ESTÁTICA (11001) UNIDAD 6 CENTROIDES Y MOMENTOS DE ÁREA I.C.E. Osman Carrillo Soto Universidad Rafael Landívar Al llegar al análisis de deformación ocasionado en todo elemento sometido a fuerzas internas, observaremos que siempre hay dos tipos de propiedad que definen la magnitud de las deformaciones. La primera se debe al tipo de material (acero, aluminio, madera, etc.), la cual es cuantificada mediante propiedades medidas en laboratorio al análisis la relación fuerzas aplicadas y deformación. La segunda se debe a la geometría del elemento y es definida por el ingeniero diseñador. razón de cambio de longitud con respecto a la longitud inicial. Note que si aumentamos P entonces ε también aumentaba. Cuando fue expuesto a conocimientos introductorios de comportamiento de materiales (Física II en la URL) muy probablemente aprendió sobre el Módulo de Young. Esto ejemplifica como para dicho caso de carga un parámetro geométrico es necesario para medir el impacto de la carga aplicada sobre la forma del elemento. La utilización de dicho módulo para definir deformaciones no bastaba, es más muy probablemente recuerda la siguiente relación: En el capítulo 5 aprendimos que hay distintos tipos de fuerza o carga interna aplicada, cada tipo de carga también generará deformaciones en el elemento y para medirlas un parámetro que cuantifique la sección utilizada será necesario. En el caso de los momentos flexionantes o torsores (el análisis de torsión corresponde a cursos posteriores) los parámetros requeridos son los momentos de inercia a ejes y momentos de inercia polares medidos con respecto a los ejes centroidales. 𝜀= 𝛿 𝑃 = 𝐿 𝐴𝐸 En dicha ecuación δ representa el cambio en longitud debido a una fuerza axial P aplicada sobre un elemento “recto” con longitud no deformada equivalente a L. La relación entre δ y L es conocida como deformación unitaria y representa la Por otro lado la magnitud de la deformación es inversa a las propiedades de material definidas por el módulo de Young (E) y el área transversal del elemento (A). Al escoger materiales más rígidos (mayor E) o bien con mayor área transversal la deformación unitaria será reducida para un mismo nivel de carga P. 2 puede observarse que el momento que genera la partícula con respecto a los ejes xg-yg viene dado por: Δ𝑀𝑥𝑔 = Δ𝑊𝑦 = 𝑡(𝑥. dicho valor será siempre arbitrario y dependiente .0) Figura 6. yc (0.2.1 El primer momento de área y las coordenadas centroidales Tome como referencia la figura 6. 