3-centroides y momentos de inercia
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CAPITULO 3
CENTROIDES Y MOMENTOS DE INERCIA
3.1 CENTROIDE DE ALAMBRES
PROBLEMA 3.1 Un alambre compuesto delgado de sección uniforme ABCD está conformado por un
tramo AB de cuarto de circunferencia y dos tramos rectos BC y CD donde este último es vertical.
Determinar las coordenadas de su centro de gravedad.
Fig. 3.1
Solución:
Para determinar el centro de gravedad de figuras, como es el caso de alambres compuestos, se
divide en sectores conocidos (tramo cuarto de círculo AB y líneas BC y CD).
Para el caso del cuarto de círculo, tenemos:
5,12
3
2
RLAB
63.2R2ZY CGCG
Fig. 3.2
Las longitudes y ubicación de los centros de gravedad de las líneas BC y CD se conocen y muestran
en la tabla 3.1
ww
w.G
RA
TIS
2.co
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97
Tabla 3.1
TRAMO iL
(m)
iX iY iZ
AB 5,1 0 /6 /6
BC 5 2 1,5 0
CD 2 4 0 1
Luego, determinamos las coordenadas del centro de gravedad:
m537,1712,11
18
255,1
)4.(2)2.(5)0.(5,1
L
XLX
i
ii
m409,1712,11
5,16
712,11
)0.(2)5,1.(56
.5,1
L
YLY
i
ii
m939,0712,11
11
712,11
)1.(2)0.(56
.5,1
L
ZLZ
i
ii
PROBLEMA 3.2 Sabiendo que la coordenada en “Z” del centro de gravedad del siguiente alambre
delgado homogéneo es 0,466m. Determinar “R”, sabiendo que la semi-circunferencia se encuentra
en el plano YZ
Fig. 3.3
Solución:
Determinamos las longitudes de cada tramo:
m5,0LAB
m3,12,15,0L 22
BC
m5,12,19,0L 22
CD
RLDE
En la tabla 3.2 se tienen las longitudes y centroides de cada tramo.
ww
w.G
RA
TIS
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98
Tabla 3.2
TRAMO iL
(m)
iZ
AB 0,5 0
BC 1,3 0
CD 1,5 0,45
DE R
R29,0
Luego:
i
ii
L
ZLZ
R5,13,15,0
R29,0.R)45,0.(5,1)0.(3,1)0.(5,0
466,0
Efectuamos cálculos y obtenemos:
08628,0R3634,1R2 2
Resolvemos la ecuación cuadrática, tomando solo el valor positivo, ya que el radio siempre será así,
obteniendo:
m4,0R
3.2 CENTROIDE DE AREAS
PROBLEMA 3.3 Determinar las coordenadas del centroide de la lámina compuesta delgada, la cual
está formada por una región de cuarto de círculo y otra región rectangular hueca.
Fig. 3.4
Solución:
Analizamos cada figura en forma independiente, determinando sus áreas y coordenadas del centro
de gravedad.
FIGURA 1:
4
3
)3.(4
3
R4X1
ww
w.G
RA
TIS
2.co
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99
0Y1
4
3
)3.(4
3
R4Z1
25,24
)3.(R.
4A
22
1
Fig. 3.5
FIGURA 2:
5,1X2
5,1Y2
0Z2
93.3A2
Fig. 3.6
FIGURA 3:
75,0X3
5,1Y3
0Z3
5,15,1.1A3
ww
w.G
RA
TIS
2.co
m
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100
Fig. 3.7
Con los resultados obtenidos, elaboramos la tabla 3.3, con la finalidad de determinar las
coordenadas del centro de gravedad de la lámina compuesta.
Tabla 3.3
FIGURA iA
(m2)
iX iY iZ ii XA ii YA ii ZA
1 25,2 /4 0 /4 9 0 9
2 9 1,5 1,5 0 13,5 13,5 0
3 -1,5 0,75 1,5 0 -1,125 -2,25 0
Σ 14,568 - - - 21,375 11,25 9
Nótese, que el área de la figura 3, es negativa, por ser la lámina hueca en esa parte.
Luego:
m467,1568,14
375,21
A
XAX
i
ii
m772,0568,14
25,11
A
YAY
i
ii
m618,0568,14
9
A
ZAZ
i
ii
PROBLEMA 3.4 Sabiendo que las coordenadas del centro de gravedad de la lámina delgada
homogénea mostrada es )Z;Y;421,0( . Determinar a , Y , Z .
Fig. 3.8
ww
w.G
RA
TIS
2.co
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101
Solución:
Una vez más, dividimos en figuras regulares.
