UNIDAD Nº 02 - Geometría de Las Masas

7/26/2019 UNIDAD N 02 - Geometra de Las Masas

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UNIDAD N 2: GEOMETRA DE LAS MASAS.

Momentos de primer orden de superficies. Baricentros. Momentos de segundo orden de superficies.Momento de inercia y centrfugo respecto a ejes paralelos y girados. Ejes conjugados. Ejes principales

de inercia. Circunferencia de Mohr.

SECCIN TRANSVERSAL DE UNA BARRA Y SU BARICENTRO.

Considrese una barra (elemento estructural donde una de sus dimensiones es preponderante sobrelas otras dos) representada por una lnea denominada eje de la barra. Si en un punto cualquiera dedicho eje se traza un plano perpendicular al mismo, la forma de la barra contenida en dicho plano sedenomina seccin transversal de la barra.El punto interseccin entre el plano y el eje de barra es unacaracterstica geomtrica importante de la seccin transversal denominada centro de rea y se definecomo el punto donde puede concentrarse el rea de la seccin transversal.

Si la barra se encuentra constituida por un solo material de densidad y peso especfico constante, elcentro de rea de la seccin transversal coincide con el centro de masa y con el centro de peso. Elcentro de peso recibe el nombre de Baricentro o Centro de Gravedad y de all la extensin del nombreal centro de rea de la seccin transversal. Dada la habitualidad, en lo que sigue se designar alcentro de rea de la seccin transversal con el nombre de Baricentro, pero no se debe olvidar ladiferencia conceptual entre uno y otro elemento.

Toda vez que se analiza una estructura formada por barras, a cada barra se la representa mediante su

ejeque, como resumen de lo explicado precedentemente, es la lnea que une los infinitos baricentrosde las infinitas secciones transversales que la conforman y resulta adems perpendicular a dichasinfinitas secciones transversales. Grficamente:


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Determinacin del baricentro de la seccin transversal.

Es habitual identificar dicho punto con la letra G y sus coordenadas surgen de las siguientesexpresiones:

En las expresiones que preceden:

A: es el rea de la seccin transversal.

x.dA:momento de primer orden del diferencial de rea de la seccin transversal respecto del eje y.

y.dA:momento de primer orden del diferencial de rea de la seccin transversal respecto del eje x.

Anlisis de las expresiones (1) y (2).

Partiendo de la premisa que el rea de la seccin transversal es siempre distinta de cero es posible elanlisis de las siguientes dos situaciones:

Primera situacin: Si un eje pasa por el baricentro de la seccin transversal , el momento de primerorden del rea de la seccin transversal respecto de dicho eje es igual a 0. En efecto, si se analiza laFigura 1 y se supone que ejeYpasa por el baricentro entonces resultar XG=0 y en consecuencia dela expresin (1), al ser A0surge que Ax.dA=0. Lo mismo ocurre si se supone al eje Xpasante porel baricentro.

Segunda situacin: Tambin resulta ser cierto que, si el momento de primer orden del rea de laseccin transversal respecto de un eje es igual a 0, entonces el eje contiene al baricentro. En efecto, si

se analiza la expresin (1) y Ax.dA =0como A0entonces resulta XG=0 , implicando que el eje Ypasa por el baricentro.


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El anlisis efectuado lleva a dos conclusiones importantes:

Primera conclusin: Si una seccin transversal admite eje de simetra ,el mismo contiene al baricentro.

En efecto, al plantear la expresin A . XG= Ax.dA resultar al integrar, que para todo producto x.dAexistir tambin un productox.dA resultando Ax.dA =0,entonces A . XG=0y como A0resultaXG=0, implicando que el ejeY( eje de simetra) contiene al baricentro.

Segunda conclusin: A partir de la primera conclusin se deduce fcilmente que si una seccintransversal admite dos ejes de simetra, el baricentro se encuentra en la interseccin de lasdirecciones de ambos ejes. A continuacin se grafican secciones transversales que se encuentran endicha situacin:

En lo que sigue se determinar por definicin la posicin del baricentro para el triangulo rectngulo ypara el sector circular.

Tringulo rectngulo


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Operando de idntica forma respecto del eje X es posible obtener :

Sector circular.

