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

Universidad Nacional de Ingeniería
CENTRO DE GRAVEDAD
“Dadme un punto de apoyo y moveré el mundo”.
Arquímedes
5.1 FUERZAS DISTRIBUIDAS DE UN CUERPO – CENTRO DE GRAVEDAD
MY
Y
Z
X
MX
Y
X
Y
X
Z
Z
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 única W, llamada peso del
sólido, aplicada en el centro de
gravedad del sólido.
Siendo nuestro objetivo, determinar
las coordenadas del CG, es decir,
hallar el valor de X, Y y Z

 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 estas pequeñas fuerzas.
g : Gravedad terrestre  W = mg  dW = g dm
D : Densidad material (masa por unidad de volumen)
D = m  dm = D d v
v
dW = g dm  dW = g D dv  W = v g D d v
Peso total
 Para hallar las coordenadas del CG, podemos usar la premisa, de que el momento de la
fuerza W respecto a un eje (por ejemplo: X o Y), debe ser igual a la sumatoria de los
momentos, respecto a ese mismo eje, de los correspondientes diferenciales de peso:
 MY : W x = v x dW  x =
( x . dW)
v x g D d v
v g D d v
 MX : W y = v y dW  y =
v y g D d v
v g D d v

 Mz : W z = v z dW  z =
Unidades : Longitud : m o cm.
 = 90º ángulo de giro sobre el eje X, para así
calcular las coordenadas en Z.
También:  MY : x W =  x  W
v z g D d v
v g D d v
Y
Z
X
dw
dm
Nota :
Centro de masa: (si g = constante)
Centro del volumen del sólido: (si D = constante)
[ centroide ]
Si el sólido es homogéneo,
el centro de gravedad
coincide con el centroide.
Centro de superficie:
v x D d v
v D d v
x =
v x d v
v d v
x =
A x d A
A d A
x =
Centro de línea:
L x d L
L d L
x =

5.2 MÉTODOS PARA DETERMINAR CENTROIDES
CG
CG CG CG
I.- Por integración: Aplicamos la relación obtenida: x =
v x d v
v d v
II.- Por sumación:
 Xi Vi
 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 el CG
estará situado en su intersección.
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)

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
De la figura, el diferencial del área, dA, puede quedar definido como:
d A = (  x ) (d L)  = Ángulo de giro (radianes)
Integrando : A =  L
x d L
Sabemos que :
L
x d L
L
L
x d L
L
d L
x = =
Entonces : A =  ( L x )  A = L  x
Si  = 2 : A = 2 L x
x = Centroide de la línea
A = Área generada

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
De la figura, el diferencial del volumen, dV, puede quedar definido como:
d V = (  x ) (d A)  = Ángulo de giro (radianes)
Integrando : V =  A
x d A
Sabemos que :
A
x d A
A
A
x d A
A
d A
x = =
Entonces : V =  ( A x )  V = A  x
Si  = 2 : V = 2 A x
x = Centroide de la superficie plana
V = Volumen generado

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.
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
ah
2
A
5
h
3
Y
8
a
3
X



Y
X
a
h
CG
CG
r

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
r
A
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






r
Longitud
sen
r
X





2
X
r


n
x
K
Y 
PROBLEMA 1:
Calcular las coordenadas del centroide (centro de gravedad) del área
sombreada con respecto a los ejes X e Y; así como el volumen del sólido
generado al girar dicha área alrededor del eje X un ángulo de 2 radianes.
Y
X
0
1
10
 
20
10,
 
1
10,
5.4 PROBLEMAS DE CÁLCULO DE CENTROIDES

Y
dx
X
0
1
10
 
20
10,
dy
 
1
10,
1
2
Y
Y  2
Y
1
Y
dA
dA
X
A
A
X



 Como el área está definida por funciones, aplicaremos:
dA
dA
Y
A
A
Y



48,333
Y
d
)
2
Y
10
(
Y
Y
d
)
2
Y
10Y
(
Y
A
d
Y
145,552
X
d
)
10
X
X
2
(
X
A
d
X
24,814
X
d
)
10
X
X
2
(
A
X
d
)
10
X
X
2
(
X
d
)
Y
Y
(
A
d
2
20
1
2
1
0
10
0
1
2
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 u3

