PROBLEMA 1 - RESOLUCIÓN. El problema pide la elipse ... - Tecnun
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Resolución del examen de Febrero 2007 – Problema 1<br />
<strong>la</strong> figura). Esto resulta coherente con <strong>la</strong> distribución de masa de <strong>la</strong> figura (y recuérdese que<br />
el producto de inercia puede ser negativo).<br />
Momentos principales de inercia en G<br />
Obtenido el tensor de inercia en G los momentos principales podrían obtenerse del cálculo<br />
de valores propios de dicha matriz. <strong>El</strong> procedimiento, aunque correcto, resulta un tanto<br />
engorroso de resolver.<br />
Una alternativa muy interesante consiste en descubrir cuáles son <strong>la</strong>s direcciones principales<br />
de inercia de <strong>la</strong> p<strong>la</strong>ca y calcu<strong>la</strong>r los momentos de inercia asociados a esos ejes (que son los<br />
principales de inercia). La figura muestra cuál es el eje de simetría de <strong>la</strong> p<strong>la</strong>ca, que forma<br />
45º con los ejes x e y respectivamente. Este eje es un eje principal de inercia; el otro será<br />
el perpendicu<strong>la</strong>r. En dichos ejes el producto de inercia es nulo.<br />
Los momentos principales de inercia serán, por lo tanto, los momentos de inercia de <strong>la</strong><br />
figura para dichos ejes. Como se conoce el tensor de inercia en G en los ejes Gx’y’:<br />
2 2<br />
e =α x' +β y' − αβ x'y'<br />
I I I 2 I<br />
siendo α y β los cosenos directores de un vector unitario en <strong>la</strong> dirección del eje:<br />
- Para el primer eje principal de inercia (eje de simetría): α=β=<br />
2<br />
(forma 45º)<br />
2<br />
- Para el segundo eje principal de inercia (perpendicu<strong>la</strong>r): α=−<br />
2 2<br />
; β= (forma 135º<br />
2 2<br />
con Gx’)<br />
Los resultados son:<br />
325 13<br />
I1<br />
= ML = ML<br />
300 12<br />
109 2<br />
I2<br />
= ML<br />
300<br />
2 2<br />
© TECNUN, 2007