Radio de Giro-Estatica

RADIO DE GIRO DE UN AREA El radio de giro es una cantidad que tiene por unidad una longitud, que mide la distribución del área desde un eje; se emplea a menudo en el diseño de miembros estructurales solicitados por comprensión. Considérese un área , como la que se ilustra en la figura

Ix

a . Sean

inercia de esta área respecto a los ejes

x

y

e

Iy

a una distancia

I x = A k 2x

kx

como se muestra en la figura

entonces, para el área

radio de giro con respecto al eje

k x=

√

los momentos de

y , respectivamente. Si se

A , paralela al eje

coloca una tira o franja delgada que tenga la misma área

x

A

b , de tal forma que

A , se dice que el parámetro

kx

es el

x , o sea

Ix A

El radio de giro es muy útil en el ámbito de la ingeniería civil ya que está presente en diferentes situaciones tales como el cálculo de las fallas en las columnas. Precisando de esta manera que interviene en el análisis del pandeo de una columna. Esta es la relación que interviene en dicho análisis ( L/r ) donde ‘’r’’ es el radio de giro y ‘’l’’ la longitud del elemento.

De modo semejante, si se coloca una tira angosta de área

ky

del eje

y , de tal forma que

será el radio de giro con respecto al eje

k y=

√

I y =A k 2y y

a una distancia

, entonces el parámetro

para el área

Iy A

Ejemplo: Determínese el radio de giro

A

k x .con respecto a su base.

A , osea:

ky

1 3 bh Ix 3 h2 k = = = A bh 3

k x=

2 x

En la figura se muestra el radio de giro debe confundirse con la ordenada que

kx

ordenada

h √3

k x del rectángulo. El radio de giro no

´y =h /2

del centroide del área. Mientras

depende del segundo momento, o momento de inercia del área, la

´y

está relacionada con el primer momento del área.

Problema 1: Para el área sombreada que muestra cada figura, determine el momento de inercia y el radio de giro respecto al eje x.

Solución:

1

b=k 1 a4

x=a , y=b ;

b=k 2 a 4

k 1=

b 4 a

k 2=

Hacemos los cálculos de K1 y K2:

b y 1= 4 x 4 a

y 2=

y

b a

1 4

1

x4

a

x4 A=∫ ( y 2− y 1 ) d x =b ∫ ( 1 − 4 ) d x a 0 a4

Ahora

¿b

[

a

5 4

5

2

b

I x =∫ y 0

[

13 4

7

4 y 1 y − 13 14 7 b4 b

]

b

0

]

4x 1x 3 − = ab 1 4 5 4 5a 5 a 0

I x =∫ y dA

¿a

1

x4

2

(

a b

1 4

dA=( x1− x2 )d y

1 4

y −

)

a 4 y dy 4 b

b 1

a4

¿ a b3

I x=

( 134 − 17 )

15 3 ab 91

√

15 3 ab Ix 91 25 2 k x= = = b =0.52414 b A 3 91 ab 5

√

√

k x =0.524 b

Problema 2: Determinar el momento de inercia y el radio de giro del área sombreada respecto al eje x.

Solución:

Primero calculamos las áreas:

A= A 1+ A 2+ A 3

¿ ( 1.2∈. ) ( 0.3∈. ) + ( 2.4∈. ) ( 0.4∈. ) + ( 2.4∈. ) ( 0.3∈. )

¿ ( 0.36+0.96+ 1.72 ) ¿2

2

¿ 2.04 ¿

I x =( I x )1 + ( I x )2 + ( I x )3

1.36∈¿ ¿ ( 0.36 ¿2 ) ¿ 1 3 ( I x )1= 12 ( 1.2∈. )( 0.3∈. ) +¿

1

3

( I x )2= 12 ( 0.4∈. ) ( 2.4∈. ) =0.4608¿

4

1 3 2 2 4 ( I x )3= 12 ( 2.4∈. ) ( 0.3∈. ) + ( 0.72 ¿ ) (1.35∈. ) =1.3176¿

4

4

4

4

I x =0.6588 ¿ + 0.4608 ¿ +1.3176 ¿ =2.4372 ¿

I x =2.44 ¿

4

I x 2.4372 ¿4 2 k = = =1.1947 ¿ 2 A 2.04 ¿ 2 x

k x =1.093∈.

Problema 3:

Determinar el momento de inercia u el radio de giro del área sombreada respecto al eje x

Solución:

x=a ,

y 1= y 2=b

y 1 :b=k a3

ó

y 2 :b=ma

ó

y 1=

b 3 x a3

b y 2= x a

k=

b a3

m=

b a

(

dA=( y 2− y 1) dx =

a

A=∫ dA=2

¿2

[

b b x − 3 x 3 dx a a

)

b x3 b 1 2 1 4 x− 2 dx=2 x − 2x ∫ a 0 a 2 a 4a

[

( )

a

]

0

]

2

b a 1 4 1 − a = ab a 2 4 a2 2

[(

b 3 x5 d I y =x dA= x − 2 dx a a 2

a

a

)

]

b x5 I y =∫ d I y =2 ∫ x 3− 2 dx a0 a 0

2

[

(

a

] (

)

