unidad nº 06 - geometría de las masas

Universidad Tecnológica Nacional – Unidad Académica Concordia Estabilidad Ingeniería Eléctrica. Año 2001

Docentes: Ing. Alejandro C. Garcia – Ing. Juan de Dios Mac Dougall Página 1 de 21

CÁTEDRA: ESTABILIDAD CARRERA: INGENIERÍA ELÉCTRICA – 2º AÑO PARTE I: ESTÁTICA. UNIDAD Nº 6: GEOMETRÍA DE LAS MASAS.

• CENTRO DE MASA. CENTRO DE VOLUMEN. CENTRO DE GRAVEDAD. BARICENTRO DE

LÍNEAS Y SUPERFICIES. SIMETRÍA. TEOREMA DE PAPPUS (GULDIN).

• MOMENTOS DE SEGUNDO ORDEN DE SUPERFICIES. MOMENTO CENTRÍFUGO Y

MOMENTO DE INERCIA AXIAL Y POLAR. TEOREMA DE STEINER. EJES PRINCIPALES DE

INERCIA. RADIO DE GIRO.

2001 – Transcripción a cargo del alumno de Ingeniería Civil: Pasqualin, Leandro.



Centro de masas.

Sea un conjunto de puntos A1, A2, A3, ...., Ai, cuyas coordenadas genéricas con respecto a una terna x, y, z son xi, yi, zi.

Supongamos que cada punto posea una masa mi. Al conjunto de puntos materiales Ai de masa mi lo denominaremos conjunto discreto de masas.

Definimos como momento estático o de primer orden de la masa mi respecto del plano xy, el producto de la masa mi por su distancia zi al mismo, es decir: Análogamente, los momentos estáticos de la masa mi respecto de los planos yz y zx tendrán las expresiones siguientes: Se define como centro de masa del conjunto discreto: a un punto material G, cuya masa es igual a la suma de las masas que componen el sistema, y cuyo momento estático respecto de cada uno de los tres planos xy, xz y zy es igual a la suma de los momentos estáticos respecto de dichos planos, de las masas componentes del sistema. Donde xG, yG, zG son las coordenadas respecto de los tres planos xy, xz e yz del centro de masas G, y M la masa total del sistema. Expresiones de la posición del centro de masas de un conjunto discreto: Si todas las masas son coplanares, estando ubicados los puntos materiales sobre el plano zy por ejemplo, analizando las expresiones anteriores, por ser nulas todas las coordenadas xi, se anulan los términos que las contengan, resultando como expresiones que definen en este caso el centro de masas las siguientes: Los productos mi x zi y mi x yi se definen como momentos estáticos o de primer orden de la masa mi respecto de los ejes ‘y’ y ‘z’ respectivamente.

iixyi zmS =

iiyzi xmS = ii

zxi ymS =

∑=n

1imM ∑=

n

1iiG xm xM ∑=

n

1iiG ymy M ∑=

n

1iiG zmz M

∑

∑=

n

1i

n

1ii

G

m

xm

x

∑

∑=

n

1i

n

1ii

G

m

ym

y

∑=n

1iiG zmz M∑=

n

1imM ∑=

n

1iiG ymy M

∑

∑=

n

1i

n

1ii

G

m

zm

z



Las coordenadas del centro de masas serán: Conjuntos continuos de masas. Baricentro. Si consideramos los cuerpos materiales como conjuntos continuos de masas elementales distribuidas en el volumen de los mismos, el concepto de centro de masas adquiere capital importancia. En este caso las masas mi, que suponíamos aplicadas en puntos materiales Ai, se transforman en elementos diferenciales de masa, dm, distribuidas en el volumen del cuerpo considerado, transformándose las expresiones generales que definían las coordenadas del centro de masas, en las siguientes: Que corresponden a las coordenadas del centro de masas de un conjunto continuo. Si un cuerpo material tiene un volumen V y su densidad es γ, variable de punto a punto, la masa aplicada en cada uno de ellos será: dm = γ dV La masa total del cuerpo tendrá por expresión: Transformándose las expresiones: En: Cuando la densidad sea constante a través de todo el volumen, γ desaparece de las expresiones anteriores, en tal caso definen el punto G como centro de volumen, coincidente entonces con el centro de masa. Considerando ahora los pesos de cada una de las masas elementales, tendremos un sistema de infinitas fuerzas paralelas de dirección vertical, de intensidades dP = g dm, siendo g la aceleración de la gravedad. La resultante de dicho sistema de fuerzas paralelas, que constituye el peso del cuerpo pasará por el centro de gravedad, coincidente con el centro de masas del sistema y que, a la vez, es el centro del sistema de fuerzas paralelas. Al centro de gravedad se lo designa también como baricentro del sistema de masas, denominación que se extiende a los centros de masas, de superficies y volúmenes, aunque impropiamente.

