Cap. 4 Centros de Gravedad

 

 

Cap. 4 Centros de gravedad

Cap. 4

Pág. 4-1 Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dr. Ing. Sección de Ingeniería Mecánica Área de Diseño

Centros de Gravedad



Un caso particular de fuerzas paralelas son las fuerzas gravitacionales W i  que actúan sobre cada partícula que conforma un cuerpo. Se denomina centro de gravedad al punto de paso  de la resultante de dichas fuerzas gravitacionales W i : 4 W 

G



W 2 



r i  

W i



 O

≡



W    n





W 

W 3

W 1

uˆ

r G

uˆ O  

Sistema I

Sistema II

Fig. 4-1

 

El centro de gravedad G es una propiedad del cuerpo (asociada a sus características físicas y geométricas) y es independiente de su posición en el espacio. Es decir, la ubicación del centro de gravedad G  no cambia con la posición que tenga el cuerpo en el espacio tridimensional.    Sea el sistema de fuerzas paralelas W 1 , W 2 , , W n   asociadas a los pesos de las masas m1 , m   2 , , m n   que componen el cuerpo rígido en estudio. Como hemos visto en el capítulo 2, dicho sistema se puede reemplazar por una única fuerza. Dicha fuerza única, que será el peso total del cuerpo, pasará por el centro de gravedad. Por equivalencia de sistemas:  I 

•   R





  I 

→    II 

•   M O =   M O

:

de donde:



 R

= W   





∑∑

W  =   W i   W uˆ = W i  uˆ =   (  

 M  I  O =

∑

  II 



(

∑



r G

∑ W ) uˆ  

=

r G





r i × W i =

i

 M O

de (4.2) y (4.3):

W i  

i

 II   

es decir:



∑

 R I  =

= R II  :



× W  =



 

→ 

i

 

W  = 

∑ W     

∑ r  ×  W  uˆ =  (∑ r  W  ) × uˆ   i

r G  × W uˆ

i

i



= r  G W  × uˆ  

i

i

(4.1)  (4.2)  (4.3) 



r i W    i ) = r G W   

=

∑ r  W     

i

i

W 



de (4.1):

G = r 

∑∑

r i W i W i

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(4.4) 

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Pág. 4-2



r i   = ( x  i ,  y  i , z i )  

Sean



r G  = ( x G ,  y G , z G )  

Entonces, las coordenadas del centro de gravedad estarán dadas por las siguientes expresiones:  xG =

∑ x W    i

i

 yG =

;

∑ y W    i

∑W 

i

 zG =

;

∑W 

i

∑ z W    i

i

(4.5) 

∑W 

i

i

Para el caso de cuerpos continuos  podemos escribir las expresiones (4.5)  adaptándolas convenientemente: dm ( x, y, z) dW  

r i Fig. 4-2

O

   xG =

• 

∫ x dW    ∫ dW 

 yG =

;

∫ y dW    ∫ dW 

;

 zG =

∫ z dW    ∫ dW 

(4.6) 

Si consideramos el caso de cuerpos homogéneos, es decir, cuerpos con densidad constante: W   = m g  

→ 

dW   = g dm  

→  m =  ρ dV  

→ 

dW  =  ρ  g dV   

dm =  ρ  dV   

en (4.6):

 xG =

∫ x dW  ∫ dW 

y análogamente:

 y G =

∫ y dV    ∫ dV 

∫ x ρ g dV    ∫ ρ g dV 

=

;

 z G =

→ 

∫ z dV    ∫ dV 

 xG =

∫ x dV    ∫ dV 

(4.7) 

(4.8) 

Este resultado muestra claramente que en el caso de cuerpos homogéneos, la posición de su centro de gravedad es independien independiente te de llas as características físicas del material (densidad) y sólo depende de la geometría del cuerpo. Este punto es una especie de centro geométrico y se denomina centroide.

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Pág. 4-3

De acuerdo a las expresiones (4.7) y (4.8) sus coordenadas serán:  x =

∫ x dV    ∫ dV 

 y G =

;

∫ y dV    ∫ dV 

 z G =

;

∫ z dV    ∫ dV 

(4.9) 

El centro de gravedad es una propiedad física, el centroide es propiedad geométrica. Las expresiones que acabamos de deducir nos permitirán calcular la posición del centro de gravedad y del centroide de cualquier cuerpo. Sin embargo, en las expresiones (4.6)  y (4.9)  se puede ver claramente que habrá que resolver integrales múltiples. A continuación estudiaremos algunos casos en que, dependiendo de geometrías particulares (placas, alambres, etc.), dichas integrales se pueden convertir en algunos casos a integrales simples.

4.1 Aplicación a placas planas de espesor constante Las coordenadas del centro de gravedad están dadas por:

 y

 yG

dA( x,  x, y) G

 xG =  x dW    dW 

dW 

Fig. 4-3

entonces, en (4.10):

→ 

 y dW 

∫∫ dW 

=

g  dV    

=

ρ g t  dA  

( ρ   ρ  es  es la densidad del material)

 

 xG =

∫ x dW  ∫ dW 

 x G =

∫ x  ρ  dA   ∫ ρ  dA

donde, en general, la densidad es:

(4.10) 

 

Sea t  el   el espesor de la placa y g  el  el peso específico del material. El elemento diferencial de placa mostrado pesará:

 x

 xG

O

;

∫∫

 yG =

=

∫ x ρ g t dA ∫ ρ g t dA

=

∫ g t  ∫ ρ  dA

g t   x ρ  dA

y análogamente 

 y G =

 

∫ y  ρ  dA ∫ ρ  dA

 

(4.11) 

= ρ  ( x    ,  y ) .  ρ   =

En la realidad, por cuestiones de fabricación de los materiales, éstos tienen normalmente densidad  ρ   constante. Considerando este hecho podemos obtener de (4.11) las coordenadas coordenadas del centroide:  x =

∫ x dA   ∫ dA

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;

 y =

∫ y dA   ∫ dA

(4.12) 

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Pág. 4-4

Expresiones en las que:

∫ x  dA  

es el primer momento o momento estático del área A  con respecto al eje y.

∫ y  dA  

es el primer momento o momento estático del área A  con respecto al eje x.

 Nota: En general, las integrales de área son integrales dobles. Sin embargo ellas se  pueden convertir en integrales simples escogiendo un elemento diferencial adecuado, como lo veremos en los siguientes ejemplos. Ejemplo 4.1:

Ubicar el centroide del área mostrada.

 y

Solución 1: tomando un elemento diferencial diferencial  paralelo al eje de las ordenadas. ordenadas.

 y = f ( x  x)

( x  x, y) dA

 x =

Gi  yC 

 

∫ x dA   ∫ dA C 

 y =

;

 

∫ y dA   ∫ dA C 

 = O

 xC 

 x

a

dx Fig. 4-4

 x C   x    y C   =  y / 2   dA =  y dx  

  a

 x =

∫ ∫ y dx

 x y dx

= 

∫ x y dx 0

a

∫ y dx

a

1 =   x y dx    A 0

∫

0

a

 y =

∫ 2  y dx ∫ y dx

1 2  y dx 2 0

∫

 y

=

a

1 2 =  y dx   2 A 0

∫

a

 y dx

∫ 0

Solución 2:

Tomando un elemento diferencial paralelo al eje de las abscisas

 y

 y = f  ( x  x)

b

 xC 

 x

(a, b)

=

dA

Gi

( x  x, y)

dy

=

+

a − x

2 a + x   2

 

 yC   =  y  

dA = (a   − x ) dy  

 yC 

 x O

a

 xC  Fig. 4-5

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 x =

 

Pág. 4-5 b

∫

∫

 x =

→ 

∫

∫

1 dy ( a 2 − x 2 ) dy 20

∫

1 (a + x ) ( a − x ) dy  xC  dA 2  =   ( a − x) dy dA

b

 

