
4r
X
2






Triángulo: ¼ Círculo:
2
b
2
b
Y
h
CG
CG
x
Y
¼ Elipse: ½ Parábola:
4
ab
A
3
b 4
Y
3
a 4
X






Y
b
X
a
3
ah2
A
5
h 3
Y
8
a 3
X



Y
X
a
h
CG
CG
rDescargado por Softmar Design ([email protected])
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8. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 8
Universidad Nacional de I ngeniería
Sector circular:
¼ Circunferencia : Sector de circunferencia:
Forma general:
1 n
ah
A
h
2 4n
1 n
Y
a
2 n
1 n
X








2
rA
3
sen 2r
X




Y
X
a
h
X
r
CG
CG
CG
CG


Y
r
X
o
o
2
r
Longitud
r 2
Y

r 2
X






rLongitud
sen r
X




2
X
r


n
xKY
Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 1:
Calcular las coordenadas del centroide (centro de gravedad) del área
sombreada con respecto a los ejesXeY; así como el volumen del sólido
generado al girar dicha área alrededor del ejeXun ángulo de 2radianes.
Y
X
0
1
10
 2010,
110,
5.4 PROBLEMAS DE CÁLCULO DE CENTROIDESDescargado por Softmar Design ([email protected])
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9. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 9
Universidad Nacional de I ngeniería
Y
dx
X
0
1
10
 2010,
dy
110,
12YY
2
Y
1
Y
dA
dAX
A
A
X


 Como el área está definida por funciones, aplicaremos:
dA
dAY
A
A
Y



Universidad Nacional de I ngeniería
48,333Yd)
2
Y
10( Y Yd)
2
Y
10Y( Y AdY
145,552Xd)
10
X
X2( X AdX
24,814Xd)
10
X
X2(AXd)
10
X
X2(Xd)YY(Ad
2
20
1
2
1
0
10
0
12
10
0



Cálculos previos:
Reemplazando:
1,948
24,814
48,333
Y
5,866
24,814
145,552
X


Las coordenadas del centroide:(X,Y) = ( 5,87 , 1,95 )
Cálculo del volumen:Por el Teorema de Pappus
Y
X
CG
A Y
V = 2A Y = 2(24,814) (1,948) = 303,715 u
3Descargado por Softmar Design ([email protected])
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10. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 10
Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 2:
Determinar el centro de gravedad de la sección mostrada:
5 cm
15 cm
5 cm
5 cm
8 cm
38 cm
10 cm
20 cm
Universidad Nacional de I ngeniería
)15()10()8()10()38()(20
25,5)15()10(9)8()10(19)38()(20
A
AY
dA
YdA
Y
i
ii
A
A









Y = 18,70 cm
X = 0
x
x
x
Y
X
5 cm
15 cm
5 cm
5 cm
8 cm
38 cm
10 cm
20 cm
25.5
19
9Descargado por Softmar Design ([email protected])
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11. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 11
Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 3:
Determinar el CG de la línea formada.
X
Y
r
L
1
L
3
L
2
- r- 2r 2r
Universidad Nacional de I ngeniería
L
1=(2r)
L
2=r
L
3=r
L
T= L
1+ L
2+ L
3= 4r
X
Y
r
L
1
L
3
L
2
- r- 2r 2r







r
,
4
0







r
,
-2
-r







r
,
2
r
r
2
r4
2r2r8r
Y
222
ππ



332211TLXLXLXLX
r)((r)r)(r)(r)(20)(4rX ππππ 
0X
r)(
2r
r)(
2r
r)(2
4r
)(4rY π
π
π
π
π
π
π 











Descargado por Softmar Design ([email protected])
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12. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 12
Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 4:
Determinar el centro de gravedad de la línea.
X
Y
L
1
L
3
L
2
2aa 3a 4a0
Universidad Nacional de I ngeniería
L
1=(2a)
L
2=(a)
L
3=(1,5 a)
aY
a
a
a
a
a
a
aY
aX
aaaaaaaX
LXLXLXLX
T
39,0
)5,1(
3
)(
2
)2(
4
)5,4(
83,1
)5,1()5,1()(2)2(2)5,4(
332211



