∑

∑=

n

1i

n

1ii

G

m

ymy

∑

∑=

n

1i

n

1ii

G

m

zmz

∫∫=

dm

xdmx G

∫∫=

dm

ydmyG

∫∫=

dm

zdmzG

∫ ∫==V V

γdVdmM

∫∫=

dm

xdmx G

∫∫=

dm

ydmyG

∫∫=

dm

zdmzG

∫∫=

V

VG dV γ

dV x γx

∫∫=

V

VG dV γ

dV y γy

∫∫=

V

VG dV γ

dV γzz



Baricentro de líneas y superficies. Baricentro de una poligonal regular.

Sea la poligonal regular de cuatro lados A-B-C-D-E, de la que se pide hallar el baricentro. Como la línea admite un eje de simetría, el baricentro debe pertenecer al mismo. Hagamos coincidir con dicho eje de simetría el semieje positivo z de un par de ejes coordenados, cuyo origen O coincida con el centro de la circunferencia de radio r, inscripta en la poligonal. Por el punto en que dicha circunferencia corta al eje z (punto N), tracemos una normal y llevemos sobre ésta, y a partir de N, un segmento igual al semidesarrollo de la poligonal, cuyo extremo determina el punto N”.

Unamos N”con O y por el extremo E de la poligonal tracemos una paralela a z, la que, en su intersección con N”O, determina un punto E’. Proyectando ahora E’ sobre el eje z, dicha proyección es el punto G, baricentro de la poligonal.

Consideremos el lado BC de la poligonal. Su baricentro, por razones de simetría, será el punto M, punto medio de BC. Análogamente, los baricentros de los restantes lados de la poligonal se encontrarán en los puntos medios de los mismos. Como el baricentro G de la poligonal se encuentra sobre el eje z, para definirlo bastará conocer su abscisa z. Para hallarla planteamos una ecuación de momentos del sistema de masas respecto del eje y, cuya expresión será: De la figura tenemos, para el lado BC: En consecuencia: Pero: por razonamientos análogos para los restantes lados de la poligonal, y considerando que: r = NO llegamos a:

∑=4

1iiG zmz M

NO AEzm4

1ii =∑

iii

i

cosrcosMOz

BCm

α=α==

iii cosBCrzm α=

'N'BC''BcosBC i ==α



Además, la masa total M que aparece en: Es, en este caso igual a la longitud del desarrollo de la poligonal, que llamaremos S. En consecuencia, reemplazando valores en la ecuación: Se obtiene: De donde: Volviendo a la construcción, en los triángulos semejantes NON” y GOE’ se tiene: Pero por construcción: Además: Luego reemplazando en: y despejando zG resulta: Expresión idéntica a: que justifica la construcción empleada. Baricentro de un arco de circunferencia. Sea el arco de circunferencia AMB, de radio r y ángulo central 2α0.

∑=4

1iiG zmz M

∑=4

1iiG zmz M

S

NO AEzG =

GO

NO

GE'

NN" =

GO

NO

GE'

NN" =

S

NO AE

S2

1

NO AE2

l

zG ==

S

NOAEz G

×=

NO AEz S G =

AE2

1E'NGE' ; S

2

1''NN ===

GzGO =



Haciendo coincidir el semieje positivo z de un par de ejes coordenados de origen O con el eje de simetría del arco, el baricentro de éste se encontrará sobre dicho semieje. Trazando por M una normal a z y llevando sobre la B el semidesarrollo del arco, obtenemos un punto M”. Uniendo O con M” y trazando por el extremo B del arco una paralela al eje z, su intersección con OM” determina un punto B’, que proyectado sobre el eje z define el punto G, baricentro del arco.

Para definir analíticamente la posición del baricentro, nos basta solo fijar su coordenada zG, por cuanto sabemos que, por razones de simetría, el mismo debe encontrarse sobre el eje z.

