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INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 1 de 17 CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE LAS SECCIONES TRANSVERSALES Autor: Ing. José Napoleone Bibliografía sugerida: - Estática – MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS – Beer Johnston - Estabilidad I – Enrique Fliess Edición y compilación: Ing. Mauricio Rossi Revisión 2022-V02 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 2 de 17 CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE LAS SECCIONES TRANSVERSALES 1.0. MOMENTOS DE PRIMER ORDEN: MOMENTO ESTÁTICO (𝑺). Momento estático o de 1er orden de la masa 𝑚𝑖 respecto del plano 𝑦𝑧: 𝑆𝑖 𝑦𝑧 = 𝑚𝑖. 𝑥𝑖 𝑆𝑖 𝑦𝑧 : momento estático de la masa 𝑚𝑖 respecto al plano 𝑦𝑧 Respecto a los demás planos, queda: 𝑆𝑖 𝑧𝑥 = 𝑚𝑖. 𝑦𝑖 𝑆𝑖 𝑥𝑦 = 𝑚𝑖. 𝑧𝑖 CENTRO DE MASAS DEL CONJUNTO DISCRETO DE MASAS. El centro de masas del conjunto discreto de materiales (o masas 𝑚𝑖) es un punto material “G” cuya masa es igual a la suma de las masas que corresponden al sistema y cuyo momento estático respecto de cada uno de los tres planos coordenados, es igual a la suma de los momentos estáticos respecto de dichos planos de las masas. 𝑀𝑎𝑠𝑎 𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 𝑀 = ∑ 𝑚𝑖 Componentes del sistema: la posición del centro de masas (𝐺) de un conjunto discreto serán las coordenadas: (𝑋𝐺 , 𝑌𝐺 , 𝑍𝐺). 𝑀. 𝑋𝐺 = ∑ 𝑚𝑖 . 𝑥𝑖 ⟹ 𝑋𝐺 = ∑ 𝑚𝑖 . 𝑥𝑖 ∑ 𝑚𝑖 𝑀. 𝑌𝐺 = ∑ 𝑚𝑖 . 𝑦𝑖 ⟹ 𝑌𝐺 = ∑ 𝑚𝑖 . 𝑦𝑖 ∑ 𝑚𝑖 𝑀. 𝑍𝐺 = ∑ 𝑚𝑖 . 𝑧𝑖 ⟹ 𝑍𝐺 = ∑ 𝑚𝑖 . 𝑧𝑖 ∑ 𝑚𝑖 𝑍𝐺 Producto de la masa 𝑚𝑖 por la distancia 𝑥𝑖 al plano 𝑦𝑧 Z Y X 𝑚𝑖 Punto material 𝑥𝑖 𝑧𝑖 𝑦𝑖 𝑋𝐺 Existe un conjunto discreto de masas cuando hay varios puntos. 𝐺: CENTRO DE MASA El concepto de centro de masa es INDEPENDIENTE de la naturaleza de las masas. Las masas son magnitudes ESCALARES y el conjunto de masas puede extenderse a cualquier escalar. Z Y X 𝐺 𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑚𝑖 𝑌𝐺 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 3 de 17 La suma de los momentos estáticos de un conjunto discreto de masas espaciales respecto de un plano cualquiera que pase por el correspondiente centro de masas es nula. ∑ 𝑚𝑖 . 𝑥𝑖 = 0 ∑ 𝑚𝑖 . 𝑦𝑖 = 0 ∑ 𝑚𝑖 . 𝑧𝑖 = 0 Si todas las masas son coplanares estando los puntos sobre el plano zy por ser nulos todas las coordenadas 𝑥𝑖, se anulan los términos que lo contengan resultando como expresiones que definen este caso el centro de masas: 𝑀 = ∑ 𝑚𝑖 𝑀. 𝑍𝐺 = ∑ 𝑚𝑖 . 𝑧𝑖 𝑀. 𝑌𝐺 = ∑ 𝑚𝑖 . 𝑦𝑖 ∑ 𝑚𝑖 . 