El eje Xes eje de simetra sector circular por lo tanto es baricntrico y en consecuencia resulta:

Para finalizar con el tema de baricentro se determina dicho punto para la seccin transversal que acontinuacin se grafica:


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Clculos:

A1= -(1.5x1.5/2)cm2 = -1.13 cm2 G1 (0.50 cm ; 0.50 cm)

A2= +(1.5x5.0)cm2 = +7.50 cm2 G2 (0.75 cm ; 2.50 cm)

A3= +(2.0x1.5)cm2 = +3.00 cm2 G3 (2.50 cm ; 4.25 cm)

A4= +(x 1.52)cm2/4 = +1.77 cm2 G4 (4.14 cm ; 4.14 cm)AT= +11.14 cm2

XG=(-1.13x0.50+ 7.50x0.75 + 3.00x2.50 + 1.77x4.14)cm3/11.14cm2=1.79cm

YG=(-1.13x0.50+ 7.50x2.50 + 3.00x4.25 + 1.77x4.14)cm3/11.14cm2=3.43cm

G (1.79 cm ; 3.43 cm)


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La seccin transversal presenta una segunda propiedad geomtrica de importancia denominadaMomento de Inercia. Esta propiedad se analiza en detalle en lo que sigue:

MOMENTO DE INERCIA.

Para la seccin transversal de rea A que se grafica a continuacin se definen las siguientesexpresiones:

Momento de inercia de la seccin transversal de rea Arespecto del eje Xpasante por 0.

Momento de inercia de la seccin transversal de rea Arespecto del ejeY pasante por 0.

Momento centrifugo de la seccin transversal de rea Arespecto de los ejes XeYpasantes por 0.

Momento de inercia polar de la seccin transversal de rea Arespecto del polo0.

Al momento de inercia de la seccin transversal respecto de un eje, es habitual denominarlo comomomento de segundo orden ,debido a que la distancia se encuentra elevada al cuadrado.


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El momento de inercia respecto de un eje o de un polo, es siempre positivo, pues la distancia seencuentra elevada al cuadrado. A diferencia, el momento centrifugo puede ser positivo, negativo onulo en funcin de los signos de las distancias x e y.

Radio de giro de la seccin transversal respecto de un eje.

Se define como tal a la distancia respecto de un eje a la cul es necesario concentrar el rea de laseccin transversal , para que origine respecto de dicho eje igual momento de Inercia que la seccintransversal en estudio. La expresin de clculo ser:

Teorema de Steiner.

Enunciado: El momento de inercia de una seccin transversal de rea Arespecto de un eje paralelo aun eje baricntrico, es igual a la suma del momento de inercia respecto de dicho eje baricntrico msel producto del rea de la seccin transversal por la distancia entre ambos ejes elevada al cuadrado.O sea:

Demostracin

La expresin 1resulta serIXG , la expresin 2es nula pues se trata del momento de primer orden de

la seccin transversal respecto de un eje baricntrico y la expresin 3es A.a2quedando demostrado

el presente teorema.


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Determinacin de momentos de inercia y momento centrfugo de distintas secciones transversales.

Seccin rectangular:

Operando anlogamente respecto del ejeYresulta:

El momento de inercia polar es suma de IXomsIYo.

Finalmente el momento centrfugo se obtiene como se muestra a continuacin:

Operando mediante el teorema de Steiner se obtienen valores para ejes pasantes por el baricentro dela seccin transversal tal como se muestra a continuacin:


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IXo =IXG+ A.(h/2)2IXG=IXo- A.(h/2)2IXG =(b.h3/3) b.h.(h/2)2=b.h3/12

IXG =b.h3/12

Anlogamente:

IYG =h.b3/12

Nuevamente el momento de inercia polar es suma de IXGmsIYG.

Finalmente el momento centrfugo baricntrico se obtiene como sigue:

IXYo=IXYG+A.(b/2).(h/2)IXYG=IXYo- A.(b.h/4)IXYG =b2.h2/4- b.h.(b.h/4)=0

IXYG =0

La seccin cuadrada es un caso particular de seccin rectangular donde resulta b=h .Enconsecuencia le resultan de aplicacin las expresiones deducidas precedentemente para la seccinrectangular.

Seccin conformada por un tringulo rectngulo.

Operando anlogamente respecto del eje Xresulta:

El momento de inercia polar es suma de IXomsIYo.


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El momento centrfugo resulta en este caso:

Por aplicacin del teorema de Steiner se obtienen valores para ejes pasantes por el Baricentro de la

seccin transversal tal como sigue:

IXo=IXG+ A.(h/3)2IXG=IXo- A.(h/3)2IXG =(b.h3/12) (b.h/2).(h/3)2=b.h3/36

IXG =b.h3/36

Anlogamente:

IYG =h.b3/36

Nuevamente el momento de inercia polar es suma de IXGmsIYG.