𝑦)𝒚Δ𝐴 Δ𝑀𝑦𝑔 = Δ𝑊𝑥 = 𝑡(𝑥.En este capítulo aprenderemos a calcular dichas cantidades para uso posterior en el análisis de deformación de elementos. Sección transversal arbitraria con indicación de sus ejes centroidales con respecto al origen global. Para nuestro interés dicha carga será dada como peso que cada partícula (que es parte de la placa) posee.1. con referencia a la figura 6. en ella una figura clásica para la deducción de propiedades en elementos utilizados en ingeniería (conocida como la papa mecánica) muestra dos sistemas de coordenadas. o bien yc entre xg-x’. 6. En base a lo anterior el concepto de traslación de fuerzas es aplicado para la determinación de la coordenada centroidal. posición donde se ubica el eje de coordenadas globales en el plano. La coordenada centroidal representa el punto donde una única fuerza puede sustituir el efecto de una carga distribuida.1. El segundo conjunto de ejes está ubicado en la coordenada centroidal de la sección. Claramente xc y yc también son medidas arbitrarias al depender la xg Considerando la posibilidad de peso específico y espesor de placa variable en el dominio A. 𝑦)𝛾(𝑥. zg (0.0. 𝑦)𝒙Δ𝐴 Mediante integración el valor total puede ser determinado. El primero es un sistema de coordenadas globales (xg. su posición está medida mediante las distancias xc entre yg-y’. Note la dirección del peso para una partícula con área dA.0) yg yg xg y’ xc x y dA A=Dominio dW x’ Figura 6.yg) cuyo origen puede ser seleccionado arbitrariamente como cualquier punto en el plano. Sección transversal colocada de manera horizontal. 𝑦)𝛾(𝑥. 6. 𝑦)𝛾(𝑥. 𝑦)𝒙𝑑𝐴 ∬ 𝒙𝑑𝐴 = 𝑄𝑦𝑔 = 𝐴𝑋𝑐 𝐴 Al “concentrar” el peso en las coordenadas centroidales los mismos momentos deben de ser generados: 𝐴 - 𝐴 𝐴 𝐴 Igualando ambos momentos (recuerde el concepto de traslación de fuerzas) las coordenadas centroidales son obtenidas: 𝑋𝑐 = 𝑌𝑐 = ∬𝐴 𝑡(𝑥. 𝑦)𝑑𝐴 𝑿𝒄 Primer Momento de Área con Respecto a yg (Qyg) Área total en la región o dominio (A) ∬ 𝑑𝐴 = 𝐴 𝐴 Tanto el primer momento de área como las coordenadas centroidales son cantidades que pueden ser positivas. los ejes 𝑀𝑥𝑔 = ∬ 𝑡(𝑥. 𝑦)𝒚𝑑𝐴 𝐴 Cada una de las tres integrales recibe un nombre que la diferencia como parámetro geométrico. 𝑦)𝛾(𝑥. 𝑦)𝒙𝑑𝐴 ∬𝐴 𝑡(𝑥. el valor es muy dependiente de la selección de los ejes cartesianos globales. Sin embargo no importa donde se selecciones los ejes de coordenadas globales el punto centroidal no cambiará.2 El segundo momento de área Cuando se mide un primer momento de área la contribución de cada porción de la placa es relativa a su posición. 𝑦)𝛾(𝑥. 