∫ (a − x) dy 0 b

 y =

 

∫

 yC  dA

∫ y (a − x) dy → 

 

 y =

∫ dA

0

  b

∫ (a − x) dy 0

Ejemplo 4.2:

Calcular la ordenada del centroide del triángulo escaleno mostrado.

 y

h

 y

h′ Gi

h

G

dy

b′

 y

 y

O

 x

O

Fig. 4-7

b′

 por semejanza de triángulos:

b b

=

dA

Sabemos que:

 y =

 

h

∫ y

 y =

C 

 y   =

dA

 A

h

→ 

 

b′

b

=   (h  − y )   h

 

b

b

∫0 y h (h − y) dy 

=

(1 / 2) b h

2 = 2 h

→ 

h − y

 (h  −  y ) dy  

h

reemplazando:

  =

 

dA =  b′ dy  

Solución: Para el elemento diferencial mostrado:

es decir:

 x

b

Fig. 4-6

h

3

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h

h

∫0 y (h − y) dy (1 / 2) b h

 

h

  y 2  y 3  h 2 − 3     0

 

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Pág. 4-6

Ejemplo 4.3: Calcular la posición del centroide del semic semicírculo írculo de radio R.  y

 y

a  R

a

G

( x,  x, y)

 R

 y

θ

 x

O

 x

O Fig. 4-9

Fig. 4-8

 

dA = 2 x dy =    2  R 2 − y 2 dy    R

 y

∫ y dA ∫ dA C   

=

=

 ∫ y 2

 R 2 − y 2 dy

→ 

 

0

 A

 y

=

4  R 3 π 

 

De otra forma, haciendo cambio de variable: → 

 y   =  R senθ   

dy

además, para los límites de integración:

=  R cosθ  d   d θ     y = 0

 →  θ  = 0  

 y = R

→

θ   = π  / 2  

π  / 2

∫  y =  

 yC  dA

∫ dA 4  R

 y =

→ 

  ∫ R senθ  ⋅ 2 ( R cos θ ) R cos θ  d θ 

=

0

π  R

2

 =

/2

2 π  R

  π  / 2

∫ 2 R  senθ  cos θ  d θ   3

2

2

0

 

3 π 

Utilización de coordenadas polares Según sea el caso, podría ser más conveniente utilizar coordenadas polares para el cálculo de la posición de un centroide. A continuación mostraremos las características de dicha utilización. Para el área diferencial mostrada:

dA

 y

(r, θ)

C   yC 

d θ

θ

O  xC 

2 r   3 2  xC   = r cosθ    3 2  yC  = r senθ   3 1 1 2   dA = ( r  d θ ) r  =  r  d θ    2 2

r   = = r (θ )

r 

   r     3      /     2     =    r   C

 x Fig. 4-10

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→ 

 

r C 

=

 A

=

∫ 12  r  d θ    

2

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además:

 y

∫

∫ dA

∫

∫

dA

1

∫ 3 r cos θ  2 r  d θ   = 3 ∫ r  cosθ d θ   

=

 yC  d  A

 

=

1

2

 xC  d  A

 

 x =

Pág. 4-7

2 

3

 A

∫

=

(4.13)

 A

1 2 r senθ  r 2   d θ  2 3  A

1 3 r  senθ  d θ  3    A

∫

=

(4.14)

Ejemplo 4.4: Hallar la posición del centroide centroide del área que encierra el lazo mostrado dado  por la ecuación ecuación polar r = sen 2θ  .  y

Sabemos que:

  x     =     y

 x

=

∫

∫

G r = sen 2θ 45°

O

1 3 r  cosθ  d θ  3   1 2 r  d θ  2 1

 y =

 x

∫ 3 r  senθ  d θ  ∫

Fig. 4-11 π  / 2

entonces:

 x

3

∫

=

0

  1 (sen 3 2θ ) cosθ  d θ  3 π  / 2

∫ 0

1 sen 2 2θ  d θ  2

1

 

2

r  d θ 

2

=

128   105π 

→ 

Por simetría del área del lazo con respecto al eje  x =  y :

 x

= 0,388 m  

 y

= 0,388 m  

Ejemplo 4.5: Calcular la posición del centroide del semicírculo de radio  R  utilizando coordenadas polares.  y

 y r=R

 R

( x,  x, y) d θ

G

 y

θ

 x

O Fig. 4-12

Solución:

 x

O Fig. 4-13

 

Sabemos que la ordenada del centroide en coordenadas polares está dada por: θ 2

 y =

1 3 ∫θ  3  R senθ  d θ  1 θ 2

1 ∫ R 2 d θ  2 θ 1

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 R 3

=

3

π 

∫0 senθ  d θ  2 π 

 R

2

∫0 d θ 

2 3  R 3   = 2 π  R

2

→ 

 y

=

4  R

 

3 π 

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Pág. 4-8

Ejemplo 4.6: Calcular la pposición osición del centroide de dell cuarto de ccírculo írculo de radio radio R.  y

 y

r=R

 x, y) ( x,

G d θ

 y

θ

 x

O

 x

Fig. 4-15

Fig. 4-14

 R

 x

O

 

Utilizando la expresión para centroide en coordenadas polares e integrando convenientemente: θ 2

1 3  R senθ  d θ  3 θ 1

 R

∫

 y

=

θ 2

=

3 π  / 2

3  R

1  R 2 d θ  2 θ 1

∫

→ 

 y

∫

 R 3

senθ  d θ 

= 3

0 2 π  / 2

2

∫ d θ 

(− cosθ )π 0 / 2 π  R 2

 

4

0

= 4  R   3 π 

Ejemplo 4.7:

 y

Calcular la posición del centroide del sector circular de radio R mostrado.

φ φ

O

G

 x

 x  R

Fig. 4-16

 

Utilizando nuevamente la expresión para centroide en coordenadas polares e integrando: i ntegrando: θ 2

1 3  R cosθ  d θ  3 θ 1

 R 3

∫

 x =

θ 2

1 2  R d θ  2 θ 1

∫

→ 

 x   =

2 R senφ  3 φ 

=

3

+ φ 

3

∫ cosθ  d θ  −φ 

 R

2 +φ 

2

∫ d θ 

+ φ 

 R      sen θ  3     −φ 

=

2  R φ 

 

−φ 

 

A continuación se muestran las propiedades geométricas de algunas superficies planas  bastante utilizadas en diversos aspectos de la ingeniería:

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Pág. 4-9

Tabla 4.1  Áreas y centroides de superficies planas. Superficie

Nombre

h

Triángulo

G

 x  

 y  

Área

-----

h

bh

b/2

h

Triángulo rectángulo

 

2

3

 y

b/2

 

 

b

G

3

 y

h

 

3

bh

 

2

 

 x

b

Cuarto de círculo

  4 R   3π 

π  R 2

2

0

4 R 3π   

4a   3π 

4 R  R

3π 

G   R

G

 

 y

Semicírculo

 

O  x

O

 

4

π  R 2

 

4b   3π 

π a b

 

4b

π ab

 

Cuarto de elipse

b

G

G

4

 y

Semielipse

O

O  x

a

0

a

3a

3π 

  a

Semiparábola G h

Parábola

8

G

 

 y

O  x

0

O

 

 

2

3h   5

2 a  h   3

3h   5

4 a  h

3h   10

ah

3

 

   y = k  x

Seno  parabólico

2

h

G

3a

 y

O

4

 

3

 

 x

a

   y = k  x n h

G

Seno genérico

  n + 1     n + 1   ⋅h  ⋅a     n 4 2 + 2 n +        

 y

O

ah n +1

 

 

 x

a

 