L
T=(4,5 a)
























a
aCG
a
aCG
a
aCG
3
,5,1
2
,2
4
,2
3
2
1
X
Y
L
1
L
3
L
2
2aa 3a 4a0
CG
1
CG
2
CG
3Descargado por Softmar Design ([email protected])
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13. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 13
Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 5:
Hallar el centro de gravedad de la sección mostrada.
0Y:simetriadeejePor 
X
Y
0
1
0
e
r
R
2211T
AXAXAX 
eXrA
0XRA
2
2
2
1
2
1


π
π
)r(RA
22
T
 π
   )r(e)R(0rRX
2222
πππ 
22
2
rR
re
X



Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 6:
Del alambre delgado homogéneo, hallar la longitud“a”de la porción recta y su
ángulo“”para que el centroide de la figura completa esté situado en el origen.
a
r

o
X
Y
( o , r )
( o , -r )Descargado por Softmar Design ([email protected])
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14. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 14
Universidad Nacional de I ngeniería
CG
R= Centroide de la recta.
CG
c= Centroide de la circunferencia.
Y = 0
X = 0
L
LY
Y
L
LX
X:comoY






0YLYL
0XLXLLYLX0
RRCC
RRCC


Y
X
CG
C X
R
X
C
Y
R
CG
R
r

r,0
0
Por la condición del problema:
Universidad Nacional de I ngeniería
αsen
2
a
rY,αcos
2
a
X,aL
0Y,
r2
X,rL:Sabemos
RRR
CCC




a
r2
αsenra2αsena0)αsen
2
a
r(a)0(r
a
r4
αcosr4cosαa0)αcos
2
a
(a)
π
r2
(r
:doReemplazan
2
2
2
22


π
π
1αcosαsen:Como
22
 0r16)a(r4)(a1)
a
r2
()
a
r4
(
4222222
2
2

r2,544ar)522(
2
)r16()1(416r4r
a
0a
2
442
2




a
r2
αsen:Como  '38,25'51º49'51,83ºα0,78615
r2,544
r2
Descargado por Softmar Design ([email protected])
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15. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 15
Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 7:
Si el centroide de la región acotada por la parábolaY
2
= 4PXy la rectaX = a
es el foco de la parábola, encontrar el valor“a”.
X = a
Y
Xa
dx
Y
2
= 4 PX
p
Y
1
Y
2
a
b
Universidad Nacional de I ngeniería
P
dX)YY(
dX)YY(X
dA
XdA
X
21
a
0
21
a
0







Sabemos:
Por condición del problema:
( X , Y ) = ( P , 0 )
X = a
Y
Xa
dx
Y
2
= 4 PX
b
2
= 4pa
b
2
4P
p
Y
1
Y
2
a
b
a = Descargado por Softmar Design ([email protected])
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16. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 16
Universidad Nacional de I ngeniería
P
3
5
aPX 
Por condición del problema:
ba
5
4
xd)PX42(xAdx
ba
3
4
xd)PX4PX4(Ad
2a
0
a
0


a
5
3
ba
3
4
ba
5
4
X
2

Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 8:
DeterminarR(en metros), de manera que el centroide de la placa (figura
sombreada) se ubique en una línea vertical a 4,72 metros del bordeizquierdo.
4 m
10 m
R/2
2R
RDescargado por Softmar Design ([email protected])
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17. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 17
Universidad Nacional de I ngeniería
4 m
10 m
R/2
2R
R
Si trazamos los ejesXeYcomo
se muestra en la gráfica,
X
Y
Por el dato del problema,
4,72 m
eje del centroide
La coordenada deX = 4,72 m.
 