FIGURA 1:
3
aX1
0Y1
3
2Z1
a)2).(a.(2
1A1
Fig. 3.9
FIGURA 2:
0X2
5,1Y2
1Z2
63.2A2
Fig. 3.10
FIGURA 3:
0X3
3
43
3
)1.(43Y3
1Z3
22
1.
2
RA
22
3
ww
w.G
RA
TIS
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102
Fig. 3.11
Luego:
i
ii
A
XAX
26a
)0.(2
)0.(63
a.a
421,0
Efectuando cálculos se obtiene:
0561,9a263,1a 2
Tomamos solo el valor positivo de la solución de la ecuación cuadrática, obteniendo:
m787,3a
Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad de toda la figura:
m266,1
26787,3
3
43.
2)5,1.(6)0.(787,3
A
YAY
i
ii
m889,0
26787,3
)1.(2
)1.(63
2.787,3
A
ZAZ
i
ii
3.3 MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS PLANAS
PROBLEMA 3.5 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la
sección transversal mostrada en la figura 3.12, cuyas dimensiones están dadas en centímetros.
Fig. 3.12
Solución:
Los ejes OX y OY se denominan centrales principales de toda la sección transversal.
Determinamos los momentos de inercia, áreas del rectángulo y de cada uno de los círculos huecos.
ww
w.G
RA
TIS
2.co
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103
RECTANGULO:
433
)1(
X cm4000012
20.60
12
bhI
433
)1(
Y cm36000012
60.20
12
hbI
2
1 cm120020.60A
CIRCULO:
444
)2(
Y
)2(
X cm88,10174
6.
4
RII
222
2 cm10,1136.RA
Calculamos los momentos de inercia respecto a los ejes principales centrales, aplicando el teorema
de ejes paralelos:
4)2(
X
)1(
XX cm36,3694688,1017.340000I3II
422
2
)2(
Y
)1(
YY cm56,28365718.10,113.288,1017.3360000d.A2I3II
PROBLEMA 3.6 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes principales centrales de la
sección transversal mostrada en la figura 3.13, cuyas dimensiones están dadas en centímetros.
Fig. 3.13
Solución:
Dividimos la sección transversal en tres figuras geométricas sencillas: un rectángulo y dos triángulos
isósceles.
Calculamos las áreas y momentos de inercia del rectángulo y triángulos, respecto a sus ejes
centrales.
RECTANGULO (eje central XOY):
43
)1(
X cm51212
8.12I
43
)1(
Y cm115212
12.8I
2
1 cm968.12A
ww
w.G
RA
TIS
2.co
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104
TRIANGULO (eje central X1O1Y)
433
)2(
X cm7236
6.12
36
bhI
1
433
)2(
Y cm21648
12.6
48
hbI
2
2 cm362
6.12A
Ahora, calculamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales OX y OY,
considerando el teorema de ejes paralelos.
422
2
)2(
X
)1(
XX cm32486.3672.2512d.AI2II1
4)2(
Y
)1(
YY cm1584216.21152I2II
PROBLEMA 3.7 Determinar la ubicación del centro de gravedad y los momentos de inercia respecto
a los ejes centrales principales de la sección transversal mostrado en la figura 3.14, cuyas
dimensiones están dadas en centímetros.
Fig. 3.14
Solución:
La sección transversal mostrada, se puede analizar como un rectángulo de 24cm x 18cm y otro
rectángulo hueco de 12cm x 12cm
El área de la sección transversal es:
2cm28812.1218.24A
Para determinar la posición del centro de gravedad, el cual se ubica en el eje de simetría OY,
utilizamos un eje auxiliar O1X1, el cual pasa por la base de la sección.
El momento estático de la sección respecto a este eje, lo determinamos como la diferencia entre los
momentos estáticos de dos rectángulos.
3
2211X cm30246.12.129.18.24yAyAS1
Determinamos la ubicación del centro de gravedad.
cm5,10288
3024
A
Sy 1X
0
De esta manera, los ejes OX y OY son los denominados ejes centrales principales.
ww
w.G
RA
TIS
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105
Determinamos el momento de inercia de toda la sección respecto al eje O1X1, que es la base de
ambos rectángulos:
4333
22
3
11X cm39744
3
12.12
3
18.24
3
hb
3
hbI
1
Ahora, determinamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales, aplicando
para el eje OX el teorema de ejes paralelos, pero para el eje OY no es necesario, ya que coinciden
los ejes de las figuras analizadas anteriormente con la sección completa, producto de la simetría.