𝑦)𝛾(𝑥. negativas o cero. 𝑦)𝑑𝐴 𝒀𝒄 𝑀𝑦𝑔 = ∬ 𝑡(𝑥.de la selección de coordenados globales. por ende una cantidad negativa o positiva es posible. - 𝑀𝑦𝑔 = ∬ 𝑡(𝑥. 𝑦)𝒚𝑑𝐴 ∬𝐴 𝑡(𝑥. 𝑦)𝛾(𝑥. 𝑦)𝛾(𝑥. 𝑦)𝛾(𝑥. Si se requiere una medida totalmente positiva y representativa de la distribución del área la forma lógica . 𝑦)𝛾(𝑥. 𝑦)𝑑𝐴 Si el material en toda la región es el mismo y el espesor de placa no cambia (lo cual es muy común en aplicaciones ingenieriles) la expresión anterior es simplificada: 𝑋𝑐 = 𝑌𝑐 = ∬𝐴 𝒙𝑑𝐴 ∬𝐴 𝑑𝐴 ∬𝐴 𝒚𝑑𝐴 ∬𝐴 𝑑𝐴 Primer Momento de Área con Respecto a yg (Qxg) ∬ 𝒚𝑑𝐴 = 𝑄𝑥𝑔 = 𝐴𝑌𝑐 𝑀𝑥𝑔 = ∬ 𝑡(𝑥. 𝑦)𝑑𝐴 ∬𝐴 𝑡(𝑥. de realizarlo es mediante el cuadrado de la coordenada (aunque también cualquier potencia par puede ser empleada). x1 con 𝐼𝑥𝑔 = ∬ 𝒚𝟐 𝑑𝐴 - y’ xc (0.0) xg con 𝐼𝑦𝑔 = ∬ 𝒙𝟐 𝑑𝐴 𝐴 Importante es tener claro el hecho que las distancias al eje “xg” vienen dadas por la coordenada “y” de la sección y hacia “yg” mediante “x”.3 se obtiene que y= yc+y1. por lo cual es puramente basada en un análisis de plano. Sustituyendo ambas ecuaciones en la definición de Ixg y Iyg: 𝐼𝑥𝑔 = ∬ (𝒚𝒄 + 𝒚𝟏 )𝟐 𝑑𝐴 𝐴 𝐼𝑦𝑔 = ∬ (𝒙𝒄 + 𝒙𝟏 )𝟐 𝑑𝐴 𝐴 Expandiendo cada trinomio cuadrado perfecto y separando las sumas existentes en tres integrales (únicamente se analizará Ixg): 𝐼𝑥𝑔 = ∬ 𝒚𝒄 𝟐 𝑑𝐴 + ∬ 2𝒚𝒄 𝒚𝟏 𝑑𝐴 + ∬ 𝒚𝟏 𝟐 𝑑𝐴 𝐴 𝐴 𝐴 . además que x= xc+x1. 𝐼𝑥′ = ∬ 𝑦12 𝑑𝐴 𝐴 𝐼𝑦′ = ∬ 𝑥12 𝑑𝐴 𝐴 Para demostrar que ambas clases de inercia están relacionadas diferenciaremos entre la distancia de un segmento de área con respecto a los ejes centroidales y globales. sin embargo no importa la selección de los ejes globales el momento de inercia a cualquier eje será también totalmente dependiente de las inercias centroidales denotadas como Ix’ y Iy’. Nuevamente el valor de Ixg y Iyg depende de la ubicación de los ejes globales.3. Utilizando la misma definición que Ixg y Iyg: Figura 6. Esta medida es convenientemente realizada de manera independiente al peso específico del material y el espesor de la sección que se analiza. Ubicación de ΔA con respecto a los ejes centroidales y globales. Empleando la posición de cada partícula se obtiene la siguiente definición: - Inercia de sección respecto al eje xg (Ixg). En base a la figura 6. yg ΔA y1 x’ yc r 𝐴 Inercia de sección respecto al eje yg (Iyg). Dicha relación entre inercia centroidal e inercia a cualquier eje simplifica bastante el cálculo de inercias en secciones compuestas de geometría variada. - 6. 