La expresión de la abscisa zG es: Donde dS es un elemento de arco, z su abscisa y S la longitud total del arco de circunferencia. Llamando dα al ángulo al centro del elemento de arco, se tiene: Y: Reemplazando las ecuaciones: En la ecuación: Resulta: Pero: z = r cos α Luego:

S

dS zzG

∫=

0

α

00 2rαrdα2S ∫ ==

0

α

00 2rαrdα2Sy rddS ∫ ==α=

S

dS zzG

∫=

0G

αr 2

dα zr 2z ∫=

0

2

Gαr 2

dα cos2rz ∫=

α

α= rddS



E integrando el numerador: En los triángulos semejantes MM”O y GB’O tenemos: Pero por construcción: Además: Luego reemplazando en la ecuación: Se llega a: De donde: Expresión idéntica a: que justifica la construcción gráfica utilizada. Determinación de baricentros de superficies. Baricentro de la superficie del triangulo.

Consideremos en el triangulo una faja de espesor infinitésimo, paralela a una de las bases, la AB, por ejemplo. La superficie de dicha faja podemos suponerla concentrada a lo largo de su línea media, es decir, admitir una línea pesada, cuyo baricentro Gi se encontrará ubicado en el punto medio de su longitud.

Repitiendo el razonamiento para una sucesión de infinitas fajas paralelas a la anterior, el conjunto de sus baricentros constituirán el lugar geométrico de puntos equidistantes de los lados AC y AB del triangulo; es decir, la mediana CC’.

0

0

0

02

Gα

αsen r

αr 2

αsen r 2z ==

GO

MO

GB'

MM" =

GO

MO

GB'

MM" =

G0 z

r

senαr

S2

1

=

0

002

Gα

αsen r

S

senαr 2z ==

0

0

0

02

Gα

αsen r

αr 2

αsen r 2z ==

S2

1''MM =

0senr BM'GB'y rMO α===



Sobre dicha mediana podemos imaginar distribuida el área de la superficie del triangulo, cuyo baricentro será, en consecuencia, un punto de la misma. Repitiendo el razonamiento para una sucesión de fajas de espesor infinitésimo paralelas a los restantes lados del triangulo, llegamos a la conclusión de que el baricentro del mismo debe encontrarse también sobre las dos restantes medianas. En consecuencia, el baricentro buscado se hallará en la intersección de las medianas. Interesa conocer a qué distancia de la base se encuentra ubicado el baricentro del triangulo.

Consideremos en la figura, un par de ejes coordenados cuyo origen haremos coincidir con uno de los vértices, disponiendo del eje z paralela a la base opuesta. Supongamos una faja de espesor dy y ancho by, ubicada a una distancia y del vértice. Dicha faja puede, asimilarse a un rectángulo de superficie:

La distancia del baricentro de la figura al eje z resulta definida por la expresión: Por semejanza de triángulos, se tiene que: De donde: Reemplazando en: Resulta: Para el triángulo F = ½ bh, por lo que, reemplazando en la ecuación anterior y despejando y’G, resulta finalmente: El baricentro de la superficie de un triángulo se encuentra ubicado a 2/3 de la altura, medidos desde un vértice, o bien, a 1/3 de dicha distancia, medida a partir de la base considerada.

∫ ∫== h

0

h

0 yG dyy bdFy y' F

h

y bby =

∫∫ == h

0

22h

0 y 3

bhdyy

h

bdyy b

∫ ∫== h

0

h

0 yG dyy bdFy y' F

3

bhy' F

2

G =

h3

2y'G =

dybFd y=



Teorema de Pappus. Se refieren al área lateral y volumen de sólidos de revolución. Primer teorema de Pappus: El área de la superficie engendrada por una línea plana que gira alrededor de un eje coplanar sin cortarlo, es igual al producto de la longitud de la línea por la longitud del arco descrito por su baricentro.

Consideremos una línea AB ubicada en el plano xz, que gira alrededor del eje z un cierto ángulo α, generando una superficie. Sea dS un elemento infinitésimo de la longitud de la línea y x su distancia al eje z.