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
)
15
(
)
10
(
)
8
(
)
10
(
)
38
(
)
(20
25,5
)
15
(
)
10
(
9
)
8
(
)
10
(
19
)
38
(
)
(20
A
A
Y
dA
YdA
Y
i
i
i
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
9

PROBLEMA 3:
Determinar el CG de la línea formada.
X
Y
r
L1
L3
L2
- r
- 2r 2r
L1 =  (2r)
L2 = r
L3 = r
LT = L1 + L2 + L3 = 4r
X
Y
r
L1
L3
L2
- r
- 2r 2r







r
,
4
0







r
,
-2
-r







r
,
2
r
r
2
r
4
2r
2r
8r
Y
2
2
2
π
π




3
3
2
2
1
1
T L
X
L
X
L
X
L
X 


r)
(
(r)
r)
(
r)
(
r)
(2
0
)
(4r
X π
π
π
π 



0
X 
r)
(
2r
r)
(
2r
r)
(2
4r
)
(4r
Y π
π
π
π
π
π
π 











 



PROBLEMA 4:
Determinar el centro de gravedad de la línea.
X
Y
L1
L3
L2
2a
a 3a 4a
0
L1 =  (2a)
L2 =  (a)
L3 =  (1,5 a)
a
Y
a
a
a
a
a
a
a
Y
a
X
a
a
a
a
a
a
a
X
L
X
L
X
L
X
L
X T
39
,
0
)
5
,
1
(
3
)
(
2
)
2
(
4
)
5
,
4
(
83
,
1
)
5
,
1
(
)
5
,
1
(
)
(
2
)
2
(
2
)
5
,
4
(
3
3
2
2
1
1






 





















LT = (4,5 a)

























a
a
CG
a
a
CG
a
a
CG
3
,
5
,
1
2
,
2
4
,
2
3
2
1
X
Y L1
L3
L2
2a
a 3a 4a
0
CG1
CG2
CG3

PROBLEMA 5:
Hallar el centro de gravedad de la sección mostrada.
0
Y
:
simetria
de
eje
Por 
X
Y
01
0
e r
R
2
2
1
1
T A
X
A
X
A
X 

e
X
r
A
0
X
R
A
2
2
2
1
2
1




π
π
)
r
(R
A 2
2
T 
 π
 
  )
r
(
e
)
R
(
0
r
R
X 2
2
2
2
π
π
π 


2
2
2
r
R
r
e
X



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 )

CGR = Centroide de la recta.
CGc = Centroide de la circunferencia.
Y = 0
X = 0
L
L
Y
Y
L
L
X
X
:
como
Y






0
Y
L
Y
L
0
X
L
X
L
L
Y
L
X
0
R
R
C
C
R
R
C
C









Y
X
CGC XR
XC
YR
CGR
r

 
r
,
0
0
Por la condición del problema:
α
sen
2
a
r
Y
,
α
cos
2
a
X
,
a
L
0
Y
,
r
2
X
,
r
L
:
Sabemos
R
R
R
C
C
C










a
r
2
α
sen
r
a
2
α
sen
a
0
)
α
sen
2
a
r
(
a
)
0
(
r
a
r
4
α
cos
r
4
cosα
a
0
)
α
cos
2
a
(
a
)
π
r
2
(
r
:
do
Reemplazan
2
2
2
2
2














π
π
1
α
cos
α
sen
:
Como 2
2

 0
r
16
)
a
(
r
4
)
(a
1
)
a
r
2
(
)
a
r
4
( 4
2
2
2
2
2
2
2
2







r
2,544
a
r
)
5
2
2
(
2
)
r
16
(
)
1
(
4
16r
4r
a
0
a
2
4
4
2
2









a
r
2
α
sen
:
Como  '
38,25'
51º49'
51,83º
α
0,78615
r
2,544
r
2






PROBLEMA 7:
Si el centroide de la región acotada por la parábola Y2 = 4PX y la recta X = a
es el foco de la parábola, encontrar el valor “a”.
X = a
Y
X
a
dx
Y2 = 4 PX
p
Y1
Y2
a
b
P
dX
)
Y
Y
(
dX
)
Y
Y
(
X
dA
XdA
X
2
1
a
0
2
1
a
0