Finalmente el momento centrfugo baricntrico resulta ser:

IXYo=IXYG+A.(b/3).(h/3)IXYG=IXYo- A.(b.h/9)=b2.h2/24- (b.h/2).(b.h/9) =

= - b2.h2/72IXYG =- b2.h2/72


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Seccin circular.

En el caso de la seccin circular es de uso habitual el momento de inercia polar, en consecuencia sedeterminar dicho valor para el baricentro.

Si se tiene en cuenta queIPG= IXG+ IYG y que adems por razones de simetra IXG=IYGentonces:

A continuacin se determina el momento centrfugo:

En funcin de los resultados obtenidos es fcil deducir las expresiones que a continuacin se detallan:


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Determinacin conceptual del momento de inercia de una seccin transversal respecto de un eje.

Sea una seccin transversal cuyo contorno presenta definicin matemtica compleja. En ese caso es

posible dividir la misma en n fajas de forma rectangular como se muestra en la figura que sigue ycalcular el momento de inercia de dicha seccin respecto de un eje tal como a continuacin se indica:

La ltima expresin refleja claramente la aplicacin del teorema de Steiner.

Rotacin de ejes de un mismo origen.

En este apartado se pretende conocer como varan los momentos de inercia y el momento centrifugocuando un par de ejes ortogonales entre s y pasantes por un punto comienzan a ser rotados. Se dejaaclarado que antes de comenzar la rotacin de los ejes, los valores de momento de inercia y momentocentrfugo respecto de los mismos son conocidos. A continuacin se desarrolla:

Operando algebraicamente con las expresiones que preceden y recordando las identidades

trigonomtricas sen2=2.sen.cosy cos2=cos2

-sen2

es posible arribar a las expresionesque a continuacin se indican:


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IXG =IXG. cos2+ IYG. sen2-IXYG. sen2(1)

IYG =IYG. cos2+ IXG. sen2+ IXYG. sen2(2)

IXYG =IXYG. cos2+ [(IXGIYG)/2]. sen2 (3)

IPG =IXG + IYG =IXG + IYG(4)

La expresin (4) indica que el momento de inercia polar solo depende del polo considerado.

Ejes principales de Inercia

Cuando respecto de dos ejes ortogonales entre s y pasantes por un mismo punto, el momentocentrfugo de la seccin transversal resulta nulo, ambos reciben el nombre de Ejes principales deInercia.En dicha situacin se cumple adems que el momento de inercia alcanza valor mximo parauno de ellos y mnimo para el otro.

Cabe aclarar que si los dos ejes NOson perpendiculares entre s, pero el momento centrfugo de laseccin transversal respecto de ellos resulta nulo, en este caso ambos reciben el nombre de Ejesconjugados de Inercia.

Como conclusin los Ejes principales de Inercia son conjugados de Inercia y ortogonales.

A continuacin se analiza la expresin (1) en bsqueda de mximos y mnimos y se justifica la

definicin de Ejes principales de Inercia. Para ello se parte de derivar respecto e igualar a cerodicha expresin. Es decir:

dIXG/d= -2.IXG.cos.sen+2.IYG.sen.cos-2.IXYG. cos2=0

dIXG/d= [(IXGIYG)/2].sen2+IXYG. cos2=0

dIXG/d= IXYG=0

La expresin remarcada se cumple siempre que: tg 2= 2.IXYG/(IYGIXG) ,expresin quese satisface para dos valores del ngulo (1 y2) que difieren entre s en 90.

Finalmente los ejes determinados en el proceso de bsqueda de mximos y mnimos de la funcinmomento de inercia, resultan ortogonales entre s y conjugados de inercia respondiendo claramente ala definicin de Ejes principales de inercia.,quedando justificada su definicin.

Como ya se sabe, si una seccin transversal presenta eje de simetra dicho eje es baricntrico. En loque sigue se justifica que adems el eje en cuestin esprincipal de inerciaindependientemente de si

el eje que le resulta perpendicular es o no baricntrico .


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Para el anlisis se parte de la figura que a continuacin se grafica:

De la observacin de la figura surge que a cada diferencial de momento centrfugo positivo lecorresponde uno negativo motivo por el cul el momento centrifugo de la seccin transversal respectode los ejes planteados resulta nulo.

Si particularmente la seccin transversal admite dos ejes de simetra (como en el caso de la seccinrectangular, cuadrada y circular) ,la interseccin de dichos ejes definen el Baricentro resultandoambos Ejes principales de inercia baricntricos.,dado que son perpendiculares entre s y conjugadosde inercia.