4

6

b 1 4 1 6 b a 1a x − 2 x =2 − a 4 a 4 6 a2 6a 0

) 1 ¿ a3 b 6

ó

1 I y = a3 b 6

1 3 a b I 6 1 2 a 2 k y= y = = a ó k y= A 1 3 √3 ab 2

MOMENTO POLAR El momento polar de inercia es una cantidad utilizada para predecir el objeto habilidad para resistir la torsión, en los objetos (o segmentos de los objetos) con un invariante circular de sección transversal y sin deformaciones importantes o fuera del plano de deformaciones. Se utiliza para calcular desplazamiento angular de un objeto sometido a un par. Es análogo a la zona

de momento de inercia que caracteriza la capacidad de un objeto para resistir la flexión y es necesario para calcular el desplazamiento. Consideramos un eje perpendicular al plano del área y que interseque el plano en el origen O. El momento de inercia con respecto a este eje perpendicular se denomina momento polar de inercia y se denota con el símbolo

Jo .

El momento polar de inercia con respecto a un eje en el punto O perpendicular al plano de la figura se define por la integral. 2

J o=∫ r dA

Donde r es la distancia desde O hasta el área elemental tiene forma similar a la de los momentos de inercia

Ix

e

dA

. Esta integral

Iy

El momento polar de inercia de un área dada puede calcularse a partir de los momentos rectangulares de inercia

Ix

e

Iy

ya son conocidas. De hecho, si se observa que

J o=∫ r 2 dA=∫ ( x 2 + y 2 ) dA=∫ y 2 dA+∫ x 2 dA

Asi obtenemos la relacion importante:

J o=I x + I y Ejm:

del área, si dichas cantidades 2

2

r =x + y

2

, se puede escribir:

Determine el momento polar centroidal de inercia de un área circular por integración directa.

Solución: Seleccionamos

dA

como un elemento diferencial de área.

d J o=u2 dA

dA=2 πu du r

r

J o=∫ d J o =∫ u2 ( 2 πu du )=2 π ∫ u 3 du 0

0

π 4 J o= r 2

Problema 1: Para el rectángulo mostrado en la figura, determine el momento polar de inercia u el radio de giro polar respecto al punto medio de su lado más largo.

Solución:

1 d I x = a3 dx 3 a

3

1 a 2 I x = a 3∫ dx= ( 2 a )= a4 3 −a 3 3 2

2

d I y =x dA=x adx

a

3 a

[ ]

x I y =a ∫ x dx=a 3 −a 2

2 = a4 3 −a

2 4 2 4 J o=I x + I y = a + a 3 3 4 J o= a4 3 J o=k 20 A 4 4 a Jo 3 2 2 k = = 2 = a2 A 2a 3

k o =a

√

2 3

Problema 2: Para el área sombreada que muestra la figura, determine el momento polar de inercia y el radio de giro polar respecto al punto P.

Solución:

x=a , y=2 b : 2 b=ma m=

2b a

y 1=

2b x a

x=0, y=b :b=k ( 0 )+ c ó

c=b

x=a , y=2 b :2 b=k a2 +b k=

y 2=

b a2

b 2 b x +b= 2 ( x 2+ a2 ) 2 a a a

A=∫ ( y 2− y 1 ) dx=∫ 0

[

[ (

]

b ( 2 2 ) 2b x +a − x dx 2 a a

b 1 b ¿ 2 x3 +a2 x − x 2 3 a a

¿

)

a

]

0

b 1 3 3 b 2 1 a +a − a = ab 2 a 3 a 3

(

)

a

I y =∫ x dA=∫ x 2 ( y 2− y 1 ) dx 2

0

a

¿∫ x2 0

[

]

b ( 2 2 ) 2b x +a − x dx 2 a a

[(

b 1 5 1 2 3 2b x 4 ¿ 2 x+ a x − 3 a 4 a 5

)

a

]

0

b a5 1 5 2 b a4 1 3 ¿ 2 + a − = a b a 4 30 a 5 3

(

)

I x =∫ d I x =∫

( 13 y − 13 y ) dx 3 2

3 1

a

¿

a

[

3

3

]

1 b 2 2 3 8b 3 ( x +a ) − 3 x dx ∫ 3 0 a6 a

1 b3 1( 6 ¿ x +3 x 4 a2 +3 x 2 a 4 +a6 )−8 x 3 dx 3∫ 3 3a 0 a

[

]

[(

1 b3 1 x 7 3 2 5 3 4 3 6 8 I x= 3 3 + a x + a x +a x − x 4 3a a 7 5 3 4

¿

)

[(

]

J o=I x + I y =

J o=

26 1 a b 3+ a3 b 105 30

ab ( 7 a2 +52 b2 ) 210

√

ab ( 7 a2 +52 b2 ) Jo 210 k p= = A 1 ab 3

√

k p=

Problema 3:

]

1 b 3 1 a7 3 7 7 7 26 + a +a +a −2a 4 = a b3 3 a3 a3 7 5 105

)

√

7 a2 +52 b2 70

a

0

Determine por integración directa el momento polar de inercia del área que muestra la figura respecto al punto O.

Solución:

J o=I o =∫ r 2 dA dA=

3π rdr 2

R2

J o=∫ r 2 R1

¿

( 32π r ) dr

3π 4 R 3π 4 r ¿R = ( R 2−R 41 ) 8 8

J o=

2 1

3π 4 4 R 2−R1 ) ( 8