 Sabemos:
 Por condición del problema:
( X , Y ) = ( P , 0 )
X = a
Y
X
a
dx
Y2 = 4 PX
b2 = 4pa
b2
4P
p
Y1
Y2
a
b
 a =

P
3
5
a
P
X 


 Por condición del problema:
b
a
5
4
x
d
)
PX
4
2
(
x
A
d
x
b
a
3
4
x
d
)
PX
4
PX
4
(
A
d
2
a
0
a
0









a
5
3
b
a
3
4
b
a
5
4
X
2



PROBLEMA 8:
Determinar R (en metros), de manera que el centroide de la placa (figura
sombreada) se ubique en una línea vertical a 4,72 metros del borde izquierdo.
4 m
10 m
R/2
2R
R

4 m
10 m
R/2
2R
R
 Si trazamos los ejes X e Y como
se muestra en la gráfica,
X
Y
 Por el dato del problema,
4,72 m
eje del centroide
 La coordenada de X = 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
2,50
R 

PROBLEMA 9:
Determinar el volumen del sólido generado al girar el área de la región acotada
por las dos curvas Y = X3 – 6X2 + 8X y la región Y = X2 – 4X, alrededor del eje Y
un ángulo 2 radiales.
Y
X
Y = x3 – 6x2 + 8x
(4, 0)
0
Y = x2 – 4x
(3, 3)

Y
X
Y = x3 – 6x2 + 8x
(4, 0)
0
Y = x2 – 4x
(3, 3)


   
     
  x
d
8X
6X
X
4X
X
x
d
4X
X
8X
6X
X
A
A
A 2
3
2
4
3
2
2
3
3
0
2
1 











 
6
71
12
7
4
45
A 


20
41
x
d
12X)
7X
X
(
X
A
d
X
20
297
x
d
12X)
7X
X
(
X
A
d
X
2
3
4
3
2
2
3
3
0
1













3,514
12
7
20
41
X
1.32
4
45
20
297
X 2
1 



 Primero determinaremos las coordenadas del centro de gravedad de las áreas A1 y
A2 de manera independiente, para luego hallar las del área solicitada “A”:

u
1,428
6
71
12
7
3,514
4
45
1,32
A
A
A
X
A
X
X
2
1
2
2
1
1



















 Por lo tanto, la coordenada X del área total A (= A1 + A2), será:
 Con el valor de esa coordenada X, mediante el Teorema de Pappus, calculamos el
volumen del sólido generado al girar el área total A, alrededor del eje Y un ángulo 2
radiales:
  3
u
106,186
1,428
6
71
2
X
A
2
V 







 π
π

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
6.1 MOMENTO 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
h1
b1
c
X
X
Y
Y
P
P
X X
b
h
h
b
P
X X
b
a
CG CG

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
d F = k Y dA varían linealmente con la distancia “Y“ a un
eje x-x que pasa por el centro de gravedad
de la sección (eje neutro).
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 similitud de las integrales.
Entonces, la resultante de las diferenciales de fuerza “dF”, que actúan sobre toda la
sección, será:
R = ∫ d F = ∫ k Y dA = k ∫ Y dA a la integral, ∫YdA , se le conoce como
momento de primer orden de la sección “A”
respecto al eje x-x.
La magnitud del momento en toda la sección “M”, será:
M = ∫ (Y) (d F) = ∫ k Y2 dA = k ∫ Y2 dA a la integral, ∫Y2dA , se le conoce como
momento de segundo orden de la sección
“A” respecto al eje x-x ( I x ).