4,72
4
1
)R(
2
1
)2R(
2
R
)4()(10
R
3
4
10
4
1
)R(
3
1
2R
2
1
)2R(
2
R
5 )4()(10
x
x
2
2
i
i
i


A
A


























































π
π
π
metros 2,50R 
Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 9:
Determinar el volumen del sólido generado al girar el área de laregión acotada
por las dos curvasY = X
3
– 6X
2
+ 8Xy la regiónY = X
2
– 4X, alrededor del ejeY
un ángulo2radiales.
Y
X
Y = x
3
– 6x
2
+ 8x
(4, 0)
0
Y = x
2
– 4x
(3, 3)Descargado por Softmar Design ([email protected])
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18. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 18
Universidad Nacional de I ngeniería
Y
X
Y = x
3
– 6x
2
+ 8x
(4, 0)
0
Y = x
2
– 4x
(3, 3)


Universidad Nacional de I ngeniería
       xd8X6XX4XXxd4XX8X6XXAAA
2324
3
2233
021
 
6
71
12
7
4
45
A 
20
41
xd12X)7XX(XAdX
20
297
xd12X)7XX(XAdX
234
32
233
01


3,514
12
7
20
41
X1.32
4
45
20
297
X
21 
Primero determinaremos las coordenadas del centro de gravedadde las áreasA
1y
A
2de manera independiente, para luego hallar las del área solicitada “A”:Descargado por Softmar Design ([email protected])
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19. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 19
Universidad Nacional de I ngeniería
u1,428
6
71
12
7
3,514
4
45
1,32
AA
AXAX
X
21
2211

















Por lo tanto, la coordenadaXdel área totalA(= A
1+ A
2), será:
Con el valor de esa coordenadaX, mediante el Teorema de Pappus, calculamos el
volumen del sólido generado al girar el área totalA, alrededor del ejeYun ángulo2
radiales:
 
3
u106,1861,428
6
71
2XA2V 





 ππDescargado por Softmar Design ([email protected])
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20. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 1
Universidad Nacional de I ngeniería
MOMENTOS DE INERCIA
“El peor de todos los pasos es el primero.
Cuando estamos listos para una decisión importante,
todas las fuerzas se concentran para evitar que sigamos adelante.
Ya estamos acostumbrados a esto.
Es una vieja ley de la física: romper la inercia es difícil”.
Paulo Coelho
Universidad Nacional de I ngeniería
6.1MOMENTO DE SEGUNDO ORDEN O MOMENTOS DE INERCIA DE ÁREAS
La resistencia de los elementos estructurales (vigas, columnas, etc.) depende, en
gran medida, de las propiedades de su sección transversal.
P
h
1
b
1
c
X
X
Y
Y
P
P
X X
bh
h
b
P
X X
ba
CG CGDescargado por Softmar Design ([email protected])
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21. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 2
Universidad Nacional de I ngeniería
En vigas bajo condiciones de flexión, la mecánica de materiales demuestra que las
fuerzas internas en cualquier sección de la viga, son fuerzas distribuidas:
Y
X
X
Y
Y
Z
d F
M
dF=kYdA varían linealmente con la distancia “Y“ a un
ejex-xque pasa por el centro de gravedad
de la sección (eje neutro).
Universidad Nacional de I ngeniería
Por lo tanto, para diseñar un elemento estructural se requerirá del cálculo de los
segundos momentos de su área transversal (momentos de segundo orden); es decir,
será necesario determinar el “momento de inercia” de su sección transversal.
En rigor, no es correcto hablar de “momento de inercia de áreas”, ya que ese término
está relacionado con la masa y no con el área como se emplea en este capítulo, sin
embargo, en la ingeniería se toma esa licencia por la similitudde las integrales.
Entonces, la resultante de las diferenciales de fuerza“dF”, que actúan sobre toda la
sección, será:
R=∫dF=∫kYdA=k∫YdA a la integral,∫YdA, se le conoce como
momento de primer orden de la sección “A”
respecto al ejex-x.
La magnitud del momento en toda la sección“M”, será:
M=∫(Y) (dF)=∫kY
2
dA=k∫Y
2
dA a la integral,∫Y
2
dA, se le conoce como
momento de segundo orden de la sección
“A” respecto al ejex-x(I
x).Descargado por Softmar Design ([email protected])
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22. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 3
Universidad Nacional de I ngeniería
Momento de inercia de un área,
respecto a un eje en su plano, está
dado por el producto del área y el
cuadrado de la distancia entre el
elemento y el eje.
AdY I
2
A
x AdX I
2
A
y Adr I
2
A
o
Y
X
0
dA
Y
X
r
A
6.2 MOMENTOS DE INERCIA DE UN ÁREA POR INTEGRACIÓN
Universidad Nacional de I ngeniería
UNIDADES: L
2
. L
2
= L
4
 cm
4
, pulg
4
, m
4
como: r
2
= X
2
+ Y
2
  Ix Iy Ady A dxAd y xAdr Io
2
A
2
A
22
A
2
A 
 Io = Ix + Iy =Constante(Invariante)
Momento de inercia de una
superficie es siempre positivo.
( ± )
2
( + )
2
( + )Descargado por Softmar Design ([email protected])
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23. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 4
Universidad Nacional de I ngeniería
6.3 RADIO DE GIRO DE UN ÁREA
Y
X
0
A K
X = Radio de
giro
Área
equivalente
Si el área concentrada (equivalente)
tiene el mismo momento de inercia
respecto al ejeX, que el área
original, entonces la banda tendría
que estar colocada a una distancia
K
Xdel ejeX.
Concentramos el área“A”en una
banda paralela al ejeX.
Y Kx