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Pág. 4-10

Tabla 4.1  Áreas y centroides de superficies planas (continuación). Figura

Nombre

 x  

θ 

Sector circular

O

θ 

2 R sen θ 

G

3θ 

 

 y  

Área

0

θ  r 2  

 x

 R

 

a

Trapecio

G

1     2a + b  ⋅ ⋅h   3   a + b  

------

h  y

b

1 2

h ( a + b )  

 

4.2 Aplicación al centro de gravedad de placas co compuestas mpuestas  y

En algunos casos se puede descomponer

1

cuerpos áreas, líneas) en otros similares(volúmenes, mucho más simples de analizar. A continuación analizaremos una placa plana.

a

2

3

θ

 x

O Fig. 4-17

 

La idea central es descomponer el área compuesta en n partes de geometría sencilla. Por ejemplo, de la siguiente manera:  y

 y

 y

 y

a

= θ

 x

O

 

+

 x

O

-

 x

O

O

 x

Fig. 4-18

 

Para calcular las coordenadas de su centro de gravedad podemos utilizar las expresiones mostradas en (4.5):  x G =

∑ x W    ∑W  Gi

i

i

donde:

;

 y G =

∑ y W    ∑W  Gi

i

(4.15) 

i

 x G i   e  y G i   son

las coordenadas del centro de gravedad de la i-ésima parte y coinciden con las coordenadas  xi  e  y i  de su centroide, pues cada parte elegida

es, lógicamente, homogénea. W i  es el peso de cada parte.

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Pág. 4-11

Puesto que conocemos las características físicas y geométricas (material, área y posición del centroide) de cada una des las l as partes componentes, podemos llenar la siguiente tabla: Elemento

 Ai  

W i  =  g i Ai  

g i  

 yG i  

 xG i  

 xG i W i  

 yG i W i  

1 2 3  

∑ x  W    ∑ y  W   

∑W   

Gi

  i

donde:

G i

i

g i  =  g ρ i  es el peso específico por unidad de área de cada parte [N/m

2

i

, lb/pulg2],

 ρ i  es la densidad de cada parte [kg/m 2, UTM/pulg2]

Las coordenadas del centro de gravedad de la placa compuesta serán:  x = G

∑ x W  ∑W  Gi

i

 

 y =

;

G

∑ y W  ∑W  Gi

(4.16) 

 

i

i

i

Si todas las partes que conforman el conjunto tienen el mismo mi smo peso específico g , entonces:  xG =

∑ x (g  A  ) ∑ g  A ∑ x  A   ∑ A i

i

=

i

 x =

entonces:

i

∑ x  A g  ∑ A

g 

 

i

i

=

i

i

;

∑ x  A ∑ A ∑ y  A   ∑ A i

=  x  

i

i

 y =

i

i

i

(4.17) 

i

El punto ( x ,  y ) recibe el nombre de centroide. Para calcularlo bastará llenar la siguiente tabla: Elemento

 Ai  

 xi  

 yi  

 xi  Ai  

 yi  Ai  

1 2 3  

∑ A   i

∑ x  A   ∑ y  A   i

i

i 

i

 Nota 1:

En el caso de cuerpos compuestos homogéneos homogéneos el centro de gravedad coincide con el centroide).

 Nota 2:

observar que las coordenadas del centroide son independien independientes tes de las características del material (densidad, peso específico)

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-12  y

Ejemplo 4.8: 6 cm

Calcular la posición del centroide de la placa  plana homogénea homogénea mostrada.

14 cm

1   m   c    2    1

2

3 4

Solución:

descomponie descomponiendo ndo de la siguiente manera:

45°

O

8 cm

Fig. 4-19

 y

 y 14 cm

6 cm

  m   c    2    1

 y

 

+

O

4  R 3 π 

  m   c    2    1

 

_

_   m   c    3   m   c    3

G

 x

O

 

 y

C 

 x

 x

45°

O

8 cm

 

45°

 x

3 cm 3 cm

O

8 cm

6 cm

Fig. 4-20

 

Para el semicírculo inclinado de radio  R = 3 2  tenemos: 4  R 2  x3 = 11 −   = 9,73  cm 3 π  2 4  R 2  y3 = 3 +   = 4,27  cm 3 π  2

Ahora llenaremos la siguiente tabla:  Ai  [cm2]

Elemento

 yi  [cm]

 xi   Ai  

 yi   Ai  

1

168

7

6

1176

1008

2 3

36 (-) 9 π  

-2 9,73

8 4,27

-72 -275,11

288 -120,73

4

(-) 18

12

2

-216

-36

612,89

1139,27

∑

de donde:

 xi  [cm]

 

157,73

∑ x  A   ∑ A  y  A = ∑  

 x =

i

i

→ 

 x =

→ 

 y =

i

 y

i

i

∑

 Ai

Pontificia Universidad Católica del Perú 

612,89 = 3,89  cm 157,73

1139,27

= 7,22  cm

157,73

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño 

 x

 

Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-13

4.3 Aplicación a centros de gravedad de alambres planos  y  y = f ( x  x)

d  ( x , y )

 

 y

 L 

O

 x

 x Fig. 4-21

∫ x dW    ∫ dW 

 xG =

Formulación general:

   y G =

;

∫ y dW    ∫ dW 

Sea a la sección transversal constante del alambre y  ρ  =  =  ρ  ( x , y )  su densidad. Entonces el  peso del elemento elemento diferencial de longitud d   será: dW  =  ρ g dV   =  ρ  g a d   

 xG =

 y G =

∫ x  ρ  g a d  ∫ ρ  g a d  ∫ y  ρ g a d  ∫ ρ g a d 

=

=

∫ ρ  x d    ∫ ρ d  ∫ ρ  y d    ∫ ρ  d 

Si la densidad del alambre  ρ  es  es constante, entonces:  xG =

 x =

Así:

∫   ρ  ∫ d 

 ρ   x d 

∫ x d  ∫ d 

=  x  

 

;

 y =

∫ y d  ∫ d 

 

(4.18) 

Si la ecuación del alambre está dada en coordenadas cartesianas  y =  f ( x ) :  y

 

y = f ( x  x)

d  =   dx 2 + dy 2 2

=

dy d  ( x , y ) dx

L   

   

 dx  +  dy       dx   dx 

2

dx  

2

d  =

 x

O

dy  dx   1 +      dx   

(4.19) 

Fig. 4-22

  Pontificia Universidad Católica del Perú 

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño 

 

Cap. 4 Centros de gravedad

 Nota 1:

Pág. 4-14

En algunos ca casos sos podría ser más convenie conveniente nte hacer: 2

d  =

 Nota 2:

 dx  1 +   dy    dy 

Si el alambre es tridimensional, se puede proceder de manera completamente análoga: d  = dx 2 + dy 2 + dz 2 . En este caso podría resultar ventajoso trabajar con las ecuaciones paramétricas de la curva que representa al alambre.