𝑥𝑖 = 0 La suma de los momentos estáticos de un conjunto plano respecto de un eje cualquiera que pasa por su centro es NULO. Conocida la posición del centro de masas, si los ejes con respecto a los cuales tomamos momentos estáticos pasan por dicho centro de momento. Las distancias 𝑍𝐺 y 𝑌𝐺 serán iguales a cero, por lo que se anularán las expresiones: ∑ 𝑚𝑖 . 𝑦𝑖 = 0 ∑ 𝑚𝑖 . 𝑧𝑖 = 0 Es decir: La suma de los momentos estáticos de un conjunto plano discreto de masas respecto de un eje cualquiera que pase por el centro de masas es NULO. Los productos (𝑚𝑖. 𝑦𝑖) y (𝑚𝑖. 𝑧𝑖) se definen: MOMENTOS ESTÁTICOS RESPECTO DE LOS EJES Y y Z Z Y X 𝐺 𝑚𝑖 𝑚1 𝑚2 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 4 de 17 CUERPOS: CONJUNTOS CONTINUOS DE MASAS. Un cuerpo es un conjunto continuo de masas elementales distribuidas en todo el volumen del mismo. Los puntos materiales 𝐴𝑖 se transforman en elementos diferenciales distribuidos en todo el volumen. Si las masas poseen densidad (𝛾) variable en cada punto, la masa aplicada será: 𝑑𝑚𝑧 = 𝛾. 𝑑𝑉 La masa total será: 𝑀 = ∫ 𝑑𝑚 𝑉 = ∫ 𝛾. 𝑑𝑉 𝑉 𝑋𝐺 = ∫ 𝑥. 𝛾. 𝑑𝑉𝑉 ∫ 𝛾. 𝑑𝑉𝑉 𝑌𝐺 = ∫ 𝑦. 𝛾. 𝑑𝑉𝑉 ∫ 𝛾. 𝑑𝑉𝑉 𝑍𝐺 = ∫ 𝑧. 𝛾. 𝑑𝑉𝑉 ∫ 𝛾. 𝑑𝑉𝑉 Si 𝛾: 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒, entonces el centro de volumen coincide con el centro de masa. GRAVEDAD. Considerando los pesos de cada uno de los elementos dm, tendremos un sistema de fuerzas paralelas: 𝑑𝑝 = 𝑔. 𝑑𝑚 que constituyen el peso del cuerpo que pasará por el centro de gravedad. 𝑔: Aceleración de la gravedad Diferencia de concepto: Centro de gravedad: referido a volúmenes. Baricentro: referido a superficies y líneas. Coordenadas del centro de volumen Z Y X 𝑑𝑚𝑧 𝐺 𝑂 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 5 de 17 BARICENTRO – SUPERFICIES Y LÍNEAS. Si la figura o línea plana posee un eje de simetría, su baricentro pertenece al mismo. En el caso de la figura, el sistema se compone de infinitas fuerzas de intensidad 𝑑𝐹 (superficie elemental). A cada elemento de superficie 𝑑𝐹 ubicado al nivel 𝑦 y a una distancia 𝑧 del eje de simetría, corresponde otro ubicado al mismo nivel y distancia que el anterior, pero en el 2° cuadrante. El centro de masas de esta figura pasa por el eje de simetría y el baricentro siempre se encuentra sobre el eje de simetría. 𝑌𝐺 = ∫ 𝑦. 𝑑𝐹𝐹 ∫ 𝑑𝐹𝐹 𝑍𝐺 = ∫ 𝑧. 𝑑𝐹𝐹 ∫ 𝑑𝐹𝐹 𝑌𝐺 = ∫ 𝑦. 𝑑𝑙𝑙 ∫ 𝑑𝑙𝑙 𝑍𝐺 = ∫ 𝑧. 𝑑𝑙𝑙 ∫ 𝑑𝑙𝑙 Coordenadas del BARICENTRO de una LÍNEA. Coordenadas del BARICENTRO de una SUPERFICIE. Z Y 𝑦𝐺 𝑦 𝑑𝐹 𝐺 𝑧𝐺 𝑧 Z Y 𝑦𝐺 𝑑𝑙 𝐺 𝑧𝐺 Eje de simetría. Z Y 𝑂 𝑦 𝑧 −𝑧 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 6 de 17 Ejemplo: Dada la siguiente superficie, determinar la coordenada del baricentro 𝑌𝐺 2.0. MOMENTOS DE SEGUNDO ORDEN DE SUPERFICIES. - Momento centrífugo de una superficie (𝐽𝑖𝑗) - Momento de inercia de una superficie (𝐽𝑖) - Momento de inercia polar (𝐽𝑝) A continuación, se darán las definiciones de cada uno de ellos. 2.1. Momento Centrífugo Sea una superficie genérica, el momento centrífugo de la superficie respecto de los ejes coordenados se define de la siguiente manera: 𝑑𝐽𝑧𝑦 = 𝑑𝐹 . 𝑦. 𝑧 𝐽𝑧𝑦 = ∫ 𝑦 𝑧 𝑑𝐹 𝐹 , [𝑐𝑚][𝑐𝑚][𝑐𝑚2] = [𝑐𝑚4] Su valor puede adoptar signo (+), (-) o ser nulo. Va a depender de la ubicación de la terna de referencia respecto al baricentro de la sección analizada. Z Y 𝐽𝑧𝑦 = 0 𝑧 𝑦 ≡ 𝑒𝑗𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟í𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑖𝑔𝑢𝑟𝑎 Z Y 𝑦 𝑑𝐹 𝑧 𝑌𝐺 = ∫ 𝑦. 𝑑𝐹𝐹 ∫ 𝑑𝐹𝐹 = ∫ 𝑦. 𝑏. 𝑑𝑦𝐹 ∫ 𝑏. 𝑑𝑦𝐹 = ∫ 𝑦. 𝑏. 𝑑𝑦 ℎ 0 ∫ 𝑏. 𝑑𝑦 ℎ 0 = 𝑏ℎ² 2⁄ 𝑏ℎ 𝑌𝐺 = ℎ 2 Z Y 𝐽𝑧𝑦 < 0 𝑧 ℎ/2 Z Y ℎ 𝑦 𝑑𝐹 𝑏 𝑑𝑦 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 7 de 17 2.2. Momento de inercia de la superficie respecto a un eje de su plano. 𝑑𝐽𝑧 = 𝑑𝐹 . 𝑦 2 𝐽𝑧 = ∫ 𝑦 2 𝑑𝐹 𝐹 [𝑐𝑚²][𝑐𝑚2] = [𝑐𝑚4] Su valor sólo puede adoptar valores (+). ¿Por qué? Porque tenemos un producto entre una distancia elevada al cuadrado (siempre será un resultado positivo) y un área (por definición, un área siempre es positiva). Ejemplo: 2.3. Momento de Inercia Polar O respecto a un punto. 𝑑𝐽𝑃 = 𝑑𝐹 . 𝜌 2 𝐽𝑃 = ∫ 𝜌 2 𝑑𝐹 𝐹 [𝑐𝑚4] Además, podemos plantear: 𝜌2 = 𝑧2 + 𝑦2 𝐽𝑃 = ∫ 𝑦 2 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑧2 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑃 = 𝐽𝑧 + 𝐽𝑦 2.4. Radio de Giro Es el cociente entre el 𝐽𝑧 y el área de la sección considerada. 𝑖2 = 𝐽𝑧 𝐹 ⟹ 𝑖 = √ 𝐽𝑧 𝐹 [𝑐𝑚] Z Y 𝑦 𝑑𝐹 𝑧 Z Y 𝜌 𝑑𝐹 𝑦 𝑂 Z Y ℎ 𝑦 𝑑𝐹 𝑏 𝑑𝑦 𝐽𝑧= ∫ 𝑦 2 𝑑𝐹 𝐹 = ∫ 𝑦2𝑏. 𝑑𝑦 𝐹 = 𝑏 ∫ 𝑦2 𝑑𝐹 ℎ 0 = 𝑏ℎ3 3 𝐽𝑧 = 𝑏ℎ3 3 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 8 de 17 3.0. MOMENTO DE SEGUNDO ORDEN DE SUPERFICIE RESPECTO A EJES PARALELOS 3.1. Caso 1: 𝑍𝐺 y 𝑌𝐺 conocidos Los ejes 𝑍𝐺 y 𝑌𝐺 son conocidos. Para determinar el momento de inercia respecto a 𝑍 e 𝑌 (paralelos a 𝑍𝐺 𝑌𝐺) planteamos: 𝐽𝑧𝑦 = ∫ 𝑦 𝑧 𝑑𝐹 𝐹 𝑍 = 𝑎 + 𝑍𝐺 𝑌 = 𝑏 + 𝑌𝐺 𝐽𝑧𝑦 = ∫ 𝑎 𝑏 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑎 𝑌𝐺 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑏 𝑍𝐺 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑍𝐺 𝑌𝐺 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑧𝑦 = 𝑎 . 𝑏 . 𝐹 + 0 + 0 + 𝐽𝑍𝐺𝑌𝐺 𝐽𝑧𝑦 = 𝐽𝑍𝐺𝑌𝐺 + 𝐹 . 𝑎. 𝑏 3.2. Caso 2: eje 𝑍𝐺 conocido: 𝐽𝑧 = ∫ 𝑦 2 𝑑𝐹 𝐹 𝑦 = 𝑑 + 𝑌𝐺 ⟹ 𝐽𝑧 = ∫(𝑑 + 𝑌𝐺) 2 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑧 = ∫ 𝑌𝐺 2 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 2 𝑌𝐺 𝑑 𝑑𝐹 𝐹 ∫ 𝑑2 𝑑𝐹 𝐹 = 𝐽𝑧 = 𝐽𝑍𝐺 + 0 + 𝑑 2𝐹 𝐽𝑧 = 𝐽𝑍𝐺 + 𝑑 2𝐹 Momento de Inercia respecto a un eje cualquiera de su plano. Momento de Inercia respecto a un eje baricentro paralelo al anterior. Distancia que separa ambos ejes. Teorema de Steiner 𝐺 Z Y 𝑑𝐹 𝑦 𝑧 𝑎 𝑏 𝑍𝐺 𝑌𝐺 𝑍𝐺 𝑌𝐺 𝑌𝐺 𝐺 Z Y 𝑑𝐹 𝑦 𝑑 𝑍𝐺 𝑌𝐺 𝑂 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 9 de 17 Ejemplo: Relación entre radio de giro y distancia 𝑑 De la expresión: 𝐽𝑧 = 𝐽𝑍𝐺 + 𝑑 2𝐹 Dividimos ambos miembros por F: 𝐽𝑧 𝐹 = 𝐽𝑍𝐺 𝐹 + 𝑑2 𝐹 𝐹 𝑖𝑧 2 = 𝑖𝑍𝐺 2 + 𝑑2 3.3. Momento de inercia de un eje genérico en función de un eje no baricéntrico. 𝐽𝑧′ = ∫ 𝑦′ 2 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑧′ = ∫ 𝑦 2 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑑2 𝑑𝐹 𝐹 + 2 ∫ 𝑦 𝑑 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑧′ = 𝐽𝑧 + 𝑑 2𝐹 + 2 𝑑 𝑆𝐹 𝑧 𝐺 𝑍 𝑍’ 𝑑𝐹 𝑑 𝑦 𝑦′ ∫ 𝑦 𝑑𝐹 = 𝑆 𝑧 𝐺 𝑑 𝑖𝑍𝐺 𝑖𝑍 𝑌𝐺 Superficie Eje cualquiera del plano Radio de giro respecto de eje z es > d d: Distancia del eje al baricentro. 𝑖𝑧 > 𝑑 𝑍𝐺 Z Y ℎ 𝑑 𝐺 𝑏 𝑍𝐺 𝐽𝑧 = 𝐽𝑍𝐺 + 𝑑 2𝐹 𝑏ℎ3 3 = 𝐽𝑍𝐺 + ( ℎ 2 ) 2 𝑏. ℎ 𝑏ℎ3 3 − ( ℎ 2 ) 2 𝑏. ℎ = 𝐽𝑍𝐺 𝑏ℎ3 12 = 𝐽𝑍𝐺 El 𝐽𝑧 es dato, fue calculado, para el rectángulo, en el apartado 2.2. INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 10 de 17 Dividimos ambos miembros por F: 𝑖𝑧′ 2 = 𝑖𝑧 2 + 𝑑2 + 2 𝑑 𝑆𝐹 𝑧 𝐹 𝑖𝑧′ 2 = 𝑖𝑧 2 + 𝑑2 + 2 𝑑 𝑦𝐺 3.4. Polo baricéntrico. 𝐽𝑃 = 𝐽𝑦 + 𝐽𝑧 𝐽𝑧′ = 𝐽𝑍𝐺 + 𝐹 𝑏 2 𝐽𝑦′ = 𝐽𝑌𝐺 + 𝐹 𝑎 2 (𝐽𝑧′ + 𝐽𝑦′) = (𝐽𝑍𝐺 + 𝐽𝑌𝐺 ) + 𝐹 (𝑎 2 + 𝑏2) 𝐽𝑝′𝑜′ = 𝐽𝑝𝑜 + 𝐹 𝑑 2 3.5. Polo NO baricentrico. 𝐽𝑧′ = 𝐽𝑧 + 2 𝑎 𝑆𝑧 + 𝐹𝑎 2 𝐽𝑦′ = 𝐽𝑦 + 2 𝑏 𝑆𝑦 + 𝐹𝑏 2 (𝐽𝑧′ + 𝐽𝑦′) = (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 2 (𝑎 𝑆𝑧 + 𝑏 𝑆𝑦) + 𝐹 𝑑 2 𝐽𝑝′𝑜′ = (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 2 (𝑎 𝑆𝑧 + 𝑏 𝑆𝑦) + 𝐹 𝑑 2 𝑂′ 𝑍 𝑌 𝑑 𝑎 𝑏 𝑍𝐺 𝑌𝐺 𝐺 ≡ 𝑂 Polo 𝑆𝐹 𝑧 𝐹 = 𝑦𝐺 𝑂 𝑍 𝑌 𝑑 𝑏 𝑎 𝑍′ 𝑌′ 𝐺 𝑂′ 𝑑𝐹 𝑦 𝑦′ Polo Expresión del momento de inercia polar respecto de 𝑂′ en función del correspondiente polo 𝑂. INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 11 de 17 4.0. EJES CONJUNGADOS Y EJES PRINCIPALES DE INERCIA. 4.1. Momentos de 2° orden con respecto a ejes de un mismo origen Si giramos los ejes un mismo ángulo 𝛼 manteniéndolos ortogonales de modo que pasen a ocupar la posición 𝑧′, 𝑦′ , los momentos de segundo orden serán: 𝐽𝑧′ = ∫ 𝑦′ 2 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑦′ = ∫ 𝑧′ 2 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑧′𝑦′ = ∫ 𝑧′𝑦′ 𝑑𝐹 𝐹 Las coordenadas de 𝑑𝐹 respecto a los nuevos ejes serán: 𝑧′ = 𝑧 cos 𝛼 + 𝑦 sin 𝛼 𝑦′ = 𝑦 cos 𝛼 − 𝑧 sin 𝛼 Reemplazando los valores de 𝑧′ e 𝑦′ en las tres expresiones anteriores, se tiene: 𝐽𝑦′ = ∫ 𝑧 2 cos² 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑦2 sin² 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 2 𝑧 cos 𝛼 𝑦 sin 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑦′ = 𝐽𝑦 cos² 𝛼 + 𝐽𝑧 sin² 𝛼 + 𝐽𝑧𝑦 sin 2𝛼 (1) 𝐽𝑧′ = ∫ 𝑦 2 cos² 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑧2 sin² 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 − ∫ 2 𝑧 cos 𝛼 𝑦 sin 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑧′ = 𝐽𝑧 cos² 𝛼 + 𝐽𝑦 sin² 𝛼 − 𝐽𝑦𝑧 sin 2𝛼 (2) 𝐽𝑧′𝑦′ = ∫ 𝑧 𝑦 cos² 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 − ∫ 𝑧2 cos 𝛼 sin 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑦2 sin 𝛼 cos 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 − ∫ 𝑦 𝑧 sin² 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑧′𝑦′ = 𝐽𝑧𝑦 cos² 𝛼 − 𝐽𝑦 cos 𝛼 sin 𝛼 + 𝐽𝑧 sin 𝛼 cos 𝛼 − 𝐽𝑦𝑧 sin² 2𝛼 𝐽𝑧′𝑦′ = 𝐽𝑧𝑦(cos 2 𝛼 − sin2 𝛼) + sin 𝛼 cos 𝛼 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) 𝐽𝑧′𝑦′ = 𝐽𝑧𝑦 cos 2𝛼 + 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) sin 2𝛼 (3) 𝑂 𝑌 𝑑𝐹 𝑦 𝑧 𝑧′ 𝑦′ 𝑍′ 𝑌′ 𝛼 𝛼 𝛼 𝑍 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 12 de 17 Las expresiones (1), (2) y (3) nos dan los momentos de 2° orden de la superficie respecto de los ejes ortogonales 𝑧′, 𝑦′ y en función de los correspondientes a los ejes 𝑧, 𝑦. Variando el ángulo 𝛼, variarán los momentos de 2° orden. - Momentos de inercia: nunca podrán anularse ni admitir valores negativos, pero sí alcanzarán valores máximos o mínimos. - Momentos centrífugos: admiten valores positivos, negativos y nulo. - Ejes conjugados de inercia: pares de ejes para los cuales el momento centrífugo se anula. Existen infinitos pares de ejes conjugados del mismo origen. - Ejes principales de inercia: par de ejes conjugados ortogonales. Para dicho par de ejes los momentos de inercia alcanzan valores máximos o mínimos. La expresión (2) nos da la variación de 𝐽𝑧 en función de 𝛼 y si consideramos 𝐽𝑧 = 𝑓(𝛼) pasará por su máximo o su mínimo cuando: 𝑑𝐽𝑧 𝑑𝛼 = 0 Entonces, ( 𝑑𝑧′ 𝑑𝛼 ) 𝛼=𝛼1 = −2 𝐽𝑧 cos 𝛼1 sin 𝛼1 + 2 𝐽𝑦 sin 𝛼1 cos 𝛼1 − 𝐽𝑧𝑦 cos 2𝛼1 (𝐽𝑦 − 𝐽𝑧)2 sin 𝛼1 cos 𝛼1 − 2 cos 2𝛼1 𝐽𝑧𝑦 = 0 (𝐽𝑦 − 𝐽𝑧) sin 2𝛼1 − 2 cos 2𝛼1 𝐽𝑧𝑦 = 0 Dividimos ambos miembros por cos 2𝛼1 (𝐽𝑦 − 𝐽𝑧) sin 2𝛼1 cos 2𝛼1 − 2 cos 2𝛼1 cos 2𝛼1 𝐽𝑧𝑦 = 0 (𝐽𝑦 − 𝐽𝑧) tan 2𝛼1 − 2 𝐽𝑧𝑦 = 0 tan 2𝛼1 = 2 𝐽𝑧𝑦 (𝐽𝑦 − 𝐽𝑧) (4) 𝑑 𝐽𝑧′′ 𝑑 𝛼 > 0 → 𝑀Í𝑁𝐼𝑀𝑂 𝑑 𝐽𝑧′′ 𝑑 𝛼 < 0 → 𝑀Á𝑋𝐼𝑀𝑂 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 13 de 17 Existen dos valores de 2𝛼1 que satisfacen la ecuación (4) y difieren entre sí de 180°, en consecuencia, hay dos valores de 𝛼1 que difiriendo de 90° también la satisfacen. Por lo tanto, para los ejes que corresponden dos valores de 𝛼1, que son ortogonales (90°), 𝐽𝑧 alcanzará el valor máximo para uno de ellos y el mínimo para el restante. Dichos ejes se denominan ejes principales de inercia y los momentos correspondientes son los momentos principales de inercia. Si reemplazamos el valor de 𝛼 que nos da el valor máximo o mínimo obtendremos el valor de los momentos principales. 4.2. Momentos principales de inercia Teniendo en cuenta las expresiones y reemplazando en la ecuación (2): cos² 𝛼 = 1 2 (1 + cos 2 𝛼) ; sin² 𝛼 = 1 2 (1 − cos 2 𝛼) 𝐽𝑧′ = 𝐽𝑧 1 2 (1 + cos 2 𝛼) + 𝐽𝑦 1 2 (1 − cos 2 𝛼) − 𝐽𝑦𝑧 sin 2𝛼 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑧 cos 2 𝛼) + 1 2 (𝐽𝑦 − 𝐽𝑦 cos 2 𝛼) − 𝐽𝑦𝑧 sin 2𝛼 𝐽𝑧′ = 1 2 𝐽𝑧 + 1 2 𝐽𝑧 cos 2 𝛼 + 1 2 𝐽𝑦 − 1 2 𝐽𝑦 cos 2 𝛼 − 𝐽𝑦𝑧 sin 2𝛼 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 1 2 cos 2 𝛼 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) − 𝐽𝑦𝑧 sin 2𝛼 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 1 2 cos 2𝛼 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) − 𝐽𝑦𝑧 sin 2𝛼 2 2 cos 2𝛼 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) cos 2𝛼 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 1 2 cos 2𝛼 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) − (1 − 2 𝐽𝑦𝑧 sin 2𝛼 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) cos 2𝛼 ) 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 1 2 cos 2𝛼 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) − [1 − (− tan 2𝛼)(tan 2𝛼)] 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 1 2 cos 2𝛼 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦)(1 + tan² 2𝛼) cos 2 𝛼 = 1 √1 + tan2 2𝛼 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 1 2(𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) 1 √1 + tan2 2𝛼 (1 + tan² 2𝛼) tan 2𝛼 2𝛼 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 14 de 17 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) (1 + tan² 2𝛼) √1 + tan2 2𝛼 √1 + tan2 2𝛼 √1 + tan2 2𝛼 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) (1 + tan² 2𝛼) √1 + tan2 2𝛼 1 + tan2 2𝛼 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) ± 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) √1 + tan 2 2𝛼 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) ± 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) √1 + 4 𝐽𝑦𝑧 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) 2 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) ± 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) √(𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) 2 + 4 𝐽𝑦𝑧 2 𝐽𝑧′ = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) ± 1 2 √(𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) 2 + 4 𝐽𝑦𝑧 2 𝐽𝑀𝐴𝑋 = 𝐽1 = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) + 1 2 √(𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) 2 + 4 𝐽𝑦𝑧 2 𝐽𝑀𝐼𝑁 = 𝐽2 = 1 2 (𝐽𝑧 + 𝐽𝑦) − 1 2 √(𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) 2 + 4 𝐽𝑦𝑧 2 Corresponden a los valores de los momentos principales de inercia. 4.3. Pares de ejes para los cuales el momento centrífugo es máximo y mínimo Para ello igualamos a cero la primera derivada de la expresión (3): ( 𝑑𝐽𝑧′𝑦′ 𝑑𝛼 ) 𝛼=𝛼2 = 0 𝐽𝑧′𝑦′ = 𝐽𝑧𝑦 cos 2𝛼 + 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) sin 2𝛼 ( 𝑑𝐽𝑧′𝑦′ 𝑑𝛼 ) 𝛼=𝛼2 = −2 𝐽𝑧𝑦 sin 2𝛼2 + 2 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) cos 2𝛼2 = 0 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) cos 2𝛼2 − 2 𝐽𝑧𝑦 sin 2𝛼2 = 0 Dividimos ambos miembros por cos 2𝛼2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) − 2 𝐽𝑧𝑦 tan 2𝛼2 = 0 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 15 de 17 tan 2𝛼2 = (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) 2 𝐽𝑧𝑦 → tan 2𝛼2 = − 1 tan 2𝛼1 Expresión que se satisface para dos valores de 2𝛼 que difieren 180° y por ende, para valores de 𝛼 que difieren de 90°. (𝛼1 y 𝛼2) diferirán entre sí 45°, lo que implica que el par de ejes para los cuales el momento centrífugo es máximo o mínimo bisectará el ángulo que forman entre sí los ejes principales de inercia. Momento centrífugo máximo y mínimo 𝐽𝑧′𝑦′ = 𝐽𝑧𝑦 √1 + tan2 2𝛼 + 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) tan 2𝛼 √1 + tan2 2𝛼 𝐽𝑧′𝑦′ = 𝐽𝑧𝑦 + 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) tan 2𝛼 √1 + tan2 2𝛼 𝐽𝑧′𝑦′ = 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) tan 2𝛼 + 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) tan 2𝛼 √1 + tan2 2𝛼 = 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) ( 1 tan 2𝛼 + tan 2𝛼) √1 + tan2 2𝛼 = 𝐽𝑧′𝑦′ = 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) tan 2𝛼 (1 + tan² 2𝛼) √1 + tan2 2𝛼 = 𝐽𝑧′𝑦′ = 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) tan 2𝛼 (1 + tan² 2𝛼) √1 + tan2 2𝛼 √1 + tan2 2𝛼 √1 + tan2 2𝛼 𝐽𝑧′𝑦′ = ± 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) tan 2𝛼 (1 + tan² 2𝛼) (√1 + tan2 2𝛼)2 √1 + tan2 2𝛼 𝐽𝑧′𝑦′ = ± 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) tan 2𝛼 √1 + tan2 2𝛼 𝐽𝑧′𝑦′ = ± 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) tan 2𝛼 √1 + (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦)² (2 𝐽𝑧𝑦)² = ± 1 2 (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦) tan 2𝛼 1 2 𝐽𝑧𝑦 √4 𝐽𝑧𝑦 2 + (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦)² 𝐽𝑧′𝑦′ = ± 𝐽𝑧𝑦 2 𝐽𝑧𝑦 √4 𝐽𝑧𝑦 2 + (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦)² tan 2𝛼 2𝛼 𝐽𝑧𝑦 sin 2𝛼 = tan 2𝛼 √1 + tan2 2𝛼 cos 2𝛼 = 1 √1 + tan2 2𝛼 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 16 de 17 𝐽𝑧′𝑦′ = ± 1 2 √4 𝐽𝑧𝑦 2 + (𝐽𝑧 − 𝐽𝑦)² Expresiones de los momentos centrífugos máximo y mínimo en función de los momentos de 2° orden respecto de un par de ejes ortogonales. Momentos de 2° orden respecto de ejes oblicuos. 𝑦′ = 𝑦 cos 𝛼 − 𝑧 sin 𝛼 𝑧′ = 𝑧 cos 𝛽 − 𝑦 sin 𝛽 𝐽𝑢 = ∫ 𝑦′ 2 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑣 = ∫ 𝑧′ 2 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑢𝑣 = ∫ 𝑦′𝑧′ 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑢 = ∫ 𝑦 2 cos² 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑧2 sin² 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 − 2 ∫ 𝑦 𝑧 sin 𝛼 cos 𝛼 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑢 = 𝐽𝑧 cos² 𝛼 + 𝐽𝑦 sin² 𝛼 − 𝐽𝑦𝑧 sin 2𝛼 𝐽𝑣 = ∫ 𝑧 2 sin² 𝛽 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑦2 cos² 𝛽 𝑑𝐹 𝐹 − 2 ∫ 𝑧 𝑦 sin 𝛽 cos 𝛽 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑣 = 𝐽𝑦 sin² 𝛽 + 𝐽𝑧 cos² 𝛽 − 𝐽𝑧𝑦 sin 2𝛽 𝐽𝑢𝑣 = ∫ 𝑦 𝑧 cos 𝛼 sin 𝛽 𝑑𝐹 𝐹 − ∫ 𝑦2 cos 𝛼 cos 𝛽 𝑑𝐹 𝐹 − ∫ 𝑧2 sin 𝛼 sin 𝛽 𝑑𝐹 𝐹 + ∫ 𝑦 𝑧 sin 𝛼 cos 𝛽 𝑑𝐹 𝐹 𝐽𝑢𝑣 = 𝐽𝑦𝑧 cos 𝛼 sin 𝛽 − 𝐽𝑧 cos 𝛼 cos 𝛽 − 𝐽𝑦 sin 𝛼 sin 𝛽 + 𝐽𝑦𝑧 sin 𝛼 cos 𝛽 𝐽1,2 → 𝑀Á𝑋𝐼𝑀𝑂 𝐽1,2 → 𝑀Í𝑁𝐼𝑀𝑂 𝑍 𝑌 𝑑𝐹 𝑦 𝑧 𝑧′ 𝑦′ 𝑢 𝑣 𝛼 𝛽 𝛽 𝛼 INGENIERÍA MECÁNICA Estabilidad I Página 17 de 17 𝐽𝑢𝑣 = 𝐽𝑦𝑧(cos 𝛼 sin 𝛽 + sin 𝛼 cos 𝛽) − 𝐽𝑧 cos 𝛼 cos 𝛽 − 𝐽𝑦 sin 𝛼 sin 𝛽 Direcciones conjugadas de U 𝐽𝑢𝑣 = 0 → tan 𝛽 𝐽𝑦𝑧(cos 𝛼 sin 𝛽 + sin 𝛼 cos 𝛽) − 𝐽𝑧 cos 𝛼 cos 𝛽 − 𝐽𝑦 sin 𝛼 sin 𝛽 = 0 Dividimos por (cos 𝛼 cos 𝛽) 𝐽𝑦𝑧(cos 𝛼 sin 𝛽 + sin 𝛼 cos 𝛽) (cos 𝛼 cos 𝛽) − 𝐽𝑧 cos 𝛼 cos 𝛽 (cos 𝛼 cos 𝛽) − 𝐽𝑦 sin 𝛼 sin 𝛽 (cos 𝛼 cos 𝛽) = 0 𝐽𝑦𝑧(tan 𝛽 + tan 𝛼) − 𝐽𝑧 − 𝐽𝑦 tan 𝛼 tan 𝛽 = 0 𝐽𝑦𝑧 tan 𝛽 + 𝐽𝑦𝑧 tan 𝛼 − 𝐽𝑧 − 𝐽𝑦 tan 𝛼 tan 𝛽 = 0 tan 𝛽 (𝐽𝑦𝑧 − 𝐽𝑦 tan 𝛼) + 𝐽𝑦𝑧 tan 𝛼 − 𝐽𝑧 = 0 tan 𝛽 = 𝐽𝑧 − 𝐽𝑦𝑧 tan 𝛼 (𝐽𝑦𝑧 − 𝐽𝑦 tan 𝛼) Expresión que define la dirección 𝛽, conjugado de 𝛼 𝑍 𝑌 𝑑𝐹 𝑦 𝑧 𝑢 𝛼