Determinacin de momentos de inercia y centrfugo respecto de ejes no ortogonales entre s de igualorigen.

Operando algebraicamente se obtienen las siguientes expresiones:

IUo =IXo. cos2+ IYo. sen2-IXYo. sen2

IVo =IXo. cos2+ IYo. sen2-IXYo. sen2

IUVo =IXYo.(sen.cos+sen.cos)-(IXo.cos.cos+IYo.sen.sen)


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Cabe aclarar que IXo ,IYoy IXYoson valores previamente conocidos.

Si particularmente se conoce ,la posicin del eje Uqueda definida. Si ahora se desea conocer el

eje conjugado de inercia del ejeUse debe igualar a cero el momento centrfugo (IUVo=0) y de allsurgir la posicin del eje V definida por el ngulocuya expresin de clculo resulta ser :

tg = (IXotg .IXYo)/(IXYotg .IYo)

Cuando =90 o =270 la expresin que precede se indetermina. En este caso operando con laexpresin deIUVoigualada a cero resulta:

tg =IXYo

/IYo

Circunferencia de Mohr.

Se trata de un mtodo grfico para el giro de ejes .A continuacin se indica su construccin yutilizacin y al final se justifica el procedimiento. Se considera una seccin transversal de rea A ybaricentro G.

Construccin de la circunferencia de Mohr pasante por el baricentro de la seccin transversal

conocidos IXG,IYGy IXYG :

Para la construccin se supone IYG > IXG y IXYGpositivo. Adems se adopta una escala deinercia (fijando previamente el dimetro D de la circunferencia de Mohr) definida por la siguienteexpresin

Escala de Inercia= IPG/D=(IXG +IYG) / D


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A partir de Gy sobre el eje Xse dibuja un segmento que en escala representa a IYG. A partir delextremo final de dicho segmento y sobre el ejeXse representa en escala IXG al mismo tiempo que

en direccin del ejeY,y en sentido positivo, se dibuja un segmento representativo de IXYG(si IXYGse hubiera supuesto negativo entonces se representara en el sentido negativo del eje Y).En elextremo final de este ltimo segmento se encuentra ubicado el punto P denominadoPunto Principalde Inercia.

Finalmente se traza la Circunferencia de Mohr cuyo radio es D/2.Obviamente dicha circunferenciapasa por el punto G.

Determinacin de la posicin de los ejes principales de inercia. Obtencin del momento de inerciamximo y mnimo.

Se traza un dimetro de la circunferencia de Mohr pasante por C y por Pdefiniendo el punto Ay el B.

El eje pasante por Gy por Aes principal de inercia y adems el momento de inercia de la seccintransversal respecto de dicho eje es mximo e igual al segmentoAP medido en la escala de inercia.

El eje pasante por Gy por Bes principal de inercia y adems el momento de inercia de la seccintransversal respecto de dicho eje es mnimo e igual al segmentoBP medido en la escala de inercia.

Los ejes principales de inercia se encuentran rotados respecto de la horizontal un ngulo de valor .

Se puede observar que a los ejes principales de inercia no se les ha asignado sentido. No resulta

necesario dado que respecto de ellos el momento centrifugo ( cuyo signo depende del sentido de losejes) vale cero.


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Determinacin del eje conjugado de inercia de un eje dado.

Dado un eje U pasante por G cuya posicin se conoce a partir del ngulo y que corta a lacircunferencia de Mohr en el punto A, para definir el eje V(conjugado de inercia del ejeU) , se traza lacuerda AB pasante por P. Finalmente el eje V queda definido en la direccin GB .En este casotampoco sera necesario asignar sentido a los ejes Uy Vpuesto que respecto de ellos el momentocentrfugo vale cero.

Determinacin de momentos de inercia y centrfugo respecto de un par de ejes dados.

Dados los ejes Uy Vque cortan a la circunferencia de Mohr en los puntos Ay Bqueda definida lacuerda AB .La distancia entre dicha cuerda y P, en la escala de inercia, determina el valor del

momento centrfugo IUVGcuyo signo depende de si Py el origen de coordenadas (Gen este caso) seencuentran o no de un mismo lado respecto de la cuerda AB.Si se encuentran de un mismo lado elsigno es negativo siendo positivo en caso contrario.