A
xI
KxKAAdyIx
2
x
2
A


Universidad Nacional de I ngeniería
NOTA:
A
yI
Ky

De manera similar:
A
oI
Ko
22
yx
2
0
KKk 
 
Yk
Ykk Y kk
YA kAAk
YAxIIx
x
22
Xx
22
X
2
X
22
X
2
X
2




X
CG
Y
X
K
X A
A
K
X Descargado por Softmar Design ([email protected])
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24. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 5
Universidad Nacional de I ngeniería
6.4 TEOREMA DE STEINER O DE LOS EJES PARALELOS
I
Y= I
Y+ A a
2
I
X= I
X+ A b
2
I
o= I
o+ A r
2
X
Y
X
aY
0
r b
A
CG
dA
X
Y
Ejes centroidales
( Cualquier Eje // al Eje X)
( Cualquier Eje // al Eje Y)
Universidad Nacional de I ngeniería
Momento de inercia de un área respecto a un eje cualquiera, es igual al momento
de inercia respecto a un eje paralelo que pasa por el centro de gravedad, más el
producto del área por el cuadrado de la distancia entre los dos ejes.
I
X,I
y:Momentos de inercia respecto a los ejes del centro de
gravedad. (XeY).
I
X,I
Y:Momentos de inercia respecto a los ejesXeY.
Demostración:
como:
 

AdadAxaAdxAdaxy
AAA
2


22
2I


0xA2a AdxadAxa
AA 

22
I
Y 0 a
2
A
x = 0
Momento 1º orden
del área respecto al
mismo eje.Descargado por Softmar Design ([email protected])
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25. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 6
Universidad Nacional de I ngeniería
6.5 TEOREMA DE ÁREAS COMPUESTAS
I I xi
1
x
n

El momento de inercia de un área compuesta es la suma de los momentos de
inercia de los componentes que forman el total.
Si un área compuestaA, está formada por varios componentesA
1,A
2…el
momento de inercia deArespecto a un eje dado, se obtendrá sumando los
momentos de inercia de las áreasA
1,A
2…etc., respecto al mismo eje.
X
=
X
(3)
(1)
(2)=
I
x I(1)
x
I(2)
x
I(3)
x
++
X
(1)
X
(2)
X
(3)
3
1