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.
A
d
Y
I 2
A
x 
 A
d
X
I 2
A
y 
 A
d
r
I 2
A
o 

Y
X
0
dA
Y
X
r
A
6.2 MOMENTOS DE INERCIA DE UN ÁREA POR INTEGRACIÓN
UNIDADES: L2 . L2 = L4  cm4 , pulg4 , m4
como: r2 = X2 + Y2
  Ix
Iy
A
d
y
A
d
x
A
d
y
x
A
d
r
Io 2
A
2
A
2
2
A
2
A 










 Io = Ix + Iy = Constante (Invariante)
Momento de inercia de una
superficie es siempre positivo.
( ± ) 2 ( + ) 2  ( + )

6.3 RADIO DE GIRO DE UN ÁREA
Y
X
0
A KX = Radio de
giro
Área
equivalente
 Si el área concentrada (equivalente)
tiene el mismo momento de inercia
respecto al eje X, que el área
original, entonces la banda tendría
que estar colocada a una distancia
KX del eje X.
 Concentramos el área “A” en una
banda paralela al eje X.
Y
Kx
A
x
I
Kx
K
A
A
d
y
Ix 2
x
2
A






NOTA:
A
y
I
Ky 
 De manera similar:
A
o
I
Ko 
2
2
y
x
2
0
K
K
k 

 
Y
k
Y
k
k
Y
k
k
Y
A
k
A
Ak
Y
A
x
I
Ix
x
2
2
X
x
2
2
X
2
X
2
2
X
2
X
2











X
CG
Y
X
KX
A
A
KX

6.4 TEOREMA DE STEINER O DE LOS EJES PARALELOS
I Y = IY + A a2 I X = IX + A b2 I o = Io + A r2
X
Y
X
a
Y
0
r b
A
CG
dA
X
Y
Ejes centroidales
( Cualquier Eje // al Eje X )
( Cualquier Eje // al Eje Y )
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.
IX , Iy : Momentos de inercia respecto a los ejes del centro de
gravedad. (X e Y).
IX , IY : Momentos de inercia respecto a los ejes X e Y.
Demostración:
como:
  A
d
a
dA
xa
A
d
x
A
d
a
x
y A
A
A
2























 2
2
2
I
  0
x
A
2a
A
d
x
a
dA
xa A
A













2
2
IY 0 a2 A
x = 0
Momento 1º orden
del área respecto al
mismo eje.

6.5 TEOREMA DE ÁREAS COMPUESTAS
I
I x
i
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 compuesta A, está formada por varios componentes A1, A2 … el
momento de inercia de A respecto a un eje dado, se obtendrá sumando los
momentos de inercia de las áreas A1, A2 … 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
 I ix
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 requisito previo 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 =  r2 dm
x
x
x
r
K
m
K = Radio de giro
I = K2 m K =
I
m

6.6 MOMENTOS DE INERCIA DE FORMAS GEOMÉTRICAS COMUNES
 Rectángulo:  Triángulo:
bh
bh
3
X
3
X
12
1
I
36
1
I


 
h
b
bh
h
b
bh
h
b
bh
2
2
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 X
h
X
h
3
 Círculo:  Semicírculo:
4
Y
X
4
1
I
I r



4
2
1
r
I0 

4
Y
X
8
1
I
I r



4
0
4
1
I r


CG
X
Y
0
r CG
X
Y
0
r
 Cuadrante:  Elipse:
4
Y
X
16
1
I
I r



4
0
8
1
I r


3
X
4
1
I ab


b
a3
Y
4
1
I 

 
2
2
0
4
1
I b
a
ab 


CG
X
Y
0
r
CG
X
Y
a
b

6.7 PRODUCTO DE INERCIA DE ÁREAS
I y
x
x y dy
dx
A
d
xy A
A 




UNIDADES = L4 : m4 , cm4 , pulg4
( 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.
 