Al girar la línea, el elemento dS generará una superficie elemental, cuya área será igual al producto de dS por la longitud del arco recorrido, es decir:

dF = α x dS

La superficie total generada por la línea al girar del ángulo α, será igual a la suma de las superficies elementales generadas por los infinitos elementos de línea dS, es decir: Siendo α constante puede salir fuera de la integral. Por otra parte ∫ x dS representa la suma de los momentos estáticos respecto del eje z de los infinitos elementos dS, suma que, conforme con la definición de baricentro, será igual al producto de la longitud S de la línea por la distancia xG de su baricentro al eje z. En consecuencia, podemos escribir: Pero α xG corresponde al arco recorrido por el baricentro de la línea, arco que llamaremos sG. En consecuencia, resulta: Segundo teorema de Pappus: El volumen engendrado por una superficie que gira alrededor de un eje de su plano, sin cortarlo, es igual al producto del área de la superficie por la longitud del arco descrito por su baricentro. Consideremos una superficie F contenida en el plano xz, que gira alrededor del eje z un cierto ángulo α. Un elemento dF de la misma, al girar, engendrará un volumen elemental dV = α x dF, siendo α el ángulo girado y x la distancia del elemento de superficie al eje de rotación z. Al girar la superficie, los infinitos elementos dF, de la misma engendrarán un volumen cuya expresión será:

∫α= dS x F

∫ α=α= Sx dS xF G

SsF G=



∫ x dF: suma de los momentos estáticos de los elementos de superficie respecto del eje z, suma que, de acuerdo con la definición de baricentro, es igual al momento estático de la superficie total respecto del mismo eje, es decir:

xG: distancia al eje z del baricentro G de la superficie y F el área de ésta última.

Luego, reemplazando en la ecuación: Resulta: Pero α xG es la longitud del arco o recorrido por el baricentro G, longitud que llamaremos sG, teniéndose finalmente: Características geométricas de las secciones o de las superficies planas. Momentos de primer orden de superficies. En capítulos anteriores, hemos visto el momento estático de una fuerza o sistema de fuerzas respecto a un punto o respecto a una eje que pasa por ese punto. Como caso particular se estudia el momento estático o de primer orden de superficies de figuras planas respecto a una eje dado del mismo plano. Momento estático de una superficie.

Sea F la superficie plana de la figura y sea z la distancia del área elemental dF con respecto a una eje cualquiera y de su plano.

Integrando a lo largo de toda la superficie:

momento estático de la superficie F, respecto al eje y.

Análogamente:

momento estático de la superficie F, respecto al eje z.

zdFdSy =

∫ ∫==F F

yy zdFdSS

∫ ∫==F F

zz ydFdSS

∫ ∫ ∫α=α== dFx dF x dVV

∫ = FxdF x G

∫ = FxdF x G

Fx V Gα=

FsV G=



Son momentos de primer orden de una superficie con respecto a un eje los que se miden en unidades de longitud elevadas a la tercera potencia [L3] generalmente [cm3]. Estos momentos pueden ser positivos, negativos o nulos. De la definición de baricentro se tiene: Definición: Momento estático S de una superficie plana respecto a una eje y de ese mismo plano se define como el producto del área de la superficie por la distancia dG entre su centro de gravedad y el mencionado eje. Ejes centrales: Se deduce que cuando los ejes y y z son ejes baricentricos (dG = 0 ) los momentos estáticos son nulos. Momentos de segundo orden de superficies.

Sea la superficie de la figura, y dos ejes cualesquiera z, y de su plano. Consideremos un elemento dF de superficie, cuyas distancias a los ejes indicados sean z é y.

Se define como momento de segundo orden del elemento de superficie respecto del par de ejes z, y, al producto del área de la superficie elemental por las distancias a ambos ejes.

dJzy = z y dF

F

Sz ;

F

Sy

dzdydFF

dzdy

zdzdy

dF

zdF

z

dzdy

ydzdy

dF

ydF

y

yG

zG

F

F

FG

F

FG

==⇒

==

==

==

∫∫∫

∫∫∫∫

∫

∫

∫∫∫∫

∫

∫

GFdS=

0Sz

0Sy

G

G

==



Integrando esta expresión sobre toda la superficie, tendremos un momento de segundo orden de la superficie respecto de los ejes considerados: Denominado corrientemente momento centrífugo de la superficie. El momento centrífugo puede ser positivo, negativo o nulo.