Si en A se traza una tangente a la circunferencia de Mohr (recta perpendicular al radio CA ), la

distancia entre dicha tangente y Pmedida en la escala de inercia resulta ser IUG. De igual forma sedetermina IVG.


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Justificacin de la construccin de la circunferencia de Mohr.

La interseccin de los ejes XeYcon la circunferencia de Mohr define la cuerda GB(coincidente con eldimetro de la circunferencia) cuyo centro es C. ( para mejor comprensin girar levemente el ejeYensentido antihorario y luego volverlo a su posicin original).

Por definicin de momento centrfugo resulta:dIXYG=2. dA. sen. cos(1)

De la figura se obtiene:h=GE . sen y GE =GB . cosh=GB . sen. cos

Llamando D(dimetro de la circunferencia de Mohr) al segmento GB se obtiene:sen. cos=h/D(2)

Reemplazando(2)en(1)yrecordandoladefinicindemomentodeinerciapolarresulta:

dIXYG=(dIPG/D).h(3)

Si al cocientedIPG/D se lo denomina diferencial de rea ficticia ( dAf ) entonces resulta:

dIXYG=dAf.h(4)


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Es decir que a cada diferencial de rea de la seccin transversal (cuyo rea total es A ) lecorresponde un diferencial de rea ficticia que se ubica sobre la circunferencia de Mohr a distancia hde la cuerda GB. Consecuentemente, recordando la definicin de baricentro , la distancia a la cuerdadel punto donde puede concentrarse el rea ficticia surge de la siguiente expresin:

A dAf.h = (A dAf).hXYG(5)Reemplazando(4)en(5):

A dIXYG= (AdAf).hXYG(6)Si se tiene en cuenta que:dAf =dIPG/D entonces:

A dIXYG= (AdIPG/D).hXYG(7)Resulta la siguiente expresin:

IXYG= (IPG/D).hXYG(8)

Si se define la escala de inercia como: Escala de Inercia= IPG/Dla expresin (8)setransformacomosigue:

hXYG=IXYG/Escala de Inercia

Quedando definida de esta manera la distancia del punto Pa la cuerda.

Si el ejeYse gira hasta hacerlo coincidir con el X, entonces la cuerda GBse transforma en la tangentea la circunferencia en B. En este caso resulta :

hXG=IXG/Escala de InerciaAnlogamente si el eje Xse gira hasta hacerlo coincidir con elY, entonces la cuerda GBse transformaen la tangente a la circunferencia en G. En este caso resulta :

hYG=IYG/Escala de Inercia

El dimetro de la circunferencia D representa al momento de inercia polar de polo Gmedido en laescala de inercia y es adems suma de hYGmshXG.Con cualquiera de estos dos valores yhXYG

queda definido parcialmente el punto P pues an falta justificar que si IXYG es positivo entonceshXYG debe dibujarse segn el sentido positivo del ejeY.


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Para dicha justificacin se analiza el dA (ver figura de anlisis ) cuyo diferencial de momentocentrifugo es positivo (producto del dA por dos coordenadas negativas). Adems en funcin de laexpresin (4) dicho diferencial de momento centrifugo es igual al dAf por h.

Para mantener la igualdad en este caso h debe ser positiva y de la figura de anlisis surge que haquedado representada en el sentido positivo del ejeY.En contraposicin, si se analiza el dA su diferencial de momento centrifugo es negativo debiendoresultar h negativa en funcin de la expresin (4).De la figura de anlisis surge en este caso quehqueda dibujada en el sentido negativo del ejeY.

Como conclusin de lo expresado si IXYG es positivo entonces hXYG debe dibujarse segn elsentido positivo del eje Y. Obviamente si IXYG es negativohXYG debe dibujarse segn el sentidonegativo del ejeY.

Para dotar de mayor generalidad esta ltima justificacin se debe imaginar al eje Y rotado un pequeo

ngulo en sentido antihorario. En dicho caso la cuerda sigue pasando por B pero se desplazaligeramente hacia abajo y en dicho caso el punto Gqueda ubicado por encima de la cuerda al tiempoque el punto P queda ubicado por debajo de la misma .Dicho de otra forma: cuando el momentocentrifugo es positivo el origen de coordenadas y el punto principal de inercia de la circunferencia deMohr quedan ubicados a ambos lados de la cuerda definida por la interseccin de los ejes con dichacircunferencia. En contraposicin cuando el momento centrfugo es negativo ambos puntos quedanubicados a un lado de la cuerda.