0
y
x
y
x
y
x
y
x A
d
A





I
I
X
Y
0
dA
- X
dA
X
Y
Eje de simetría
TEOREMA DE STEINER O DE LOS EJES PARALELOS
PARA PRODUCTO DE INERCIA:
b
a
A
xy
I
xy
I 

 
A
ab
xy
I
xy
I
xy
I



































A
d
ab
A
d
x
b
A
d
y
a
A
d
y
x
A
d
)
b
y
(
a
x
A
A
A
A
A
I xy 0 0 ab A
X
Y
X
a
Y
0
b
CG
dA
X
Y
TEOREMA DE ÁREAS COMPUESTAS:
xy
I
xy
I
1
i
n


A

6.8 MOMENTOS DE INERCIA RESPECTO A EJES INCLINADOS
A
d
Y
X
A
d
X
A
d
Y
A
XY
A
Y
A
X






I
I
I
2
2
Ix1 , Iy1 , Ix1y1
Datos:
Incógnitas:
Sabemos: X1 = X cos  + Y sen 
Y1 = Y cos  - X sen 
sen2  = 1 – cos 2 
cos2  = 1 + cos 2 
2
2
X
X1
Y
0
X1
dA
Y1
Y1
Y
X
A


90º + 
OA = OC + CA
A
C
I x1 y1 = A x1 y1 d A = A ( x cos + y sen ) ( y cos - x sen ) d A
I x1 y1 = cos2 A x y d A + sen cos A y2 d A - sen cos A x2 d A – sen2 A x y d A
I x1 = A y1
2 d A = A ( y cos - x sen )2 d A
I x1 = A y2 cos2  d A + A x2 sen2 d A - A 2xy sen cos d A
I x1 = I x cos2  - I xy sen 2 + I y sen2
















2
sen
2
y
I
-
x
I
2
cos
xy
I
y
x
I
2
sen
xy
I
2
2
y
I
-
x
I
2
y
I
x
I
y
I
2
sen
xy
I
2
2
y
I
-
x
I
2
y
I
x
I
x
I
1
1
1
1
cos
cos
Nota: I0 = I x + I y = Ix1 + Iy1 = CONSTANTE

6.9 EJES PRINCIPALES Y MOMENTOS PRINCIPALES DE INERCIA
Orientación de los ejes para un momento de inercia máximo
e)
(Invariant
CTE






 11
11
1
1 Y
X
Y
X
Y
X
0 I
I
I
I
I
I
I
máx.








 




2
I
2
I
I
0
I cos
2
sen
2
2
d
d
XY
Y
X
X1
Y
X
XY
P
tag
I
I
I
2
-
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.
p = Principal
 
Determina la orientación de los ejes
principales (son rectangulares).
p > 0º p < 0º
YP
XP
YP
XP
p
p
p
90º + p
2
180º + 2

NOTA: En los ejes principales, el producto de inercia de la superficie es nulo.
0
I
I
-
2
I
I
2
I
I
I
I
I
I
2
I
2
Y
Y


















 






P
P
P
P
X
XY
Y
X
Y
X
XY
X
Y
X
P
XY
P
2
cos
-
sen
2
Iy
-
Ix
- Ixy
2 p
como:
2I
2 
 XY
P
-
tag
I
I  Y
X
y: 
 2
sen
2
y
I
-
x
I
2
cos
xy
I
y
x
I 1
1 

entonces:
MOMENTOS PRINCIPALES DE INERCIA:
0
I
I
2
I
I
2
I
I
I
I
2
I
I
2
I
I
I
2
2
2
2







 









 



P
P
P
P
Y
X
XY
Y
X
Y
X
Y
XY
Y
X
Y
X
X = I máx
= I mín
Reemplazando 2P en las ecuaciones genéricas:

6.10 EJES PARA UN PRODUCTO DE INERCIA MÁXIMO
0
θ 1
1 Y
X 
I
d
d
(si m . m1 = -1 , forman 90º)
XY
Y
X
m
θ
2
tag
I
2
I
I 


 2 P ^ 2 m forman 90º  P y m forman 45º YP
XP
Xm
X
máx
2
2
I
2
I
I
I XY
Y
X
Y
X m
m






 


mín
2
Y
X
X m
I
I
I


2
P
P
m
m
Y
X
Y
X
I
I
I


PROBLEMA 1:
Determinar el momento de inercia del área mostrada con respecto al eje X.
X
Y
X
b
CG
h
Y
6.11 PROBLEMAS DE CÁLCULO DE MOMENTOS DE INERCIA