Ii
x
Universidad Nacional de I ngeniería
Nota:
1. Momento de inercia de masas: Inercia del sistema, es la resistencia que el sistema (o
cuerpo) opone cuando se intenta ponerle en movimiento:
2. La determinación de los momentos de inercia es un requisitoprevio al análisis y
diseño de elementos estructurales.
3. El radio de giro de un área compuesta no es igual a la suma de los radios de giro de
las áreas componentes.
x
m
I= r
2
dm
x
x
x
r
K
m
K = Radio de giro
I= K
2
m K =
I
mDescargado por Softmar Design ([email protected])
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26. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 7
Universidad Nacional de I ngeniería
6.6 MOMENTOS DE INERCIA DE FORMAS GEOMÉTRICAS COMUNES
Rectángulo: Triángulo:

bh
bh
3
X
3
X
12
1
I
36
1
I


 

hbbh
hb
bh
hb
bh
22
0
3
Y
3
X
3
Y
3
X
12
1
I
3
1
I
3
1
I
12
1
I
12
1
I





X
b
CG
Y
h
X
Y
0
b
CG Xh
X
h
3
Universidad Nacional de I ngeniería
Círculo: Semicírculo:
4
YX
4
1
II r
4
2
1
rI
0 
4
YX
8
1
II r
4
0
4
1
I r
CG
X
Y
0
r CG
X
Y
0
r
Cuadrante: Elipse:
4
YX
16
1
II r
4
0
8
1
I r
3
X
4
1
I ab
ba
3
Y
4
1
I 
 
22
0
4
1
I baab
CG
X
Y
0
r
CG
X
Y
a
bDescargado por Softmar Design ([email protected])
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27. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 8
Universidad Nacional de I ngeniería
6.7 PRODUCTO DE INERCIA DE ÁREAS

I yxx y dydxAdxy
AA

UNIDADES =L
4
:m
4
, cm
4
, pulg
4
( Puede ser + , cero , - )
X
Y
0
A
dA
dy
dx
Y
X
Teorema: El producto de inercia de una superficie es nulo si uno de los ejes es de simetría.
 
0yx
yxyxyx
Ad
A


I
I
X
Y
0
dA
- X
dA
X
Y
Eje de simetría
Universidad Nacional de I ngeniería
TEOREMA DE STEINER O DE LOS EJES PARALELOS
PARA PRODUCTO DE INERCIA:
baAxyIxyI 
 
AabxyIxyI
xyI




AdabAdxbAdyaAdyx
Ad)by(ax
AAAA
A
I xy 0 0 ab A
X
Y
X
a
Y
0
b
CG
dAX
Y
TEOREMA DE ÁREAS COMPUESTAS:
xyIxyI
1
i
n

ADescargado por Softmar Design ([email protected])
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28. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 9
Universidad Nacional de I ngeniería 6.8 MOMENTOS DE INERCIA RESPECTO A EJES INCLINADOS
AdYX
AdX
AdY
AXY
AY
AX



I
I
I
2
2
I
x1 , I
y1 , I
x1y1
Datos:
Incógnitas:
Sabemos: X
1= X cos + Y sen 
Y
1= Y cos - X sen 
sen
2
= 1 – cos 2 
cos
2
= 1 + cos 2 
2
2
X
X
1
Y
0
X
1
dA
Y
1
Y
1
Y
X
A


90º + 
OA = OC + CA
A
C
Universidad Nacional de I ngeniería
Ix
1y
1=
Ax
1y
1d A =
A( x cos+ y sen) ( y cos- x sen) d A
Ix
1y
1= cos
2
 
