PROBLEMA 1 - RESOLUCIÓN. El problema pide la elipse ... - Tecnun

PROBLEMA 1 - RESOLUCIÓN.
Resolución del examen de Febrero 2007 – Problema 1
El problema pide la elipse de inercia en el centro de gravedad de la figura. Debe
determinarse, en primer lugar, dónde está el cdg de la misma.
Cálculo del centro de gravedad de la figura
Se obtendrá por composición de figuras. Partimos la placa en forma de L en dos trozos
(véase la figura).
y
L
y’
2L
Trozo 2
simetría
G
x’
Trozo 1
L
O
3L
x
3L
2
La figura es homogénea y tiene una densidad: ρ= M /5L . Así que la masa del trozo 1 es
de 3M/5 y la del trozo 2 de 2M/5 . Para los ejes Oxy indicados en la figura, el centro de
gravedad se encuentra en:
x
y
G
G
(3L/2)(3M/5) + (L/2)(2M/5) 11
= = L
M 10
(L/2)(3M/5) + (2L)(2M/5) 11
= = L
M 10
Elipse de inercia
El problema puede resolverse de diferentes maneras. Se presentan aquí dos posibles
variantes.
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RESOLUCIÓN A – Tensor de inercia de la figura en los ejes Oxy
Se trabaja descomponiendo la figura en los trozos 1 y 2, calculando los momentos y
productos de inercia de cada trozo en los ejes Oxy indicados en la figura, sumando y
trasladando el resultado a los ejes Gx’y’ en el centro de gravedad (que son en los que se
expresará la elipse de inercia pedida).
La tabla muestra los momentos de inercia en los ejes Oxy:
I 2
x
I 2
y
I 2
xy
Trozo 1 Trozo 2 Total
1 26 ML
ML
2
29 ML
2
5
15
15
9 2 ML
ML
2
29 ML
2
5
15
15
9 2 ML
ML
2
17 ML
2
20
5
20
Los momentos de inercia I y de ambos trozos, así como el I x del trozo 1 corresponden a
placas respecto de ejes que pasan por sus lados (por compresión se asemejan a varillas y
1 2
los momentos de inercia serán de la forma M i (longitud) .
3
Los productos de inercia de cada trozo y el momento de inercia I x del trozo 2 se obtienen
trasladando por Steiner los calculados respecto de rectas paralelas en el centro de
gravedad de dicho trozo:
1 26
I (trozo 2) M (2L) M (2L) ML
12 15
L 3L 9 2
I xy(trozo 1) = 0 + M 1( − )( − ) = ML
2 2 20
L 2 2
I xy(trozo 2) = 0 + M 2( −2L)( − ) = ML
2 5
2 2 2
x = 2 + 2 =
Nótese que si se colocan los ejes paralelos a Oxy en el centro de gravedad de cada trozo
los productos de inercia en esos ejes son nulos.
Los momentos y productos de inercia en los ejes Gx’y’ colocados en el centro de gravedad
se obtendrían también por Steiner:
2 29 2 11 2 217 2
Ix = Ix' + M (y G) → Ix'
= ML − M( L) = ML
15 10 300
2 29 2 11 2 217 2
Iy = Iy' + M (x G) → Iy'
= ML − M( L) = ML
15 10 300
17 11 9
Ixy = Ix'y' + M (xGy G) → Ix'y'
= ML − M( L) = − ML
20 10 25
2 2 2
RESOLUCIÓN B – Tensor de inercia de la figura directamente en los ejes Ox’y’
Se descompone la figura en los dos trozos 1 y 2 señalados. Se trabaja con cada trozo por
separado, calculando los momentos de inercia para ejes paralelos a Gx’y’ que pasan por su
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cdg y después se trasladando los resultados a los ejes Gx’y’. Al final se suma la
contribución de cada trozo a los momentos I x' , I y' y al producto I x'y' .
Trozo 1:
Se colocan unos ejes G 1 x1y1 en el centro de gravedad de dicho trozo (punto ( 3L , L )
2 2 ).
Los momentos y productos de inercia son:
1 2 1 2 L 2 133 2
Ix1 = M 1(L) = ML → Ix ' = Ix1 + M 1(y G − ) = ML
12 20 2 500
1 9 3L 273
I M (3L) ML I I M (x ) ML
12 20 2 500
L 3L 18 2
Ix1y1 = 0 → Ix'y' = Ix1y1 + M 1(y G − )(x G − ) = − ML
2 2 125
2 2 2 2
y1 = 1 = → y ' = y1 + 1 G − =
Trozo 2:
De la misma forma, se colocan unos ejes G2x2y2 en el centro de gravedad de dicho trozo
(punto ( L , 2L) ). Los momentos y productos de inercia son:
2
1 2 343
I M (2L) ML I I M (y 2L) ML
12 15 750
1 2 1 2 L 2 133 2
Iy2 = M 2(L) = ML → Iy' = Iy2 + M 2(x G − ) = ML
12 30 2 750
L 27 2
Ix2y2 = 0 → Ix'y' = Ix2y2 + M 1(yG −2L)(x G − ) = − ML
2 125
2 2 2 2
x2 = 2 = → x' = x2 + 2 G − =
Total:
Sumando las contribuciones de cada parte:
217 2
I x' (trozo 1+trozo 2) = ML
300
213 2
I y' (trozo 1+trozo 2) = ML
300
9
I x'y' (trozo 1+trozo 2) =− ML
25
Valores que coinciden con los obtenidos por el procedimiento anterior.
2
La elipse de inercia en G será entonces:
2 2
x' y' x'y'
1 = x I + y I − 2xyI
Sustituyendo los valores:
217 2 2 18
1 = (x + y ) + xy
300 25
Nótese que I x = I y , así como que I x' = I y' , lo que resulta coherente por la simetría de la
figura. Asimismo I xy > 0, mientras que I x'y' < 0 (para los ejes en el centro de gravedad de
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la figura). Esto resulta coherente con la distribución de masa de la figura (y recuérdese que
el producto de inercia puede ser negativo).
Momentos principales de inercia en G
Obtenido el tensor de inercia en G los momentos principales podrían obtenerse del cálculo
de valores propios de dicha matriz. El procedimiento, aunque correcto, resulta un tanto
engorroso de resolver.
Una alternativa muy interesante consiste en descubrir cuáles son las direcciones principales
de inercia de la placa y calcular los momentos de inercia asociados a esos ejes (que son los
principales de inercia). La figura muestra cuál es el eje de simetría de la placa, que forma
45º con los ejes x e y respectivamente. Este eje es un eje principal de inercia; el otro será
el perpendicular. En dichos ejes el producto de inercia es nulo.
Los momentos principales de inercia serán, por lo tanto, los momentos de inercia de la
figura para dichos ejes. Como se conoce el tensor de inercia en G en los ejes Gx’y’:
2 2
e =α x' +β y' − αβ x'y'
I I I 2 I
siendo α y β los cosenos directores de un vector unitario en la dirección del eje:
- Para el primer eje principal de inercia (eje de simetría): α=β=
2
(forma 45º)
2
- Para el segundo eje principal de inercia (perpendicular): α=−
2 2
; β= (forma 135º
2 2
con Gx’)
Los resultados son:
325 13
I1
= ML = ML
300 12
109 2
I2
= ML
300
2 2
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