422
0XX cm79925,10.28839744AyII1
433
Y cm1900812
12.12
12
24.18I
Otra de las formas para determinar el momento de inercia respecto al eje OX, es analizando cada
figura en forma independiente y considerando el teorema de ejes paralelos para cada figura, es decir
la distancia de cada eje local respecto al eje OX. Para ello, dividimos en tres figuras regulares, donde
existe material, es decir, un rectángulo en la parte superior de 24cm x 6cm y dos rectángulos
laterales de 6cm x 12cm.
423
23
X cm79925,4.12.612
12.6.25,4.6.24
12
6.24I
Como podemos apreciar, coincide la respuesta, quedando a criterio del lector el método más
adecuado a utilizar.
PROBLEMA 3.8 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes 11 XX y 22 XX de la
sección mostrada en la figura 3.15. Considere que los ejes 11 XX y 22 XX son paralelos.
Fig. 3.15
Solución:
Determinamos los momentos de inercia de toda la sección, respecto a sus ejes centrales principales
433
YX cm83212
2.2
12
10.10II
0IXY
Ahora, calculamos el momento de inercia respecto al eje 11 XX
ww
w.G
RA
TIS
2.co
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106
2senIsenIcosII XY
2
Y
2
XX1
Para este caso, reemplazamos los valores obtenidos anteriormente y o45 , porque es
positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, que es el presente caso.
4o2o2
X cm8320)45(sen832)45(cos832I1
Luego, determinamos el momento de inercia respecto al eje 22 XX , utilizando el teorema de ejes
paralelos.
42222
XX cm5632)25).(210(832d.AII12
Si en el presente problema, nos hubiesen pedido determinar el momento de inercia respecto al eje
11 YY , perpendicular al eje 11 XX , se determinaría de la siguiente manera:
2senIcosIsenII XY
2
Y
2
XY1
4o2o2
Y cm8320)45(cos832)45(sen832I1
Para determinar el producto de inercia respecto a los ejes 11 XX e 11 YY , se determinará
mediante la siguiente relación:
2cosI2sen2
III XY
YXYX 11
00)90(sen2
832832I o
YX 11
Esto demuestra un principio básico del producto de inercia, que indica: “Si un área tiene un eje de
simetría, ese eje y el eje perpendicular a él, constituyen un conjunto de ejes para los cuales el
producto de inercia es cero”.
3.4 MOMENTOS DE INERCIA DE PERFILES METALICOS
PROBLEMA 3.9 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la
sección transversal de acero, compuesta de cuatro ángulos de lados iguales L10x10x1 y una
plancha de sección 30x1, tal como se muestra en la figura 3.16, cuyas dimensiones están dadas en
centímetros. Las características del ángulo se dan en la tabla 3.4, respecto a los ejes O1X1 y O1Y1
Fig. 3.16
ww
w.G
RA
TIS
2.co
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Tabla 3.4
PERFIL 1A
(cm2)
)1(
X1I
(cm4)
)1(
Y1I
(cm4)
L10x10x1 19,2 179 179
Solución:
Los momentos de inercia respecto a los ejes OX y OY y el área de la plancha son:
43
)2(
X cm225012
30.1I
43
)2(
Y cm5,212
1.30I
2
2 cm301.30A
El área de toda la sección transversal es:
2
21 cm8,106302,19.4AA4A
Los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales OX y OY lo determinamos,
teniendo en cuenta el principio de ejes paralelos.
42)2(
X
2
11
)1(
XX cm76,14340225017,12.2,19179.4IbAI.4I1
42)2(
Y
2
11
)1(
YY cm13,15705,233,3.2,19179.4IaAI.4I1
PROBLEMA 3.10 Determinar la ubicación del centro de gravedad y los momentos de inercia
respecto a los ejes centrales principales de la sección transversal de una viga de acero compuesta
por dos perfiles I27 y una plancha de sección 40x1,2cm, tal como se muestra en la figura 3.17. Las
características del perfil I27 se dan en la tabla 3.5
Fig. 3.17
Tabla 3.5
PERFIL 1A
(cm2)
)1(
X1I
(cm4)
)1(
Y1I
(cm4)
I27 40,2 5010 260
ww
w.G
RA
TIS
2.co
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108
Solución:
Los momentos de inercia respecto a los ejes O2X2Y2 y el área de la plancha son:
43
)2(
X cm76,512
2,1.40I
2
43
)2(
Y cm640012
40.2,1I
2
2
2 cm482,1.40A
El área de toda la sección será:
2cm4,128482,40.2A
Para determinar la ubicación del centro de gravedad de toda la sección, calculamos el momento
estático de la sección respecto al eje O1X1, que pasa por el centro de gravedad de los perfiles I27 y,
en consecuencia, no generan dichos perfiles momentos estáticos respecto al eje indicado.