𝑱𝒈 = 𝑰𝒙𝒈 + 𝑰𝒚𝒈 .3 y utilizando la definición de distancia a un punto: 𝑟2 = 𝑥2 + 𝑦2 Sustituyendo r2 en la ecuación de Jg y separando los términos de la suma: 𝐴 Como resultado se obtiene que: 𝑰𝒙𝒈 = 𝑰𝒙′ + 𝒚𝒄 𝟐 𝑨 De igual forma demostrar que: usted 𝑰𝒚𝒈 = 𝑰𝒚′ + 𝒙𝒄 𝟐 𝑨 puede 𝐽𝑔 = ∬ 𝒙𝟐 𝑑𝐴 + ∬ 𝒚𝟐 𝑑𝐴 𝐴 𝐴 Claramente se obtiene la suma de los momentos de inercia a los ejes xg y yg.Analicemos los tres términos de la ∬ 𝒚𝒄 𝟐 𝑑𝐴 = 𝒚𝒄 𝟐 ∬ 𝑑𝐴 = 𝒚𝒄 𝟐 𝑨 Esta relación es conocida como: el teorema de los ejes paralelos o Teorema de Stoke’s. Detonando como Yc2 a esta distancia con valor cero: 2𝒚𝒄 ∬ 𝒚𝟏 𝑑𝐴 = 2𝒚𝒄 𝐴𝑌𝑐2 = 0 𝐴 - El tercer término es la inercia centroidal de la figura ∬ 𝒚𝟏 𝟐 𝑑𝐴 = 𝐼𝑥 ′ Suponga que en lugar de medir momentos de inercia a un eje estos son medidos a un punto específico en el plano. al darse esta situación la distancia del centroide de “A” a si mismo debe ser CERO.3 Momento Polar de Inercia integral: - En el primer término debe notar que yc es una constante: 𝐴 𝐴 En el segundo término el resultado de la integral es cero: ∬ 2𝒚𝒄 𝒚𝟏 𝑑𝐴 = 2𝒚𝒄 ∬ 𝒚𝟏 𝑑𝐴 = 0 𝐴 𝐴 Note que la integral resultante debe de ser cero al tratarse del primer momento de área con respecto al centroide de la figura. Utilizando una definición similar al momento de inercia se obtiene que el momento polar de inercia al origen (Jg) es dado por: 𝐽𝑔 = 𝐼𝑜 = ∬ 𝒓𝟐 𝑑𝐴 𝐴 Tomando como referencia la figura 6. en este caso la distancia es la magnitud del vector posición (dada por r) con respecto a dicho punto. ¡estamos hablando del mismo punto!. los momentos de inercia centroidales y el momento polar de inercia centroidal. 𝟕𝟓𝟐 𝒄𝒎 𝑨 𝟎. 𝟖𝟖𝟔 𝒄𝒎𝟐 . yg (cm) y' (4.Empleando la definición coordenada centroidal: 𝑿𝒄 = de 𝑸𝒚𝒈 𝟎. Figura para determinación de propiedades de área. 𝟎𝟒𝟗 𝒄𝒎 𝑨 𝟎.Empleando la definición de inercia a un eje determine Ixg y Iyg. Estas cantidades permitirán calcular Ix’ y Iy’: 2 √𝑥 𝑄𝑦𝑔 = ∬ 𝑥𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥 𝐴 0 𝑥/2 2 √𝑥 𝐼𝑥𝑔 = ∬ 𝑦 2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦 2 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝐴 0 𝑥/2 . Ejemplo 1: Para la siguiente figura calcule: La coordenada centroidal de la figura.2) f(x)=x 1/2 2 2 𝑥 𝑄𝑦𝑔 = ∫ 𝑥𝑦|√𝑥/2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 3/2 − 0 0 2 2 𝑥3 𝑄𝑦𝑔 = ( 𝑥 5/2 − )| = 0.666 𝑐𝑚3 4 24 0 Para calcular los centroides requerimos conocer el área de la figura: f(x)=x/2 𝟐 𝟐 𝒙 𝟐 𝒙𝟐 𝑨 = ∫ √𝒙 − 𝒅𝒙 = ( 𝒙𝟑/𝟐 − )| = 𝟎.4.Determine las integrales de primer momento con respecto a los ejes globales (recuerde que dA=dxdy).El momento de inercia polar es un parámetro bastante utilizado en el análisis de barras sometidas al efecto de torsión.yc) 𝑥2 𝑑𝑥 2 𝟎 xg (cm) (0. 