Ejemplo 4.9: Alambre eenn forma ddee un cuarto de circunferencia:  y

 y

∫ x d    ∫ d  C 

=

 x d 

G  R

 R  y

θ O

 x

d   = R d θ  

 x

O

 x

π  / 2

 x

Fig. 4-23

 xC  =  R cosθ   

donde:

d θ

 y

 L =  

Fig. 4-24

∫ d  

=  R π / 2  

0

  π  / 2

     R  sen θ  π  / 2 1  0    x = ∫ R cosθ ⋅ R d θ  = 2

 L

 R π  / 2

 

0

→ 

 

Por simetría con respecto a la recta  x =  y : Ejemplo 4.10:

  2 R

 x

=

 y

=

π 

  2 R π 

   

Alambre en forma de semicircunferencia.  y

 y =

∫ y

C 

d 

= 

∫ d 

G  y

C 

d   

 L

d   = R d θ    x

O

 L =

Fig. 4-25

 y

∫ d 

π 

=   ∫ R   θ  = π  R     d  0 π 

1 1  y =  yC    d  =  R senθ  R d θ   π  R 0  L

∫

d 

∫

π 

  R     = −  cos θ    π     0

d θ

 R

∫ y

 yC  =  R senθ   

donde:

 R

1

θ O

 x Fig. 4-26

Pontificia Universidad Católica del Perú 

 

 

 y =  2 R   π 

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño 

 

 

Cap. 4 Centros de gravedad

Ejemplo 4.11:

Pág. 4-15

Hallar el centro de gravedad de un arco de circunferencia:

 y

 y

 x

 R

 R

d 

d θ

ϕ

G

O

 x

 

O

ϕ

 R

=

θ

C 

donde:  xC  =  R cosθ   

 x

d   = R d θ  

 R

+ϕ 

 L =

 x

∫ x d    ∫ d 

Fig. 4-28

Fig. 4-27

+ϕ 

∫ d 

∫ R d θ  =

=

−ϕ 

 

2 R ϕ  

−ϕ 

+ϕ 



 x =

 Nota:

∫ R cosθ ⋅ R d θ  − ϕ 

 L

2 R 2 senϕ    = 2 R ϕ 

→ 

 x   =

 R senϕ 

ϕ 

 

Con este resultado podemos comprobar el resultado obtenido para la semicircunferencia semicircunferenc ia ( ϕ   = =  π / 2 ):  y =

 R senϕ    R sen (π  / 2)     = ϕ  π  / 2

→ 

 y =  2 R π 

 

A continuación mostraremos los centroides de algunos arcos de circunferencia:

Tabla 4.2  Centroides de líneas curvas planas. Nombre Cuarto de circunferencia

2 R G

Semicircunferencia

 

 x

 

2 R π 

Longitud  

π  R

 

π  R  

2

 

 R

 y

O

π 

G

 R

 y  

 x  

Figura

O

0

2 R π 

  θ 

Arco de circunferencia

O

θ 

 R sen θ 

G

θ 

Pontificia Universidad Católica del Perú 

2θ  R  

 

 x  R

0

 

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-16

4.4 Aplicación a centros de gravedad de alambres compuestos Para calcular las coordenadas de su centro de gravedad podemos utilizar las expresiones generales mostradas en (4.5):  x G =

∑ x W    ∑W  Gi

i

∑ y W    ∑W 

 y G =

;

Gi

 z G =

;

i

i

donde:

i

∑ z W    ∑W  Gi

i

(4.20) 

i

 x G i ,  y G i  y  z G i  son las

coordenadas del centro de gravedad de la i-ésima parte y que coinciden con las coordenadas  xi   e  y i  de su centroide, pues cada parte elegida es, lógicamente, homogénea homogénea.. W i  es el peso de cada parte.

Puesto que conocemos las características físicas y geométricas (material, área y posición del centroide) de cada una des las l as partes componentes, podemos llenar la siguiente tabla: Elemento

i  

W i =  g i  i    xG i  

g i  

 yG i  

 zG i  

 xG W  i  i

 yG W  i  i

 zG W  i  i

1 2 3  

∑ x  W    ∑ y  W    ∑ z  W   

∑W   

G i

  i

donde:

G i

i

i

G i

i

g i  =  g ρ i   es

el peso específico por unidad de longitud de cada parte [N/m, kgf/m, lb/pulg, etc.],  ρ i  es la densidad de cada parte [kg/m].

Las coordenadas del centro de gravedad serán:

∑ x W  ∑W    Gi

 x = G

∑ y W  ∑W   

i

Gi

;

i

 y = G

i

i

∑ z W  ∑W    Gi

;

 z = G

i

i

(4.21) 

Si todas las partes son del mismo material (y por consiguiente tienen la misma densidad, o lo que es lo mismo, el mismo peso específico), entonces:

∑ x (g   ∑ g 

 xG =

i

i

)

=

i

y así:

 x =

∑ x  ∑ i

i

 

;

i

∑ x  g  ∑ 

g 

 

i

=

i

i

 y =

∑ y  ∑ i

i

∑ x  ∑ i

i

=  x  

i

i

 

;

 z =

∑ z  ∑ i

i

 

(4.22) 

i

  , z )  recibe el nombre de centroide. Para calcularlo bastará El punto de coordenadas llenar la siguiente tabla: ( x ,  y

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Cap. 4 Centros de gravedad

Elemento

i  

Pág. 4-17

 xi  

 yi  

 z i  

 y i   i  

 xi   i  

 z i   i  

1 2 3  

∑  

∑ x 

i

i

 Nota:

   i

∑ y    i 

i

 

∑ z 

i

   i

En el caso de cuerpos compuestos por partes del mismo material, el centro de gravedad coincide con el centroide. Si este es el caso, las coordenadas del centro de gravedad son independientes de las características físicas del material (densidad, peso específico)

Ejemplo 4.12:

 y

Calcular la posición del centro de gravedad del alambre mostrado. El material del

 B 8 cm   c   m    6

−3 acero con peso específico   es alambre g  = 1,2 ⋅ 10  N/cm .

O

Solución:

C 

Dado que todo el alambre es del mismo material, entonces el centro de gravedad coincidirá con el centroide. Entonces calcularemos la posición de este último.

 x

 R  =  5   c m

 A  z

Fig. 4-29

 

Elemento

 i  [cm]

 xi  [cm]

 yi  [cm]

 z i  [cm]

 xi   i  

 y i   i  

 z i   i  

1 ( AO  AO)

5π  

2(5) /π  

0

5

50

0

25π  

2 (OB)

6

0

3

0

0

18

0

3 ( BC   BC )

10

4

3

0

40

30

0

∑

31,71

90,0

48,0

78,54

 

 x =

∑  x  ∑ ∑  y  ∑ i

i

 

→ 

 x =

90,0 = 2,83  cm 31,71

i

 

→ 

 y =

48,0 = 1,51  cm 31,71

 

→ 

 z =

78 31,,54 71 = 2,48  cm

i

 y =

i

i



 z =

∑∑   zi

i i

Pontificia Universidad Católica del Perú 

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-18

Ejemplo 4.13: Calcular la dimensión “a” para que el alambre homogéneo mostrado delgado permanezca colgado de tal manera que el segmento AB permanezca vertical. Se conoce la dimensión r .

 A r   B

Solución:

a

r   D

 E 

C 

 AB  permanezca vertical, el peso del Para quehomogéneo el segmento alambre y la reacción en  A deben estar alineados verticalmente. Ello implica que el centroide del alambre debe ser tal que  x = 0 .

Fig. 4.30

 

Para el análisis dividiremos el alambre en tres segmentos: recta  AB, arco de circunferencia  BD y recta DE . θ 

Para el arco de circunferencia tenemos de tablas:

O

 R

G1

r 

e =

 B a e

θ 

 

 

En nuestro caso, para θ  = 135   ° =  3π  / 4 rad  

 A

 

 R  senθ 

 x

 y

θ

 x =

G

θ 

45° 45°

 

 D

E 

G3

C  G2 r 

r  se sen n (3π  / 4)

3π  / 4

Elemento  AB) 1 ( AB

 x

 

e =

 xi  

 xi   i  

r

0

0

3 (2 π r )   4

 DE ) 3 ( DE 

a

 2 2 −      3π  r   + +

  2   2  

r  a

2

− r 2      

 

a  r  +

∑  x  ∑ i

i

 

de donde:

a=

Entonces:

a

2 

  a  − r 2 + a  r  +    2     x = 3 r + π  r + a

→ 

i

Para que  x = 0  entonces:

 

2 

 

2

 x =

a 

  a    − r 2 + a  r  +   

3 r +    π r + a  

 

2 2 r   3π 

i  

2 ( BD  BD)

∑

  → 

2

    − r 2 + a  r  +  

a 

→ 

 = 0  2 

a2 +

(2 r ) a  − 2 r 2 = 0  

− 2r ±   (2r ) 2 − 4 (−2 r 2 )

  →  a = − r ± 3 r   2 descartamos la raíz negativa, pues la longitud buscada no puede ser negativa.