Ax y d A + sencos 
Ay
2
d A - sencos 
Ax
2
d A – sen
2
 
Ax y d A
Ix
1=
Ay
1
2
d A =
A( y cos- x sen)
2
d A
Ix
1=
Ay
2
cos
2
d A +
Ax
2
sen
2
d A -
A2xy sencosd A
Ix
1=Ix cos
2
-Ixy sen 2+Iy sen
2








2sen
2
y I - x I
2 cos xy Iy xI
2sen xy I2
2
y I - x I
2
y I x I
y I
2sen xy I2
2
y I - x I
2
y I x I
xI
11
1
1
cos
cos
Nota:I
0=Ix+Iy=Ix1+Iy1=CONSTANTEDescargado por Softmar Design ([email protected])
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29. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 10
Universidad Nacional de I ngeniería 6.9 EJES PRINCIPALES Y MOMENTOS PRINCIPALES DE INERCIA
Orientación de los ejes para un momento de inercia máximo
e)(InvariantCTE
111111
YXYXYX0 IIIIIII
máx.








2I2
II
0I cos2sen2
2d
d
XY
YX
X
1
YX
XY
Ptag
II
I2-
2


Los momentos de inercia con respecto a dichos ejes resultan ser un máximo y
un mínimo, se denominan momentos principales de inercia.
Un par de ejes rectangulares respecto a los cuales el producto de inercia de la
superficie es nulo.
 mín.
Universidad Nacional de I ngeniería

p=Principal
 
Determina la orientación de los ejes
principales (son rectangulares).
p> 0º p< 0º
Y
P
X
P
Y
P
X
P
p
p

p
90º +
p
2
180º + 2Descargado por Softmar Design ([email protected])
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30. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 11
Universidad Nacional de I ngeniería
NOTA:En los ejes principales, el producto de inercia de la superficie es nulo.
0I
I-
2
II
2
II
II
II
2I2
Y
Y





















PP
PP
X
XYYXYX
XYX
YX
P
XY
P
2cos-sen
2
Iy-Ix
- Ixy
2 p
como:
2I2 XY
P
-tag
II
YX
y:  2sen
2
y I - x I
2 cos xy Iy xI
11 
entonces:
Universidad Nacional de I ngeniería
MOMENTOS PRINCIPALES DE INERCIA:
0I
I
2
II
2
II
I
I
2
II
2
II
I
2
2
2
2



















PP
P
P
YX
XY
YXYX
Y
XY
YXYX
X = Imáx
= Imín
Reemplazando2
Pen las ecuaciones genéricas:Descargado por Softmar Design ([email protected])
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31. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 12
Universidad Nacional de I ngeniería
6.10 EJES PARA UN PRODUCTO DE INERCIA MÁXIMO
0
θ
11YX
I
d
d
(si m . m
1
= -1 , forman 90º)
XY
YX
m
θ2tag
I2
II

2 
P^2 
m forman 90º 
Py
m forman 45º Y
P
X
P
X
m
X
máx
2
2
I
2
II
I
XY
YX
YX
mm







mín
2
YX
X
m
II
I


2
PP
mm
YX
YX
II
I


Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 1:
Determinar el momento de inercia del área mostrada con respecto alejeX.
X
Y
X
b
CG
h
Y
6.11 PROBLEMAS DE CÁLCULO DE MOMENTOS DE INERCIADescargado por Softmar Design ([email protected])
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32. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 13
Universidad Nacional de I ngeniería
AdY
2
AX I
X
Y
X
dy
b
CG
y
h
Y
3
hb
3
XI
dybAd
ydbY
2
X
h
0I
3
hb
3
Y
b
3
h
0
3








2
dA : como
XX
II
2
dA
XX
 II
2
3
2
h
bh
3
hb







12
hb
3
X
I
Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 2:
Determinar el momento de inercia de la sección mostrada con respecto al eje
horizontal que pasa por su centro de gravedad.
X
4 cm
10 cm
4 cm 6 cm6 cm
Y
CGDescargado por Softmar Design ([email protected])
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33. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 14
Universidad Nacional de I ngeniería
Dividimos la sección“T”en tres
componentes.
cm4,7
(4)(6)(4)(14)(4)(6)
2(4)(6)7(4)(14)2(4)(6)
Y 