𝟖𝟖𝟔 𝒄𝒎𝟐 Para el primer momento con respecto al eje y: .929 𝑐𝑚3 5 6 0 Para el primer momento con respecto al eje x: 2 √𝑥 𝑄𝑥𝑔 = ∬ 𝑦𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥 𝐴 0 𝑥/2 2 𝑦 2 √𝑥 𝑥 𝑥2 𝑄𝑥𝑔 = ∫ | 𝑑𝑥 = ∫ − 𝑑𝑥 8 0 2 𝑥/2 0 2 2 2 𝑥2 𝑥3 𝑄𝑥𝑔 = ( − )| = 0. Siempre que se requiera su valor con respecto a un punto en lugar de emplear la definición del mismo será más sencillo determinarlo calculando los momentos de inercia a los ejes X y Y que pasan por dicho punto. 𝟗𝟐𝟗 𝒄𝒎𝟑 = = 𝟏. 𝑸𝒙𝒈 𝟎. los momentos de inercia con respecto a los ejes xg-yg.0) Figura 6. 𝟖𝟖𝟔 𝒄𝒎𝟐 𝟐 𝟑 𝟒 𝟎 x' (xc. . 𝟔𝟔𝟔 𝒄𝒎𝟑 𝒀𝒄 = = = 𝟎. esto genera que las distancias “x” al eje y’ sean mayores en general a las distancias “y” al eje x’. . Despejando para la inercia centroidal en el teorema de Stoke’s: Claramente la razón es que la figura es más alargada en la dirección horizontal.Utilizando el teorema de ejes paralelos calcularemos los momentos de inercia centroidales. Note el hecho que la inercia centroidal en el eje y’ es mayor que la inercia en el eje x’.5. 𝟎𝟖𝟕 + 𝟎. 𝟕𝟓𝟐𝟐 ∗ 𝟎. 𝟓𝟖𝟖 𝒄𝒎𝟒 𝟏𝟓 𝟗𝟔 𝟎 Para el caso de momento de inercia con respecto al eje Y: 2 √𝑥 𝐼𝑦𝑔 = ∬ 𝑥 2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥 2 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝐴 2 𝐼𝑦𝑔 = ∫ 𝑥 0 2 0 𝑥 2 𝑥 𝑦|√𝑥/2 𝑑𝑥 2 =∫ 𝑥 5/2 0 𝑥3 − 𝑑𝑥 2 𝟐 𝟐 𝟕/𝟐 𝒙𝟒 𝑰𝒚𝒈 = ( 𝒙 − )| = 𝟏. 𝟖𝟖𝟔 = 𝟎.3) 1cm 6cm Para la inercia centroidal en el eje y’: x 𝐼𝑦 ′ = 𝐼𝑦𝑔 − 𝑥𝑐2 𝐴 ′ 𝟐 𝑰𝒚 = 𝟏. 𝟗𝟓𝟒 𝑰𝒙′ 𝟎. 𝟐𝟓𝟕 = 𝟎. los momentos de inercia centroidales y el momento polar de inercia centroidal.Utilizando la definición de momento polar centroidal de inercia Como observará realizar la integral en términos de la magnitud del vector posición de cada punto con respecto al centroide será complicado.2 𝐼𝑥𝑔 = ∫ 0 2 3/2 𝑦 3 √𝑥 𝑥 𝑥3 | 𝑑𝑥 = ∫ − 𝑑𝑥 3 𝑥/2 3 24 0 𝟐 𝟐 𝒙𝟒 𝑰𝒙𝒈 = ( 𝒙𝟓/𝟐 − )| = 𝟎. 𝟐𝟓𝟕 𝒄𝒎 5cm 𝟒 Figura 6. 𝟓𝟖𝟖 − 𝟎. 𝑰𝒚′ 𝟎. sin embargo empleando el hecho de que el vector distancia al cuadrado permite separar la integral en dos partes: 𝑱′ = 𝑰𝒙′ + 𝑰𝒚′ = 𝟎. 𝟑𝟒𝟒 𝒄𝒎𝟒 Ejemplo 2: Para la siguiente figura calcule: La coordenada centroidal de la figura. 𝐼𝑥𝑔 = 𝐼𝑥 ′ + 𝑦𝑐 2 𝐴 ′ 𝐼𝑥 = 𝐼𝑥𝑔 − y 𝑦𝑐2 𝐴 𝑰𝒙′ = 𝟎. 𝟐𝟑𝟐 𝒄𝒎𝟒 𝟕 𝟖 𝟎 . 𝟖𝟖𝟔 = 𝟎. 𝟐𝟓𝟕 = = 𝟐. 𝟐𝟑𝟐 − 𝟏. La primera estrategia consiste en realizar el proceso de integración para cada par . 𝟎𝟒𝟗 ∗ 𝟎. 𝟎𝟖𝟕 Existen dos estrategias para solucionar este problema. 