Para determinada seccin transversal, la circunferencia de Mohr pasante por un punto determinado (Gen este caso) y construida en base a un dimetroD previamente fijado, presenta un punto principal de

inercia Pcuya posicin no vara en funcin de los ejes consideradospara su construccin, por tratarsedel punto donde puede concentrarse el rea ficticia IPG/D , que solo depende del momento deinercia polar de la seccin en estudio (polo G en este caso) y del dimetro D utilizado en suconstruccin. El precedente anlisis tiene por objeto establecer que: una vez construida lacircunferencia de Mohr pasante por un punto, la misma permite estudiar cualquier eje pasante por elmismo.

Justificacin de la utilizacin de la Circunferencia de Mohr.

Determinacin de ejes principales de Inercia.

En este caso la cuerda debe ser un dimetro para que los ejes sean ortogonales entre s. Adems

como la distancia desde Pa la cuerda esIXYGy este debe ser nulo, entonces la cuerda debe pasarpor Cy por P. Para definir Imxy Imn es necesario girar cada eje hasta hacerlo coincidir con el otroy en dicho proceso (como ya se explic en la construccin) la cuerda se transforma en la tangente a lacircunferencia, resultando el momento de inercia la distancia entre dicha tangente y el polo medida enla escala de inercia.

Determinacin del conjugado de Inercia de un eje dado.

Conocida la posicin del eje Upasante por el punto G mediante el ngulo para determinar el ejeconjugado de Inercia (eje V) debe resultar IUVG=0motivo por el cul la cuerda debe necesariamentecontener al punto principal de inerciaP.


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Determinacin de momentos de Inercia y momento centrfugo respecto de un par de ejes pasantes porG.

La justificacin de la presente utilizacin queda contenida en la propia metodologa de construccin dela circunferencia de Mohr dado que el par de ejes mencionados en el ttulo ,pudieron haberse utilizadoen dicha construccin.

Comentario importante sobre el Momento de Inercia.

Considrese una estructura consistente en una viga simplemente apoyada, conformada por una barrade eje recto con determinada seccin transversaly solicitada por una carga especfica uniforme.

Se sabe que en la situacin planteada dicha viga se deforma. En el centro de la longitud de la mismael corrimiento vertical como consecuencia de la deformacin resulta ser:

E: mdulo de elasticidad longitudinal del material

La expresin que precede permite concluir que , fsicamente, el momento de inercia baricntrico de laseccin transversal respecto del mismo eje segn el cul acta el momento flexor, es la oposicin que

el elemento estructural desarrolla frente a la accin de la solicitacin que tiende a deformarlo.Consecuentemente, a mayor momento de inercia menor ser la deformacin del elemento estructural.

A continuacin se muestra que, con igual cantidad de material , en funcin de la forma y la disposicinde la seccin transversal frente a estado de cargas de la estructura , es posible optimizar en momentode inercia.

Queda claro que para la estructura analizada la forma y disposicin de la derecha resulta la msadecuada.


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Ejemplos de aplicacin

Ejemplo 1: Para la seccin transversal que se muestra a continuacin cuyo baricentro es conocido seefectan las siguientes determinaciones:

a-Momentos de inercia y momento centrifugo para el baricentro.

b-Ejes principales de inercia baricntricos .Momento de inercia mximo y momento de inercia mnimo.

c-Eje conjugado de inercia de un eje dado.

Se desarrolla en forma analtica y tambin en forma grfica.

Clculos


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Para cada rea definida se obtienen los momentos de Inercia y centrfugo respecto de los ejesbaricntricos de la seccin completa.

Area 1(rea que se sustrae)

IXG1=IYG1=(1.5x1.53/36)cm4= 0.14 cm4

IXYG1 =(- 1.52x1.52/72)cm4 =-0.07 cm4

IXG=( 0.14 + 1.13x2.932) cm4=9.84 cm4

IYG=( 0.14 + 1.13x1.292) cm4=2.02 cm4

IXYG=(-0.07 + 1.13 x (-1.29) x (-2.93)) cm4=4.20 cm4

Area 2

IXG2= (1.5x5.03/12)cm4= 15.6 cm4

IYG2= (5.0x1.53/12)cm4= 1.40 cm4

IXYG2 =0

IXG=( 15.6 + 7.50x0.932) cm4=22.08 cm4

IYG=( 1.40 + 7.50x1.042) cm4=9.51 cm4

IXYG=( 0+ 7.50 x (-0.93) x (-1.04)) cm4=7.25 cm4

Area 3

IXG3= (2.0x1.53/12)cm4= 0.56 cm4

IYG3= (1.5x2.03/12)cm4= 1.00 cm4

IXYG3 =0


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IXG=( 0.56 + 3.00x0.822) cm4=2.57 cm4