Supongamos que en la figura (a), hacemos girar el eje y alrededor de O hasta superponerlo con el eje z, como muestra la figura.

La distancia z del elemento dF al eje y coincidirá con la distancia y al eje z, por cuanto ambos ejes son coincidentes y, en consecuencia la expresión:

Se transforma en: Que define el momento de inercia de la superficie respecto del eje z. Es decir que el momento de inercia de una superficie respecto de un eje cualquiera de su plano es igual a la integral del producto del elemento diferencial de superficie por el cuadrado de su distancia al eje. El momento de inercia es siempre positivo. Momento de inercia polar. Consideremos en la figura (b) un punto O y sea ρ la distancia al mismo del elemento dF de superficie. Se denomina momento de inercia polar del elemento dF respecto del punto O, al producto de dF por el cuadrado de la distancia ρ, es decir: dJP = ρ2 dF La integral de esta expresión nos dará el momento de inercia polar de la superficie respecto del punto O: Si los ejes y, z son ortogonales; la distancia polar ρ, será:

∫=Fzy dFy zJ

∫=Fzy zydFJ

∫=F

2z dFyJ

∫=F

2P dFρJ

)L( 4

)L( 4

222 zy +=ρ



Entonces: Por lo tanto: El momento de inercia polar, respecto a un polo O arbitrario, es igual a la suma de los momentos de inercia respecto a dos ejes ortogonales que pasen por dicho polo. El momento de inercia polar siempre es positivo. Todos los momentos de superficies de segundo orden (centrífugo, de inercia y polar) tienen unidades de longitud elevadas a la cuarta potencia (m4, cm4). Radio de Giro. Establezcamos el cociente entre el momento de inercia de una superficie y el área de la misma. Estando medida la primera magnitud en cm4, y la segunda en cm2, el cociente entre ambas resultará medido en cm2. Es decir, será una magnitud que podremos interpretar como el cuadrado de una cierta longitud, que llamaremos radio de giro de la superficie respecto del eje considerado, es decir: De donde: Despejando el valor del momento de inercia de la ecuación: Tenemos: Es decir, que el momento de inercia de una superficie, respecto de un eje puede concebirse como el producto de su área, supuesta concentrada en un cierto punto ubicado a una distancia del eje igual al correspondiente radio de giro, por el cuadrado de dicha distancia. Podemos decir entonces que es la distancia respecto a un eje, a la que habría que concentrar el área, para que el momento de inercia de dicha área, con respecto a ese eje, no varíe. Momentos de segundo orden de superficies con respecto a ejes paralelos.

F

Ji 2 =

[ ]L

F

Ji ;

F

Ji

F

Ji ;

F

Ji

F

Ji

pp

zyzy

zz

yy

==

==⇒=

F

Ji 2 =

∫ ∫ ∫∫ +=+=ρ=F F F

2222

F

2p dFzdFydF)zy(dFJ

zyp JJJ +=

2iFJ =



Sea la superficie referida a un par de ejes ortogonales z, y, de origen O, y consideremos otro par de ejes zG, yG, paralelos a los anteriores y cuyo origen coincida con el baricentro G de la superficie.

Llamemos a y b las distancias que separan respectivamente a los ejes zG e yG.

Llamando z e y las coordenadas de un elemento de superficie dF respecto de los ejes z, y, el momento centrífugo de la superficie respecto de este par de ejes tendrá por expresión: Jzy = ∫ zy dF Pero de la figura se tiene: Multiplicando entre sí ambas expresiones resulta: zy = yG zG + a b + a yG +b zG Introduciendo la expresión de zy dada por la expresión anterior, en la expresión: Jzy = ∫ zy dF y separando integrales se llega a: Jzy = ∫ zG yG dF + a b ∫ dF + a ∫ yG dF + b ∫ zG dF Pero: ∫ zG yG dF = JzG yG ; ∫ dF = F; ∫ yG dF = 0 y ∫ zG dF = 0 por representar las dos ultimas integrales el momento estático de la superficie respecto de ejes baricentricos. Reemplazando en la ecuación: Jzy = ∫ zG yG dF + a b ∫ dF + a ∫ yG dF + b ∫ zG dF Llegamos a : Jzy = J zG yG + F a b Es decir que el momento centrífugo (o en general el momento de segundo orden) de una superficie respecto de un par de ejes cualesquiera, es igual al momento centrífugo respecto de un par de ejes