𝟎𝟖𝟕 𝒄𝒎𝟒 10cm (7. Cuadrilátero con agujero circular. Propiedades de algunas geometrías sencillas. Iy=hb /12.yg) h 5 x' h/2 x 6 6 b ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥 + ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥 − b/2 Ix=bh3/3. Iy’=hb3/12 0 10 y 6 b/3 y' 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥 + ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥 8 0 Note claramente que aunque no son integrales extremadamente complejas para el proceso de diseño pueden ser tarea tediosa de resolver. Ix’=bh3/36. . Iy’=hb3/36 y' R x' Ix’=Iy’=πr4/4 Figura 6. Adicionalmente puede notar que solo se pueden sumar inercias de dos o x' h (xg. y Por ejemplo si el primer momento con respecto al eje x debe de ser encontrado utilizando el proceso de integración la siguiente integral debe ser resuelta: 6 5 𝑄𝑦 = ∫ 0 8 +2 ∫ 6 6𝑥 +6 5 6 ∫ √1−(𝑥−7)2 +3 y' (xg. Al igual que el área de sección las inercias son propiedades absolutas que pueden ser sumadas pero también sustraídas en caso de representar agujeros.yg) x h/3 b 3 3 Ix=bh /12. inercia de Tomando provecho de las propiedades de figuras simples el cálculo puede simplificarse al realizar la suma (o resta) de la siguiente manera: Determine las propiedades individuales para cada una de las figuras simples que pueda identificar en el elemento presentado como cuadrilátero con un agujero. En la figura 6. en el varias figuras si el eje de interés es el mismo.6.6 le son facilitadas algunas fórmulas importantes que puede memorizar para agilizar el procedimiento de análisis de secciones formadas por figuras sencillas. La segunda estrategia consiste en realizar una especie de superposición de figuras sencillas de las cuales fácilmente podemos encontrar en tablas la mayoría de propiedades geométricas de interés.de funciones resultantes dominio de la figura. Ix’= bh3/12. Iy=hb3/3. 000 7. A 2 (cm ) Xc1 (cm) Yc1 (cm) Qx 3 (cm ) Qy 3 (cm ) Tri. 15.5cm y 2. .33 4.142 7. Fig.994 Σ= 41.5𝑐𝑚 = 225𝑐𝑚3 Yc1 x 𝐼𝑥 ′ = 𝐼𝑦 ′ = y y' (7. 4) Xc1 x' 𝑄𝑥 = 𝐴𝑌𝑐1 = 30𝑐𝑚2 ∗ 3𝑐𝑚 = 90𝑐𝑚3 6cm 𝑄𝑦 = 𝐴𝑋𝑐1 = 30𝑐𝑚2 ∗ 7.83𝑐𝑚4 36 36 Por definición la sumatoria total de primer momento de los segmentos es equivalente a todo el proceso de integración.Ordene en una tabla sus resultados y calcule centroides e inercias.994𝑐𝑚3 x' (7.33𝑐𝑚 = 50𝑐𝑚3 𝐼𝑥 ′ = 𝐼𝑦 ′ = 1 1 𝑏ℎ3 = ∗ 5 ∗ 63 = 30𝑐𝑚4 36 36 1 1 ℎ𝑏 3 = ∗ 6 ∗ 53 = 20. también esta sumatoria es físicamente admisible al ser realizada con respecto a un mismo eje para todas las figuras. Rectángulo: y' 𝐴 = 𝑏ℎ = 5 ∗ 6 = 30𝑐𝑚2 (3. 𝟖𝟓𝟖 𝒄𝒎𝟐 .00 90 225 Circ.785𝑐𝑚4 4 4 .50 3.006 1.5. Triangulo: 1 1 𝐴 = 𝑏ℎ = ∗ 5 ∗ 6 = 15𝑐𝑚2 2 2 𝑄𝑥 = 𝐴𝑌𝑐1 = 15𝑐𝑚2 ∗ 4𝑐𝑚 = 60𝑐𝑚3 𝑄𝑦 = 𝐴𝑋𝑐1 = 15𝑐𝑚2 ∗ 3.142𝑐𝑚2 ∗ 7𝑐𝑚 = −21.Calcule áreas.5𝑐𝑚4 12 12 3. 