3
22X cm8,6762
2,15,13.48yAS
1
De esta manera, determinamos el centro de gravedad de toda la sección, respecto al eje O1X1:
cm27,54,128
8,676
A
Sy 1X
0
Los ejes OX y OY se denominan ejes centrales principales y los momentos de inercia respecto a
dichos ejes son:
422
X cm21,1600183,8.4876,527,5.2,405010.2I
42
Y cm14960640010.2,40260.2I
PROBLEMA 3.11 Para la sección no simétrica mostrada en la figura 3.18,a compuesta por un perfil
I50 y un ángulo de lados desiguales L20x12,5x1,6. Se pide determinar la ubicación del centro de
gravedad de la sección, los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales y la
orientación de estos ejes. Los momentos de inercia y áreas de ambos perfiles respecto a sus ejes
locales centrales se dan en la tabla 3.6
Fig. 3.18
ww
w.G
RA
TIS
2.co
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109
Tabla 3.6
PERFIL I50 PERFIL L20x12,5x1,6
4
X cm39727I1
4
X cm617I2
4
Y cm1043I1
4
Y cm2026I2
- 4
YX cm644I22
2
1 cm100A 2
2 cm8,49A
Solución:
El área de toda la sección es:
2cm8,1498,49100A
Para determinar la ubicación del centro de gravedad, elegimos como ejes auxiliares los ejes del perfil
I50, es decir, los ejes O1X1 y O1Y1
cm24,78,149
79,21.8,49
A
xA
A
Sx 22Y
01
cm32,78,149
01,22.8,49
A
yA
A
Sy 22X
01
Estas magnitudes y las coordenadas de los centros de gravedad de los perfiles se muestran en la
figura 3.18,a, cuyos valores son:
cm24,7a1 ; cm32,7b1 ; cm55,14a 2 ; cm69,14b2
Determinamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales OX y OY
2
22X
2
11XX bAIbAII21
422
X cm88,5644869,14.8,49617)32,7.(10039727I
2
22Y
2
11YY aAIaAII21
422
Y cm54,1885355,14.8,492026)24,7.(1001043I
222YX111YXXY baAIbaAII2211
4
XY cm91,1529969,14.55,14.8,49644)32,7).(24,7.(1000I
Ahora, determinamos los momentos de inercia principales y los ángulos de desviación de los ejes
principales 1 y 2 respecto al eje OX
2
XY
2
YXYX2,1 I
2
II
2
III
42
2
1 cm36,6188891,152992
54,1885388,56448
2
54,1885388,56448I
ww
w.G
RA
TIS
2.co
m
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110
42
2
2 cm05,1341491,152992
54,1885388,56448
2
54,1885388,56448I
355,036,6188854,18853
91,15299
II
Itg
1Y
XY1
o
1 54,19
813,205,1341454,18853
91,15299
II
Itg
2Y
XY2
o
2 43,70
En la figura 3.18,b se muestra la obtención gráfica de los momentos de inercia principales y la
orientación de los ejes principales, cuyo proceso se detalla a continuación:
1. Se eligen los ejes coordenados, orientando en el eje horizontal los momentos de inercia YX I,I
y en el eje vertical el producto de inercia XYI
2. De acuerdo a la escala elegida, se obtienen los puntos correspondientes en el eje horizontal de
los momentos de inercia XI e YI
3. La diferencia de dichos momentos de inercia lo dividimos entre dos y obtenemos el centro C de
la figura.
4. A partir del extremo del momento de inercia YI , levantamos en el eje vertical del producto de
inercia, es decir XYI , obteniendo el punto K de la figura.
5. Unimos los puntos C y K, cuyo valor es el radio del circulo denominado de Mohr para momentos
de inercia.
6. Trazamos el denominado circulo de Mohr, intersecándose con el eje horizontal en dos puntos,
que corresponden de mayor a menor a los momentos de inercia principales 1I e 2I , cuyos
valores se obtienen como indicamos en un inicio de acuerdo a una escala previamente elegida.
7. Para obtener la orientación de los ejes principales, trazamos desde el punto K dos líneas que
unen al punto K con el extremo del momento de inercia principal 1I y corresponde a la
orientación del eje principal 1. Análogamente, unimos el punto K con el extremo del momento de
inercia principal 2I y cuya dirección corresponde a la orientación del eje principal 2.
8. Los ángulos que forman dichos ejes principales con el eje horizontal, corresponden a los ángulos
de desviación de los ejes principales 1 y 2 respecto al eje OX, recordando que el signo es
positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, siempre y cuando se tome como
referencia el eje OX como inicio de la medida.
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2.co
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