GG zaz ; yby +=+=



baricentricos, paralelos a los anteriores mas el producto del área de la superficie por las distancias que separan a los ejes. Cuando los pares de ejes son coincidentes, el momento centrífugo se transforma en el momento de inercia, y la expresión: Jzy = JzG yG + F a b Toma la forma genérica: Donde: J es el momento de inercia respecto de un eje cualquiera, JG el correspondiente a un eje baricentrico paralelo al anterior y d la distancia que separa ambos ejes. Teorema de Steiner Enunciado:“El momento de inercia de una superficie respecto de un eje cualquiera de su plano, es igual al momento de inercia de la misma respecto de un eje baricéntrico paralelo al anterior mas el producto del área de la superficie por el cuadrado de la distancia que separa ambos ejes.” Momentos de inercia de segundo orden con respecto a ejes rotados.

Sea: Jz > Jy

Relación entre coordenadas: Reemplazando en las ecuaciones anteriores, se obtienen las siguientes relaciones de transformación: Siendo: Por lo que la suma de los momentos de inercia, respecto a dos ejes ortogonales arbitrarios es constante al girar este par de ejes. Para hallar las condiciones de Mmáx y Mmín al variar α, debemos derivar e igualar a cero:

senα zcosαy y

senαy cosα zz

1

1

−=+=

αcosJ2

αsen)J-(JJ

cosα senα2JαcosJαsenJJ

cosα senα2J-αsenJαcosJJ

2zy

2

yzyz

zy2

y2

zy

zy2

y2

zz

11

1

1

+=

++=

+=

.cteJJJJJ11 yzyzp =+=+=

0.d

dJ1z =

α

Esteiner de TeoremaFdJJ 2G →+=



De donde obtenemos: Ejes principales de inercia. Se denominan ejes principales de inercia el par de ejes conjugados ortogonales. Para dicho par de ejes, los momentos de inercia alcanzan valores máximos y mínimos respectivamente. Las ecuaciones J1 y J2 corresponden a los valores de los momentos principales de inercia. Propiedades de los ejes principales de inercia. 1) Los dos ejes principales de inercia (1 y 2) siempre son ortogonales entre sí. 2) El momento de inercia centrífugo, respecto a los dos ejes principales de inercia es nulo.

3) Si una figura plana admite eje de simetría, dicho eje es principal de inercia. Es decir, todo eje de simetría es principal de inercia, el otro eje principal pasa por el baricentro y es perpendicular al primero.

4) Si los momentos de inercia baricentricos son iguales, entonces todo eje central de la sección, será eje principal de inercia y todos los momentos de inercia, respecto a cualquier eje baricentrico serán iguales (constantes).

Casos: círculo, cuadrado, hexágono, triángulo equilátero, etc.. Momentos de figuras geométricas simples. Momento estático de un rectángulo. Sea: Entonces:

2zy

2yzyzmin2

2zy

2yzyzmax1

4J)J(J2

1)J(J

2

1JJ

4J)J(J2

1)J(J

2

1JJ

+−−+==

+−++==

zy

zy

JJ

2Jtg2α

−=

+α=αα

⇒−

=αº90JJ

J22 tg

12

1

zy

zy

0J11yz =

0JJ

.cteJJJJJJ

11GG

11GGGG

yzyz

yzyzyz

==

====⇒=

bdydF ; ydFSh

0z == ∫

h

0

h

0

2

z 2

ybydybS ∫ ==



Por lo tanto: Coordenada del baricentro: Por lo tanto: Momento de inercia del rectángulo.

Comenzaremos determinando el momento de inercia de un rectángulo de base b y altura h, respecto de un eje coincidente con una de las bases.

En la figura consideremos una faja elemental de ancho b, altura dy y ordenada y, medida desde la base del rectángulo.