A
d
Y2
A
X 

I
X
Y
X
dy
b
CG
y
h
Y
3
h
b 3
X 
I
dy
b
A
d 
y
d
b
Y2
X
h
0


I
3
h
b
3
Y
b
3
h
0
3








2
d
A
:
como X
X 
 I
I 2
d
A
X
X 

 I
I
2
3
2
h
bh
3
h
b








12
h
b 3
X 
I
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 cm
6 cm
Y
CG

 Dividimos la sección “T” en tres
componentes.
cm
4,7
(4)
(6)
(4)
(14)
(4)
(6)
2
(4)
(6)
7
(4)
(14)
2
(4)
(6)
Y 





X
4 cm
10 cm
4 cm 6 cm
6 cm
X
d
(1) (3)
(2)
Y
CG
Y
 Calculamos el centro de gravedad con
respecto al eje X:
(3)
(2)
(1)
x
x
x
x
x
:
tenemos I
I
I
I
I 




i
4
3
3
3
cm
915
3
(4)
(6)
3
1
(14)
(4)
3
1
(4)
(6)
3
1
x 



I
 Por el teorema de
Steiner:
IX = IX + Ad2
 IX = 3 915 – 104 (4,7)2 = 1 617,6 cm4
 IX = IX – Ad2
 Si se desea calcular el momento de inercia con respecto al eje X1 = ??
X
X1
4 cm
10 cm
4 cm 6 cm
6 cm
Y1
d1
d
Y
CG
 pasamos de X a X1 :
IX1
= IX + A d1
2
IX1
= 1 617,6 + 104 (14 – 4,7) 2 = 10 612 cm4

PROBLEMA 3:
Determinar el producto de inercia del rectángulo con respecto a los ejes X1Y1,
y el momento de inercia con respecto del eje X1.
?
I
?
I
1


1
X
Y
1
X
X1
Y1
b = 1,60 m
a = 4 m
 Trazamos los ejes X e Y
4
2
2
2
2
4
3
3
4
3
3
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
b
a
m
b
a
m
ab









XY
Y
x
:
Sabemos

X
Y
X1
Y1

b = 1,60 m
a = 4 m
como: tag  =   = 21º 48’ 5,07’’
00
,
4
60
,
1


 2
2
I
I
2
cos
I
I 1
1
sen
que
sabemos Y
X
XY
Y
X





:
I 1
1Y
X
de
Cálculo
4
m
2,478
-
(0,690)
(-14,336)
(0,724)
(10,240)
I 1
1



 Y
X
:
I 1
X
de
Cálculo 
 2
I
2
cos
2
I
I
2
I
I
I 1
sen
XY
Y
X
Y
X
X 




4
m
2,352
(0,690)
(10,240)
(0,724)
(-14,336)
(19,797)
I 1




 X
4
4
m
2,352
I
m
2,478
-
I
:
respuestas
Las
1
1
1



X
Y
X
PROBLEMA 4:
Determinar la orientación de los ejes principales centroidales y IXP , IYP de
la sección mostrada.
IX = 1 050 cm4
IY = 210 cm4
IXY = 360 cm4
Datos:
0
X
Y

IX = 1 050 cm4
IY = 210 cm4
IXY = 360 cm4
2 I 2 (360)
: 2 0,8571
I I 1050 210
XY
P
X Y
Aplicamos la fórmula Tag 
 
   
 

Datos:
0
CG
X
Y
P
XP (máx)
YP (min)
'
'
33
,
2
'
18
º
20
º
60
,
40
2 P
P 




 

 2
2
I
2
I
I
2
I
I
I XY
Y
X
Y
X
XP 





 



  17
,
1183
360
2
210
050
1
2
210
050
1
I 4
2
2
cm
XP 






 


 = I máx.
 2
2
I
2
I
I
2
I
I
I XY
Y
X
Y
X
YP 





 



  83
,
76
360
2
210
050
1
2
210
050
1
I 4
2
2
cm
YP 






 


 = I mín.
Io = IX + IY = IXP
+ IYP
= 1 050 + 210 = 1 183,17 + 76,83 = 1 260 cm4
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