= (    3 − 1) r   

Pontificia Universidad Católica del Perú 

es decir:

a

=  0,73 r   

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño 

   

Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-19

Solución 2: Para este segundo análisis dividiremos el alambre en cuatro segmentos: recta AB, cuarto de circunferencia BH , semicircunferencia HD y recta DE . Para el arco de circunferencia tenemos de tablas:

θ  O

 x =

G

θ 

 R  senθ 

θ 

 

 x

 y

 R

 

 A G1

En nuestro caso, para θ  = 45   °  = π  / 4 rad  

r 

 B a  H 

G2  e θ = 45° C    D

 

E 

G4 G3

e =  x

r 

 

∑  x  ∑ i

i

 

de donde:

a=

e =

2 2 r   π 

i  

 xi  

 xi   i  

r

0

0

 BH ) 2 ( BH 

π r / 2  

3 ( HD  HD)

π r  

4 ( DE   DE )

a

 2 2   −   π 

  2 r  2  

− r 2  

 

0 r   + +

0 a

2

   

 

a  r  +

a 

 

2 

  a    − r 2 + a  r  +      2 

3 r +    π r + a   2

 

  a  − r 2 + a  r  +    2     x = 3 r + π  r + a

→ 

i

Para que  x = 0  entonces:

π  / 4

→ 

 

Elemento 1 ( AB  AB)

∑

 x =

r    sen(π  / 4)

2

− r 2 + a     r + a  = 0     2 

− 2r ±   (2r ) 2  − 4 (−2 r 2 ) 2

  → 

→ 

a

a2 +

(2 r ) a  − 2 r 2 = 0  

= − r ± 3 r  

descartamos la raíz negativa, pues la longitud buscada no puede ser negativa. Entonces:

a

= (    3 − 1) r   

Pontificia Universidad Católica del Perú 

es decir:

a

=  0,73 r   

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño 

   

Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-20

Solución 3: Para este segundo análisis dividiremos el alambre en cuatro segmentos: recta AB, cuarto de circunferencia BH , semicircunferencia HD y recta DE . Para el arco de circunferencia tenemos de tablas:

θ  O

 x =

G

θ 

 R senθ 

θ 

 

 y  x  R

 A G1

 

r 

 B

En nuestro caso, para θ  = 45   °  = π  / 4 rad   a

 H 

G2 e  4 5 °  = 4 C   θ =

 E 

G4

 D G3

e =

 x

π / 4

→ 

 

e =

2 2 r   π 

r 

 

Elemento 1 ( AB  AB)

i  

 xi  

 xi   i  

r

0

0

2 ) ( BHDB  BHDB

2 π r  

0

0

3 (- BD  BD)

(−) π r / 2  

4 ( DE   DE )

a

∑

 x =

∑  x  ∑ i

i

Para que  x = 0  entonces:

a=

r   + +

2

a

2

− r 2      

 

a  r  +

a 

 

2 

    − r 2 + a  r  +  

a 

 

2 

2

  a  − r  + a    r +  = 0     2 

→ 

2

− 2r ±   (2r ) 2  − 4 (−2 r 2 )

  2   2  

r 

  a  − r 2 + a  r  +    2     x = 3 r + π  r + a

→ 

 

 2 2    π 

3 r +    π r + a   2

 

i

de donde:

r sen (π / 4)

  → 

a

2 a +

(2 r ) a  − 2 r 2 = 0  

= − r ± 3 r  

descartamos la raíz negativa, pues la longitud buscada no puede ser negativa. Entonces:

a

= (    3 − 1) r   

Pontificia Universidad Católica del Perú 

es decir:

a

=  0,73 r   

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño 

   

Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-21

4.5 Aplicación a centros de gravedad de sólidos A continuación estudiaremos más detalladamente la aplicación de las expresiones deducidas al inicio del capítulo a sólidos homogéneos de geometría relativamente sencilla.

 x, y, z) dm ( x,

Sabemos que el peso del diferencial de masa mostrado en la figura está dado por:

dW  

r i

dW  =   ρ  g dV    Fig. 4-31

O

∫

W  =  ρ    g dV   

El peso del cuerpo será:

 

Además, según la expresión (4.6) las coordenadas de su centro de gravedad están dadas por:  x dW  ∫ =   dW  ∫

 xG

;

 y dW  ∫ =   dW  ∫

 yG

;

 z G

 z dW  ∫ =   dW  ∫

(4.23) 

∫ z dV    ∫ dV 

(4.24) 

Las coordenadas de su centroide están dadas por:  x =

∫ x dV    ∫ dV 

 y =

;

∫ y dV    ∫ dV 

 z =

;

Sabemos también que si un sólido es homogéneo, las coordenadas del centro de gravedad coinciden con las coordenadas del centroide. Ahora, dado que el diferencial de volumen está dado por dV   = dx dy dz , entonces las integrales de (4.24) son múltiples. Sin embargo,  para ciertos sólidos (prismas, de revolución, etc.), dichas integrales pueden reducirse a integrales simples. Sólido generado por la rotación de una curva alrededor de un eje:  x) dx  Tomemos  dV  =  = A( x

 y = f ( x)

 y

 A( x)

 A( x )  = 

( x,  x, y)  y

 

θ

O

dV 

→

=

 

 x

1 θ  y 2   [θ  en   en radianes] 2

θ 

2

 y dx   2

a

 x

entonces:  x =

dx a

∫

Fig. 4-32

 z

   

Análogamente:

∫

 xC  dV 

 y =

Pontificia Universidad Católica del Perú 

 

 

2

dx

 

0

a

θ 

∫ 2  y

2

dx

0

 y C  dV 

∫ ∫ dV 

dV 

=

θ 

∫ x 2  y

y

 z =

 z C  dV 

∫ ∫ dV 

.

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño 

 

 

Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-22

Consideracioness de simetría: Consideracione 1.  Si un sólido posee un plano de simetría

→ 

el centroide está localizado en dicho  plano.

2.  Si tiene 2 planos de simetría

→ 

el centroide está sobre la línea de intersección.

3.  Si tiene 3 planos de simetría

→ 

el centroide coincide con el punto de intersección de los tres planos.

Si en particular una curva plana gira 360°:  y

 y = f ( x  x)

Para el disco diferencial:

 A( x  x)

( x,  x, y)

 A ( x )  =  π  y 2    y  =  f ( x )  

 y O

 x

dV 

=   A( x ) dx   = π  y 2 dx  

dx

 x a  z

Fig. 4-33 a

 x =

 

∫ x π  y

∫ x dV  = ∫ dV  ∫ π  y C 

2

  dx

 

0

a

2

dx

0

=   z = 0 

Por simetría:

 y

Ejemplo 4.14:

Semiesfera Intersección de la semiesfera con el plano xy

 y

  dV  = π   y 2 dx  

 y

 x 2 +  y 2 =  R 2   ( x,  x, y)  R

O

 x

 x

O

 y 2

→ 

 y

=  R 2 − x 2  

∫ x dV    ∫ dV 

 x =

 z dx

 x Fig. 4-34

  a

∫

∫

V  = dV  = π  ( R   − x ) dx 2

2

 

→ 

2

V  =  

3

0 a

1 1 2 2  x =  xC  dV  =    x  π  ( R − x ) dx   V  V  0

∫

Por simetría:

 y

π  R 3  

∫

 

→

 x

=

3 8

 R

 

=0  

Pontificia Universidad Católica del Perú 

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño 

 

 

Cap. 4 Centros de gravedad

Ejemplo 4.15:

Pág. 4-23

Pirámide (cono) con cualquier tipo de área de base.

 z

dV  =  A z dz  

Tomaremos V 

Si los elementos diferenciales son discos  paralelos a la base, los centros de gravedad de cada uno de dichos discos están situados en la recta OG z  y el CG del volumen total también está sobre la línea OG z . Falta hallar solamente  z .