La superficie elemental tendrá por área:

dF = b dy Y el momento de inercia de la misma respecto de z: dJz = b y2 dy Integrando entre 0 y h, (límites de variación de y), se tiene: Conocido el momento de inercia respecto del eje z coincidente con una de las bases, mediante la aplicación de la formula derivada del Teorema de Steiner, podemos calcular el correspondiente a un eje baricentrico paralelo a las bases. En efecto, la distancia del baricentro del rectángulo a las bases es ½ h. En consecuencia: Momento estático de un triángulo. Sea:

∫ == h

032

z bh3

1dybyJ

3332zzG bh

12

1bh

4

1bh

3

1h)

2

1bh(JJ =−=−=

2

bhS

2

z =

bh2

bh

F

Sy

2

zG ==

2

hyG =

dy)yh

b(dy)y(bdF ; ydFS

h

0z === ∫



Entonces: Por lo tanto: Coordenada del baricentro: Por lo tanto: Momento de inercia del triangulo. Sea el triangulo de la figura y z un eje paralelo a una de las bases que pase por el vértice opuesto. Consideremos una faja elemental de espesor dy, a una distancia y del eje considerado, y sea by su ancho variable. El momento de inercia del triangulo respecto de z será:

Pero, por semejanza de triángulos:

Luego, reemplazando:

Aplicando el Teorema de Steiner y teniendo en cuenta, que el baricentro del triangulo dista del vértice 2/3 h, obtenemos el momento de inercia respecto del eje zG, baricentrico y paralelo al anterior:

∫= h

02

yz dyybJ

yh

bby =

34

h

03

z bh4

1

4

h

h

b dy y

h

bJ === ∫

323Gz

2Gzz bh

36

1h)

3

2(bh

2

1bh

4

1JFyJJ

G=−=⇒+=

h

0

h

0

32

z 3

y

h

bdyy

h

bS ∫ ==

3

bhS

2

z =

2

bh3

bh

F

Sy

2

zG ==

h3

2yG =

12

bhJ

h4

hb

3

bh dyy)yh(

h

bdy yy'

h

bJ

3

z'

4h

0

3h

022

z'

=

−=−== ∫ ∫



Momento de inercia del circulo. La determinación del momento de inercia del circulo respecto de un eje baricentrico se simplifica por la circunstancia de admitir un centro de simetría. En efecto, con respecto a cualquier eje que pase por el centro de simetría, el momento de inercia es siempre el mismo.

Luego si para el circulo de radio r de la figura trazamos el par de ejes ortogonales z, y, haciendo coincidir su origen con el centro O del circulo, tendremos Jz = Jy.

Recordando que: JP = Jz + Jy Resulta finalmente: Jz = Jy = ½ JP

Es decir que el momento de inercia de un circulo respecto de un eje baricentrico cualquiera es igual a la mitad de su momento de inercia polar respecto del centro. Para hallar el momento de inercia polar, sea un elemento de superficie delimitado por dos círculos concéntricos separados dρ y dos radios que formen un ángulo central dα. El área del elemento de superficie será, si ρ es el radio correspondiente al baricentro del elemento: dF = ρ dα dρ El momento de inercia polar de la superficie elemental, respecto de O será: dJP = ρ3 dρ dα Y el de la superficie total del circulo: Integrando se tiene finalmente: Recordando la ecuación: Jz = Jy = ½ JP Y teniendo en cuenta que: r = ½ D

∫ ∫= 2π

0

π

03

P dα dρρJ

2

r πJ

4

P =



Se llega a: Dicha expresión es el momento de inercia de un circulo respecto de un eje cualquiera que pase por su baricentro. Radios de giro. Rectángulo. La ecuación nos dice que para el rectángulo, y con respecto a un eje baricentrico paralelo a una base, el radio giro es medio proporcional entre la mitad y un sexto de la altura.

Determinación grafica del radio de giro baricentrico. Se traza una semicircunferencia de diámetro: la que cortará en Q al eje zG.

El segmento NQ, en la escala del dibujo, corresponde al radio de giro buscado.

Triángulo. Es decir que iG es media proporcional entre un tercio y un sexto de la altura del triangulo.

Para determinar iG gráficamente, se lleva sobre una normal a la base y a partir de la misma un segmento: Luego se traza una semicircunferencia de diámetro MP que cortará al eje zG en un punto Q. El segmento NQ, leído en la escala del dibujo, nos da el valor de iG.

64

D πJ

4

z =

12

h

bh 12

bhi

232G ==

18

h

bh 36

bh 2i

232G ==

6

h

2

hMP +=

6

h

3

hMP +=



Circulo. Es decir:

16

D

D 64

4Di

2

2

42G ==

D4

1i G =

unidad nº 06 - geometría de las masas

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