3) 1cm 𝐼𝑥 ′ = 𝐼𝑦 ′ = − x Figura 6. 𝟎𝟒𝟒 𝒄𝒎 𝑨 𝟒𝟏. Segmentos de área para placa de figura 6. Círculo (note que sus valores absolutos deben de ser multiplicados por -1 al ser un agujero por lo que sus propiedades se sustraen): 𝐴 = −𝜋𝑟 2 = −𝜋 ∗ 12 = −3.142𝑐𝑚2 ∗ 3𝑐𝑚 = −9.7.00 60 50 Rect.000 3.33.5 junto con la ubicación de sus ejes locales con respecto a los ejes globales.858 140. por lo tanto: 𝑿𝒄 = 𝑸𝒚 𝟐𝟓𝟑. 3) x' 1cm 6cm x 1 1 𝑏ℎ3 = ∗ 5 ∗ 63 = 90𝑐𝑚4 12 12 1 1 ℎ𝑏 3 = ∗ 6 ∗ 53 = 62. 𝜋𝑟 4 𝜋 ∗ 14 =− = −0.142𝑐𝑚2 5cm y 𝑄𝑥 = 𝐴𝑌𝑐1 = −3.00 3.00 -9. 30.4) (7.426𝑐𝑚3 y' 𝑄𝑦 = 𝐴𝑋𝑐1 = −3. primeros momentos con respecto a ejes globales y momentos de inercia centroidales de cada figura. 𝟎𝟎𝟔 𝒄𝒎𝟑 = = 𝟔.574 253. -3.426 -21. 84 2 -0. (xg. Iy=2hb3/15. Circ.33 =2.714 Rect. Ix’=37bh3/2100.14 =-3.358-4= -0.yg) Utilizando el teorema de ejes paralelos.456) x30 =126. Iy’=19hb3/480 Ix=2bh3/7.358 -1. 𝟓𝟕𝟒 𝒄𝒎𝟑 = = 𝟑.358cm x Finalmente para encontrar la inercia polar centroidal se realiza una sumatoria de inercias a los ejes y’ global y x’ global.714) x15 =131.456 Circ.32 2 62. el segundo momento de área con respecto a los ejes centroidales globales es determinado: h x' 3h/5 x Vértice b 2 4 Fig. . .642) x15 =35. -0. Figura 6.785+(-0.00 20.785 0. Ix’+( Yc -Yc1) A (cm ) Tri.09 2 -0. 30.9. Iy=hb3/5. 2 128.14 = -1.18 Rect.Encuentre el momento de inercia polar centroidal.73 cm y' Ix’=8bh3/175.00+(-0. Comparando con un rectángulo que ocupe todo el espacio del cuadrilátero y los agujeros (6cmx10cm y centroide en (5. 𝟓𝟎 + 𝟐𝟓𝟑.785 -0.𝒀𝒄 = 𝑸𝒙 𝟏𝟒𝟎. 𝟐𝟑 𝒄𝒎𝟒 Figura 6. 𝟑𝟓𝟖 𝒄𝒎 𝑨 𝟒𝟏. 30. Centroide para sección de la figura 6.96) x-3.004cm x' Yc= 3.50 cm 4 2 4 Iy’+(Xc -Xc1) A (cm ) 2 20.04-3.358) x30 =93.642 6.83+(2.00 62. 90.3)) el centroide global tiende a moverse hacia la derecha y arriba.5. y' y Xc= 6.956 Fig. y' y Parábola 3b/4 x' h Para el cálculo de las inercias tabular datos también simplifica el proceso: Ix’ 4 (cm ) Iy’ 4 (cm ) Yc -Yc1 Xc -Xc1 (cm) (cm) Tri.8. Propiedades geométricas de sector parabólico y circular.358 -0.358) x-3.yg) x Vértice 3h/10 b Ix=bh3/21.785+(0. Iy’=hb3/80 y' y Parábola 3b/8 (xg. 𝟕𝟑 = 𝟑𝟖𝟐.83 3.50+(-1. Para finalizar se proveen propiedades geométricas de otras figuras útiles.50 0. 𝟖𝟓𝟖 𝒄𝒎𝟐 Esto es muy similar a lo mostrado en el problema 1.00+(0.1098r4 La inercia en con respecto al eje y’ es mayor gracias a que la configuración de la sección es alargada en la dirección x. 𝑱′ = 𝟏𝟐𝟖.68 253. y' R 4R/3π x' x 4 Ix=Iy’=πr4/8. Ix’= 0.84 2 90.