 A z h

G z  z

G

 z

G B O

 y

 A B

 x Fig. 4-35

   A z

Por semejanza geométrica:  z

=

h2

( h − z ) 2    A z =  A B 2 h

→ 

 

∫  z  dV    = 1 ∫ z dV   ∫ dV  V  h

=

=

∫

V 

=

 A B

  (h − z ) 2

 

( h − z ) 2

 

h2

∫

dV 

0

 A B

=

 AB h

3  

dz

1 ( h − z ) 2  1  z =  z dV  =  z A B   2 dz   V  V  0 h h

∫

∫

 z   =

→ 

h

4

 

Ejemplo 4.16: Semicono circular recto. Para el elemento diferencial:

 y

dV  =

O

 x

 y C   =  x

dx

h

Fig. 4-36

r 

 z

 x =

 

   x

∫ x dV    ∫ dV 

=

4r    3π  a h

= ∫   x  2  h   0 π   a

 x h Fig. 4-37

2

dx

=

π  a 2 h

h

6

2

∫

h

Análogamente:

→ 

 x =

3 h   4

2

1  1 4  ax  π   a    y = V   yC  dV  = V   3π       h    2    h  x  dx   0

∫

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1   1 π   a    x =  xc dV  =    x     x  dx   V  V  0 2  h  

∫

a

r 

 

C 

h

V 

2

r 2 dx  

 x C   =  x 

a

r 

π   

∫

a

→ 

 y   = π 

 

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Cap. 4 Centros de gravedad

Comprobación:

Pág. 4-24

El centroide del semicono circular recto estará sobre la recta que une los centroides de los elementos diferenciales: h G  y

=

 4 a    π  3    

4a 3 π 

 x  y

a

 y  =

→ 

 

π 

 

 x

h Fig. 4-38

 

A continuación se muestra una tabla con algunas propiedades geométricas (volumen,  posición del centroide) centroide) de alguno algunoss volúmenes ccomúnmente omúnmente utilizados eenn ingeniería ingeniería::

Tabla 4.3  Centroides de volúmenes. Nombre

Figura

 z

 

Volumen

 z  R

Semiesfera

G

 z

3 R   8

 y

O

2 3

3 π  R  

 x  z

V 

 

Cualquier tipo de cono oblicuo (*) 

h

h

G

4  z

 

1

 

1

 

1  Abase h   3

 Abase h   3

 y

O

 x

   z V 

Cono recto

h

h

G  z

4  y

O  R

 x  z

 

V 

Pirámide oblicua con cualquier tipo de base (*) 

h

h G

 z

O  x

Pontificia Universidad Católica del Perú 

3

π a 2 h  

4  y

 

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-25

Tabla 4.1  Centroides de volúmenes (continuación). Nombre

Figura

 z

Volumen

 

 z V  h

Pirámide recta de  base rectangular

G O

b

 z

 y

h

1

4 

3 abh  

a  x

   z

Semielipsoide de revolución

3h   8

h

G  z

3

π a 2 h  

 y

O a

 x

 z

Paraboloide de revolución

2

  h

h

G

3

 z

1 π  a 2 h   2

 

 y

O a

 x

 

4.7 Aplicación a volúmenes compuestos Para calcular las coordenadas de su centro de gravedad podemos utilizar las expresiones generales mostradas en (4.5):  xG =

 x W    ∑∑ W  Gi

i

;

 y G =

i

donde:

 y W    ∑∑ W  Gi

i

i

;

 z G =

 z W    ∑∑ W  Gi

i

(4.25) 

i

•   xG i ,  y G i   y  z G i  son

las coordenadas del centro de gravedad de la i-ésima  parte y coinciden con las coordenadas  xi   e  y i   de su centroide, pues cada  parte elegida es, es, lógicamente, ho homogénea. mogénea.

•  W i  es

el peso de cada parte.

Puesto que conocemos las características físicas y geométricas (material, área y posición del centroide) de cada una des las l as partes componentes, podemos llenar la siguiente tabla:

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Cap. 4 Centros de gravedad

Elemento

V i  

Pág. 4-26

W i  = g i V i    xG i  

g i  

 zG i  

 yG i  

 xG i W i  

 yG i W i  

 zG i W i  

1 2 3  

donde

∑ x  W    ∑ y  W    ∑ z  W   

∑W   

Σ

G i

  i

G i

i

i

G i

i

peso específico de cada parte [N/m 3, lb/pulg3] y  ρ i   es la densidad respectiva [kg/m3]. g i  =  g ρ i   el

Las coordenadas del centro de gravedad serán:  xG =

∑ x W    ∑ W  Gi

∑ y W    ∑ W 

 yG =

;

i

Gi

i

i

 zG =

;

i

∑ z W    ∑W  Gi

i

(4.26) 

i

Si todas las partes son del mismo material, y por consiguiente tienen la misma densidad, entonces:  xG =

∑ x (g V   ) ∑ g V  i

i

=

i

 x =

y así:

∑ x V    ∑V  i

i

∑ x V  g  ∑V 

g 

 

i

i

∑ x V  ∑V 

=

i

i

;

 y =

i

=  x  

i

i

∑ y V    ∑V  i

i

 z =

;

i

∑ z V    ∑V  i

i

(4.27) 

i

El punto ( x ,  y ,  z ) recibe el nombre de centroide. Para calcularlo bastará llenar la siguiente tabla: Elemento

 xi  

V i  

 yi  

 z i  

 xi V i  

 yi V i  

 z i V i  

∑ y  V   

∑ z  V   

1 2 3  

∑V    i

 Nota:

∑ x  V    i

i

i 

i

i

i

Si todas las partes que componen el cuerpo en estudio son del mismo material homogéneo, entonces las coordenadas del centro de gravedad coinciden con las del centroide y son independientes de las características del material (densidad,  peso específico) específico)

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-27

Ejemplo 4.17:

 z

El sólido mostrado según una sección longitudinal consta de un cilindro con una cavidad semiesférica y está rematado por un cono.

   0    0    3

Remate cónico de aluminio

a)  Localizar el centroide del volumen compuesto de , la cavidad semiesférica sies el R =radio la longitud 140 mm de la parte cilíndrica es  L = 250 mm   y la altura del cono recto es h = 300 mm .

Cilindro de acero

   0    5    2

Cavidad semiesférica

 b)  Localizar el centro de gravedad si el cilindro es de acero y el remate cónico de aluminio. Se sabe que: g ac 

280

Fig. 4-39

= 7870 kgf / m  

 

3

g al  = 2770 kgf / m 3  

Solución:

Dado que se trata de un sólido de revolución, bastará calcular  z  y  zG .

g i  Elemento [kgf/mm 3 ]

Cilindro

]

[mm]

  −9 7870 ⋅10   π ×1402 × 250  = 15,39 ⋅106  

Cono

  −9 2770 ⋅10  

Semiesfera

  −9 7870 ⋅10  

∑

 zi  

3

V i  [mm

π 

3

1924 ⋅ 106   15139,91

×1402 × 300 = 6,15 ⋅106  

325

17,04

1999 ⋅ 106   5536,54

2 3

52,5

- 45,25

− 301,9  ⋅10 -2375,76  

92,91

3621 ⋅ 106   18300,7

15,8  ⋅10 6  

 z =

 zi W i  

121,12

−   π (140)3 = − 5,75 ⋅106  

( x =   y

 zi V i  

125

 

a) Centroide:

W i =    g i V i  [kgf]

= 0)  