X
4 cm
10 cm
4 cm 6 cm6 cm
X
d
(1) (3)
(2)
Y
CG
Y
Calculamos el centro de gravedad con
respecto al ejeX:
(3)(2)(1)
xxxxx
:tenemos IIIII 
i
4333
cm915 3(4)(6)
3
1
(14)(4)
3
1
(4)(6)
3
1
x
I
Universidad Nacional de I ngeniería
Por el teorema de
Steiner:
I
X=I
X+ Ad
2
I
X= 3 915 – 104 (4,7)
2
= 1 617,6 cm
4
I
X=I
X– Ad
2
Si se desea calcular el momento de inercia con respecto al ejeX
1= ??
X
X
1
4 cm
10 cm
4 cm 6 cm6 cm
Y
1
d
1
d
Y
CG
pasamos deXaX
1:
I
X
1
=I
X+Ad
1
2
I
X
1
= 1 617,6 + 104 (14 – 4,7)
2
= 10 612 cm
4Descargado por Softmar Design ([email protected])
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34. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 15
Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 3:
Determinar el producto de inercia del rectángulo con respecto a los ejesX
1Y
1,
y el momento de inercia con respecto del ejeX
1.
?I?I
1

1
XY
1
X
X
1
Y
1
b = 1,60 m
a = 4 m
Universidad Nacional de I ngeniería
Trazamos los ejesXeY
4
2222
4
33
4
33
24,10
4
)6,1()4(
4
I
133,34
3
)6,1()4(
3
I
461,5
3
)6,1()4(
3
I
m
ba
m
ba
m
ab



XY
Y
x
:Sabemos

X
Y
X
1
Y
1

b = 1,60 m
a = 4 m
como: tag= = 21º 48’ 5,07’’
00,4
60,1Descargado por Softmar Design ([email protected])
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35. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 16
Universidad Nacional de I ngeniería
2
2
II
2cosII
11
senquesabemos
YX
XYYX



 :I
11
YXdeCálculo
4
m 2,478-(0,690)(-14,336)(0,724)(10,240)I
11

YX
:I
1
XdeCálculo
2I2cos
2
II
2
II
I
1
sen
XY
YXYX
X





4
m 2,352(0,690)(10,240)(0,724)(-14,336)(19,797)I
1

X
4
4
m2,352 I
m 2,478 -I
:respuestas Las
1
11



X
YX
Universidad Nacional de I ngeniería
PROBLEMA 4:
Determinar la orientación de los ejes principales centroidales yI
XP,I
YPde
la sección mostrada.
I
X= 1 050 cm
4
I
Y= 210 cm
4
I
XY= 360 cm
4
Datos: 0
X
YDescargado por Softmar Design ([email protected])
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36. ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera 17
Universidad Nacional de I ngeniería
I
X= 1 050 cm
4
I
Y= 210 cm
4
I
XY= 360 cm
4
2 I 2 (360)
: 2 0, 8571
I I 1050 210
X Y
P
X Y
Aplicamos la fórmula Tag
  
   
 
Datos: 0CG
X
Y

P
X
P (máx)
Y
P (min)
''33,2'18º20º60,402
PP
 
Universidad Nacional de I ngeniería
 
2
2
I
2
II
2
II
I
XY
YXYX
XP 








  17,1183360
2
210050 1
2
210050 1
I
42
2
cm
XP 




 


 = Imáx.
 
2
2
I
2
II
2
II
I
XY
YXYX
YP 








  83,76360
2
210050 1
2
210050 1
I
42
2
cm
YP 




 


 = Imín.
I
o= I
X+ I
Y= I
X
P
+ I
Y
P
= 1 050 + 210 = 1 183,17 + 76,83 = 1 260 cm
4
NOTA:

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