IYG=( 1.00 + 3.00x0.712) cm4=2.51 cm4

IXYG=( 0 + 3.00 x (+0.82) x (+0.71)) cm4=1.74 cm4

Area 4

IXG4=IYG4=[(x1.54/16) -(1.77 x 0.642)]cm4= 0.26 cm4

IXYG4=[(1.54/8) -(1.77 x 0.642)]cm4= -0.09 cm4

IXG=( 0.26 + 1.77x0.712) cm4=1.15 cm4

IYG=( 0.26 + 1.77x2.352) cm4=10.03 cm4

IXYG=( -0.09 + 1.77x (+0.71) x (+2.35)) cm4=2.86 cm4

Con los valores precedentes resultan los siguientes momentos de inercia y centrifugo baricntricos:

IXG=(- 9.84+ 22.08 + 2.57 + 1.15)cm4=15.96 cm4

IYG=(- 2.02+ 9.51 + 2.51 + 10.03)cm4=20.03 cm4

IPG=( 15.96 + 20.03)cm4=35.99 cm4

IXYG=(- 4.20+ 7.25 + 1.74 + 2.86)cm4=7.65 cm4

A continuacin de determinan los ejes principales de inercia baricntricos, Imx y Imn.

tg 2= 2.IXYG/(IYGIXG)= 2x7.65/(20.03 15.96)=3.75921 =37.55

IXG=IXG. cos2+IYG. sen2-IXYG. sen2=(15.96 x 0.62853 + 20.03 x 0.37146

- 7.65 x 0.96639) cm4 = 10.07 cm4

IYG=IPG-IXG= (35.99 - 10.07)cm4 =25.92 cm4


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Imx =25.92 cm4para =127.55 Imn =10.07 cm4para =37.55

La posicin del eje V conjugado de inercia de un eje U que forma un ngulo =30 se definemediante el ngulocuya determinacin es la que sigue:

tg = (IXGtg .IXYG)/(IXYGtg .IYG)

tg =(15.960.57735 x 7.65)/(7.650.57735 x 20.03)= -2.948985=288.73

A continuacin se traza la circunferencia de Mohr en funcin deIXG , IYG yIXYG , considerando undimetro D=10cm implicando que la escala de inercia es :

Escala de Inercia =IPG/ D=35.99 cm4/10cm=3.599cm4/cm

Por claridad de representacin no se dibuja la seccin transversal.


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Ejemplo 2: Para la seccin transversal que se muestra, compuesta por perfiles comerciales de acerolaminado, se efectan a continuacin las siguientes determinaciones:

a-Posicin del baricentro.

b-Momentos de inercia y momento centrifugo para el baricentro.

c-Ejes principales de inercia baricntricos .Momento de inercia mximo y momento de inercia mnimo.

d-Eje conjugado de inercia de un eje dado.

El ejemplo se desarrolla completamente en forma analtica.


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Clculos

A continuacin se determina la posicin del Baricentro de la seccin compuesta aclarando que losvalores geomtricos indicados en la figura que precede se han obtenido del catlogo de perfiles

comerciales.

XG=( 28.0 x 9.00 + 39.5 x 4.90 )cm3 / 67.50cm2= 6.60cm

YG=( 28.0 x 5.08 + 39.5 x 18.0 )cm3 / 67.50cm2=12.64cm

G (6.60 cm ; 12.64 cm)

En lo que sigue se obtienen los momentos de inercia y centrfugo para el baricentro de la seccintransversal compuesta ,teniendo en cuenta los valores obtenidos del catlogo correspondientes albaricentro de cada uno de los perfiles que la componen. Dichos valores se indican a continuacin:

UPN 180 : IXG=1350 cm4 IYG=114 cm4 IXYG=0 (perfil simtrico)

IPN 220 : IXG=3060 cm4 IYG=162 cm4 IXYG=0 (perfil simtrico)


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IXG=( 114+ 28 x 7.562+ 3060 + 39.5 x 5.362 )cm4=5909.120cm4

IYG=(1350+ 28 x 2.402+ 162 + 39.5 x 1.702 )cm4=1787.435cm4

IPG=( 5909.12 + 1787.43)cm4=7696.555 cm4

IXYG=( 0 + 28 x 2.40 x (-7.56) + 0 + 39.5 x 5.36 x (-1.70))cm4=-867.956 cm4

Con los valores precedentemente obtenidos se determinan ahora los ejes principales de de inerciabaricntricos como as tambinImx y Imn.