∑  z V    ∑ V  i

i

→ 

i

3621 ⋅106  z = = 229,2 mm 15,8 ⋅ 106

 b) Centro de gravedad: gravedad:  xG = yG = 0  zG =

∑ z W    ∑W  i

i

i

Pontificia Universidad Católica del Perú 

→ 

 zG =

18 300,7 = 197  mm 92,91

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-28

Ejemplo 4.18: En la figura se muestra un soporte compuesto por una placa de base de latón     ( g lat   = 0,0858 ,027 2 N / cm3 ). ,085 8 N / cm3 ) y una placa triangular de aluminio ( g al  = 0,0272 Considerando que la placa de aluminio está sobre la chapa de latón se pide determinar el  peso y centro centro de gravedad ddel el soporte. 1,5

 z 1

  m   c    0    1

16 cm

 y

2

 z

  m   c    1

3 4

3 Fig. 4-40

 x

4

16 cm

 y

r=2

Fig. 4-41

 x 4

16 cm

Solución:

 

Dividiremos el soporte en cuatro partes y luego indicaremos sus características en la siguiente tabla: item

V i  

g i  

W i  = g i V i  

[cm3]

[N/cm3]

1

120,0

2

 xi  

 yi  

 z i  

 xi W i  

 y i W i  

 z i W i  

[N]

[cm]

[cm]

[cm]

[N-cm]

[N-cm]

[N-cm]

0,0272

3,264

0,75

5,33

4,33

2,448

17,408

7,547

48,0

0,0858

4,12

1,5

8,0

0,5

6,178

32,947

2,059

3

201,06

0,0858

17,25

9,79

6,79

0,5

168,9

117,15

8,626

4

-12,57

0,0858

-1,078

7,0

4,0

0,5

-7,55

-4,313

-0,539

169,98

163,19

24,29

Σ 

23,55 1

donde:

V   =

2 (16) (10) (1, 5) = 120,0  cm   π  V 3 =   (16)2 (1) = 201 201, 06  cm3  4

3

1

;

V 2  = 3 (16) (1) = 48, 0  cm3

;

V 4  = π  (2)2 (1) = 12 12,57 ,57  cm

3

de la tabla:

peso del soporte W = ∑W i = 23,55 N  

y además:

 xG =

∑  x W  = 169,98 23,55 ∑W  ∑  y W  = 163,18 23,55 ∑W  i

i

= 7,22   cm

i

= 6,93   cm

 

i

 yG =

i

i

 z W   zG =

∑∑

i

i

W i

Pontificia Universidad Católica del Perú 

1,03   cm = 24,29 23,55 =

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-29

Ejemplo 4.19:

  c  m   1 

 z

Dos placas idénticas de forma trapezoidal de material sintético con peso específico g 1  = 0,02    N/cm3 están unidas a una placa rectangular de otro material sintético con peso específico g 2  = 0,01    N/cm3 y dimensiones 20 × 10  cm. Se pide calcular la

15 cm 1 cm

  m   c     1  0   c  m   1 

a   m   c    0    2

mínima dimensión de   horizontal para que eelsobre l conjunto se voltee sobre la superficie la quenoestá en reposo. Calcule luego el peso total del conjunto y la posición de su centro de gravedad.

O

 y Fig. 4-42

a

Solución:

 x

 

Primero calcularemos la posición del centroide de una de las placas trapezoidales, el cual, dado que cada placa es homogénea, coincide con su centro de gravedad:  z

 Ai   [cm2]

 yi   [cm]

 zi   [cm]

 Ai  yi  

 Ai zi  

20 a  

a

10

10 a 2  

200 a 

150 − 10 a  

15   a a+  −   3 2 =   a +5  3

Elemento

15 cm

  m   c    0    2

O

 y a

Fig. 4-43

 

∑  y =

 

i

200 a + 2000 3   = 10 a + 150

20 a + 200 3    z = a + 15

i

 

10   2 a + 50   a + 750   3

10 a  + 150  

i

∑ ∑ A ∑ ∑ A

40 2 (150 − 10  a ) ( a + 5)   (150  − 10a) 3 40 3   400 20 3 = − a   2 + 50 a + 750   = 2000 − 3 a 3

1 2 a + 5 a + 75 3  y =   a + 15

i

 z =

 

10   2 a + 50 a + 750 3   →  = 10 a + 150

 Ai  y

 Ai  z

2

→ 

200 a + 2000   3

Con estos resultados podemos calcular la posición del centro de gravedad del conjunto. Elemento

3

3

g i  [N/cm ]

W i  = g i V i   [N]

1 (15 + a)(20)(1)   2 = 10 a  + 150  

0,02

0,02 ( 10  a  + 150 ) = 0,2 a + 3  

10 a  + 150  

0,02

0,2 a + 3  

V i  [cm

]

 yG i   [cm]

W i   y G i

1 2 a + 5 a + 75 3 a + 15   1 2 a + 5 a + 75

15

a + 15

15

1

1

3

 

  2

a + a + 15  

  2

a + a + 15  

  10 (1) (20) = 200

∑

0,01

 

Pontificia Universidad Católica del Perú 

2

0,5

2 (0,2 a  + 3) + 2  

1

2(

1  2 a + a + 15) + 1   15

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-30

Las coordenadas del centro de gravedad serán:

∑ W  y ∑W 

 yG =

i

Gi

→ 

 

i

1 2 2 a + 2 a + 31 2 ⋅ ( a 2 + a + 15) + 1 15 15 =  yG =   2 (0,2 a + 3) + 2 0,4 a + 8

La condición para el equilibrio del cuerpo será:

 yG  ≤ a  

2 2 a + 2 a + 31 15  yG =   ≤ a  0,4 a + 8 2 2 a + 2 a + 31  ≤ a (0,4 a + 8)   15

es decir: 

 z

15 cm

G

  m   c    0    2

W 

a 2 + 22 ,5 a − 116,25 ≥ 0  

O

a ≥ 4,332 cm  

de donde:

 y a

 N  Fig. 4-44

 

Finalmente: Elemento

∑

W i  = g i V i  

 yG i  

 z G i  

3,866

5,324

3,866

2

 y G i  W i  

 z G i  W i  

11,839

20,58

45,770

5,324

11,839

20,58

45,770

0,5

10

1

20

42,165

111,539

9,733

 

Las coordenadas del centro de gravedad serán:  yG

=

∑ y W  ∑W 

=

42,165   9,733

→ 

 yG =

4,332 cm  

∑ z W  ∑W 

=

111,539   9,133

→ 

 zG =

11,460 cm  

Gi

i

i

 zG =

Gi

i

i

Pontificia Universidad Católica del Perú 

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-31  y

Ejemplo 4.20: Calcular la posición del centro de gravedad de la pieza mostrada sabiendo que está compuesta por tres placas con los siguientes pesos específicos: Placa rectangular: 7,8 ⋅ 10−3  [N/cm2]  

3     0       c    m   

O   cc m  4 0

 x

2

−3

2,7 ⋅10  [N/cm ] Plancha rolada: Placa semicircular: 8,9 ⋅ 10−3  [N/cm2]

   c   m       0     4

6  0    z  c m 

Solución: Por simetría  xG = 0 . • 

Fig. 4-45

 

Plancha rolada semicilíndrica  y  z

  0   4

  R  =

  m   c

  ) = 2400 π    [cm  A2 = π    R  (60

Centroide:

 y2

O  y

G Fig. 4-46

• 

2

Área:

 2 R

=−

π 

=  −

2 (40) π 

=−

]

80   [cm] π 

 

Placa semicircular  y

Área:

 A3 =

Centroide:

 y3

π    r 2

2

r    =    

3  0    G  c   m  

 y

 x

O

Elemento

Fig. 4-47

=

4   r  4 (30) =  3 π  3 π 

=

40   [cm] π 

W i =    g i Ai   [N]

 yi  [cm]

 zi  [cm]

 yi W i   [N-cm]

 zi W i   [N-cm]