tg2=2.IXYG/(

IYG

IXG)= 2x(-867.956/(1787.435 5909.120)=0.42166

=11.42

IXG=IXG. cos2+IYG. sen2-IXYG. sen2=( 5909.120 x 0.9608 + 1787.435 x 0.0392

- (- 867.956) x 0.38814) cm4 = 6084.438 cm4

IYG=IPG-IXG= (7696.555 6084.438)cm4 =1612.117 cm4

Imx =6084.438 cm4para =11.42 Imn =1612.117 cm4para =101.42


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Para finalizar el ejemplo se determina el eje conjugado de inercia del eje Y pasante por el baricentrode la seccin compuesta:

Se parte de la expresin: tg = IXYG/IYG

tg = IXYG/IYG = -867.956/ 1787.435=334.1

Comentario sobre el catlogo de perfiles laminados de acero.

Del anlisis del catalogo mencionado surge que:

A - Los valores de inercia contenidos en el mismo corresponden siempre a ejes baricntricos.

B - No existe informacin directa en referencia al momento centrfugo. Para solucionar dicha situacinse debe recurrir a los conocimientos tericos adquiridos teniendo en cuenta que si un perfil presentaeje de simetra dicho eje es baricntrico y principal de inercia implicando la inexistencia de momentocentrfugo.

C En el caso del perfil ngulo de alas iguales el catlogo informa no solamente momentos de inerciapara los ejes X e Y sino tambin para los ejes principales de inercia, los cuales y por razones desimetra se encuentran rotados 45respecto de los ejes XeY.Con dichos datos y las frmulas para giro de ejes de igual origen es sencillo obtener el momentocentrfugo baricntrico respecto de los ejesXeYtal como a continuacin se desarrolla.

Imx=IXG x cos245+ IYG x sen2 45- IXYG x sen (2 x 45)

Imn=IXG x cos2135+ IYG x sen2 1355- IXYG x sen (2 x 135)

Como en este caso IXG=IYG resulta entonces:

IXYG=IXG -Imx=Imn- IXG


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Apndice.

Determinacin de la fuerza de empuje y de la posicin del centro de empuje cuando la presin

hidrosttica acta sobre una placa plana .

Como se sabe , la presin hidrosttica crece linealmente con la profundidad y es proporcional al pesoespecfico (Pe) del fluido. Dicha presin acta adems en direccin perpendicular a la placa . Acontinuacin se grafica:

La expresin de la fuerza de empuje se deduce a continuacin:

dE= p(y).dA= (pG +Pe.y).dA E=A (pG +Pe.y).dA= pG.AdA +Pe.Ay.dALa segunda integral es nula por tratarse del momento de primer orden de la placa de rea A respectodel eje X baricntrico . Entonces la expresin final de la fuerza de empuje es:

E= pG . A

Esta expresin indica que el empuje sobre una placa plana es igual a la ordenada de presin a niveldel baricentro multiplicada por el rea de la placa.

Adems se puede concluir que placas que presenten igual posicin del baricentro e igual reapresentarn idntico empuje independientemente de sus formas. Por ejemplo:


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El Centro de Empuje ( punto donde se encuentra aplicada la fuerza de empuje) surge del siguienteanlisis:

Planteando momento de las fuerzas respecto del eje X baricntrico se obtiene:

E .YCE = A (pG . y +Pe . y 2).dA= pG.Ay . dA +Pe.Ay2.dALa primera integral es nula por tratarse del momento de primer orden de la placa de rea A respectodel eje X baricntrico . Finalmente:

YCE =Pe.IXG/E

Planteando momento de las fuerzas respecto del ejeY baricntrico se obtiene:

E .XCE = A (pG . X +Pe . x . y).dA= pG.Ax . dA +Pe.Ax . y .dALa primera integral es nula por tratarse del momento de primer orden de la placa de rea A respectodel ejeY baricntrico . Finalmente:

XCE =Pe.IXYG/E

Del anlisis de las expresiones obtenidas se obtienen dos conclusiones:

1-El centro de empuje (CE) se encuentra siempre por debajo del baricentro.

2-Si la placa admite eje de simetra , entonces XCE resulta igual a cero debido a que IXYG=0 .Endicho caso el centro de empuje (CE) se encuentra verticalmente alineado con el baricentro y pordebajo del mismo.

UNIDAD Nº 02 - Geometría de Las Masas

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