−3

18,72

0

100

0

1872

−3

20,36

- 80 / π   

40

-518,46

814,4

−3

12,58

40 / π   

0

160,17

0

-358,29

2683,4

g i  [N/cm2]

2400

7,8 ⋅10  

2400 π  

2,7 ⋅10  

450 π  

8,9 ⋅10  

Σ

51,66

∑  y W    ∑W 

→ 

 yG =

∑∑ zW W   

→ 

 zG = 2683,4 = 51,94  cm 51,66

i

i

i

 zG =

2

= 450 π    [cm2]

 

 Ai  [cm2]

 yG =

= 

π (30) 2

i

i

i

Pontificia Universidad Católica del Perú 

− 358,29 51,66

= − 6,94  cm

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-32

Problema 4.21: El elemento mostrado es una placa de espesor despreciable cuyo peso por unidad de área es 2000 N/m2. La placa se atornilla a su base mediante un tornillo en O, el cual le restringe todo tipo de movimiento. Se pide determinar las reacciones en O.  Nota: Todas las milímetros.

dimensiones

60°

 = 500 N F  =

 x  

O

30°

  0   1  0

 0  1 5    5    0

 z

en

2   5  0  

   0    5

5  0  

 y Fig. 4-48

 

Solución: Primeramente calcularemos la posición del centro de gravedad de la placa para determinar de esa manera un punto de paso de su peso. 4

 

5

1 3

 x G5

  0   1  0

2

O

G4

  0   1  5 x         0         5         1

G3

   0    5

 z

        5         7

G1

G2 O

4R/3π = 21,22

2  5   0  

   0    5

5  0  

 y

y

50

125 150

 

100  , 2 2 2   2 2 1    = = 3  π  /  3  4  R G5

G1

G3

G3

R    5    0  

G2

y

O

        0         5

        0         0         1

125

        0         5

O

  5 0  0  1 0 x

G2

G1

 

125

150

z

z

Parte

30°   5 0

75

50 4R/3π = 21,22

G5

G4

G4

 Ai  

1 2 3 4

[mm2] 3927 25000 15000 10000

5

3927

 

W i  [N]

 xi  [mm]

 y i  [mm]

 z i  [mm]

 xi  W i  

 yi W i  

 z i  W i  

7,854 50 30 20

0 0 75 193,3

-21,22 125 200 200

0 0 -50 -75

0 0 2250 3860

-166,66 6250 6000 4000

0 0 -1500 -1500

7,854 115,71

254,98

200

-110,61

2002,61 8112,61

1570,8 17654,14

-868,73 -3868,73

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Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-33

 xG =

Ahora:

∑  x W    ∑W 

→ 

 xG =

8112,61 = 70,11 mm   115,71

∑  y W    ∑W 

→ 

 yG =

17654,14 = 152,57 mm   115,71

∑∑

→ 

 zG = − 3868,73 = − 33,43 mm   115,71

i

i

i

 yG =

i

i

i

 zi W i   W i

 zG =

Ahora tenemos las siguientes fuerzas actuando sobre la placa: 

W  = (0;

Peso:



0; 115,71)   pasa por el punto G con r G = (70,11; 152   ,57; − 33,43)  

 Notar que como posición del punto de paso de la línea de acción del peso   podríamos tomar el el vector: r Q = (70,11; 152,57; 0)   

Fuerza F  :

determinación de sus componentes: F  y

= 500 sen 60° = 433,01 N  

F   x = 500 cos 60° cos 30° = 216,5 N  

F    30° = −125 N    z = 500 cos 60° sen 

F  = (216,5; 433   ,01;

el punto A con − 125)   pasa por el



r  A = ( 236,6;  200; − 100)  



 R = ( R x ; R   y ; Rz )  

Reacciones en el empotramiento O:



 M   = ( M  x ; M      y ; M z )  

Dado que la placa está en equilibrio, se debe cumplir: 1) 



∑ F  = 0 :   i







F  + W   + R = 0  

→ 

216,5 + 0  +   Rx

=0 

433,01 + 0  +   R y

= 0 

→ 

 R x  = − 216 216,, 5 N  

→ 

 R y

− 125 + 115   + Rz = 0   →    ,71

2) 

∑



 M    O = 0:









= − 433,01 N  

 R z = 9,29 N  



r  A × F  + r G × W  + M  = 0  

− 100) × (216,5;  433,01; − 125) +   + (70,11; 152,57; − 33,43) × (0  ;  0; 115,71) + ( M  x ;  M     y ;

(236,6; 200;

→ 

 M  x

= − 35,95  ⋅ 103  N - mm  

→ 

 M  y

= 187,43  N - mm  

→ 

 M  z = − 59,15 ⋅ 103

Pontificia Universidad Católica del Perú 

M z )

= 0 

 N - mm  

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño 

 

 

Cap. 4 Centros de gravedad

Pág. 4-34

Otra solución: considerando por separado el peso de cada una de las partes en que hemos dividido la placa y añadiendo la fuerza F  , la fuerza de reacción  R   y  el momento de reacción  M O :

G5

 x

 M  x

W 4

O

G3

 R y

 M  y G

 R z

W  1

W 5

G4

 R x

G1



 A

 M  z

  0   1  0

   0    5

W 2 2  5   0  

 z

F 

 0  1 5

W 3

2

 

 

   0    5

5  0  

y

  

Fuerza 

W 1 = (0; 0; 7,854)   



W 3 = (0; 0; 30)   



W 5  = (0;



r 1 = ( 0;



− 21,22; 0)  



r 2 × W 2 =  (6,25 ⋅ 10











r 3 = (75; 200; 0)  

r 3 × W 3 = (6 ⋅ 10  

3

0; 7,854)  

r 5  = (254,98; 200; 0)  



; 0; 0)  

3

3













r 5 × W 5 = (1,571 ⋅ 103 ;  − 2.003 ⋅103 ; 0)  



= (236,6;  200; − 100)  

r   A × F  = (18,3 ⋅ 10



= (0; 0; 0)  

r O ×  R   O = (0; 0; 0)  

F  = (216,5;  433,01; − 125)   r   A r O

0; 0)  

; − 2,25 ⋅ 10 ; 0)       3 ; − 3,866 ⋅ 103 ; 0)   r 4 × W 4 = (4 ⋅ 10







r 2  = (0; 125; 0)  

r 4  = (193,3; 200; 0)  

 R = ( R x ; R  y ; R z )  

r G i ×   F i   r 1 × W  1 = (−166.660;

0; 20)  







r G i  



W 2  = (0; 0; 50)  

W 4  = (0;

Punto de paso

F i   [N]

3

; 7,925 ⋅ 103 ; 59,15 ⋅ 103 )  



 M O  = ( M  x  ;  M  y ; M  z )  

 

∑ F  = (216,5 + R ; 433   ,01 + R ; − 9,292 + R )  

de donde:

i

 

∑ M 

O

 x

 

 y

z

  = (35,96 ⋅103 + M  x ; −  193 + M  y ; 59,15 ⋅103 + M  z )  

Finalmente: 

∑ F  = 0 :   i

216,5 + 0  +   Rx = 0  

→ 

 R x = − 216,5 N  

433,01 + 0  +   Ry

→ 

 R y

→ 

 R z = 9,29 N  

→ 

 M  x = − 35,96  ⋅ 103  N - mm  

→ 

 M  y

→ 

 M  z = − 59,15 ⋅ 103

= 0 

− 125 + 115   + Rz = 0     ,71

∑



 M  = 0:   O

35,96 ⋅103 +    M x

=0 

− 193  + M    y = 0  59,15 ⋅ 103  + M z = 0  

Pontificia Universidad Católica del Perú 

= − 433,01 N  

= 193  N - mm    N - mm  

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño