geometria de las masas

Ejercicio Complementario N 4

Ctedra: Ing. Jos Luis TavorroTP 2Grupo 2

Ejercicio Complementario N1 A. Tringulo escaleno

Considerando los datos para el grupo N2, tenemos:

b = 6 cm ;c = 3 cm

1.1) Para cada uno de los elementos , hallar las coordenadas del baricentro referido al sistema de coordenadas rectangulares Oxy

Para comenzar a resolver el ejercicio, es conveniente separa a la figura en figuras para las cuales resulte mas fcil resolver.

F = F1 + F2 = 9 cm2

cm

1.2) Para la figura plana indicada, calcular los momentos estticos respecto de los ejes x e y.

Sx = F . YG = 9 cm3SY = F . XG = 24,75 cm3

1.3) Para la figura plana indicada, calcular los momentos de inercia centrfugo respecto de los ejes x e y, y el polar.

JX = JX1 + JX2

JX1 = JX1 + F1 . Y2G1 = + F1 . Y2G1 = 5,06 cm4

JX2 = JX2 + F2 . Y2G2 = + F2 . Y2G2 = 8,44 cm4

JX = JX1 + JX2 = 13,5 cm4JY = JY1 + JY2

JY1 = JY1 + F1 . X2G1 = + F1 . X2G1 = 3,01 cm4

JY2 = JY2 + F2 . X2G2 = + F2 . X2G2 = 24,08 cm4

JY = JY1 + JY2 = 30 cm4JO = JX + JY = 43,5 cm4 JXY = JXY1 + JXY2

JXY1 = JXY1 + F1 . XG1 . YG1=

QUOTE

+ F1 . XG1 . YG1 = 5,7 cm4

JXY2 = JXY2 + F2 . XG2 . YG2=

QUOTE

+ F2 . XG2 . YG2 = 21,45 cm4

JXY = JXY1 + JXY2 = 27,14 cm4B. Semi-corona circular


RO = 8 cm ;Ri = 3 cm



Si el eje de la figura es eje de simetra de la misma, entonces coincide con el baricentrico

XG = 0

F = F1 - F2 = 86,39

1.2) Para la figura plana indicada, calcular los momentos estticos respecto de los ejes x e y.

Sx = F . YG = 323,96 cm3

SY = F . XG = 0El momento esttico de cualquier figura, cuyo eje pasa por el baricentro es 0

1.3) Para la figura plana indicada, calcular los momentos de inercia centrfugo respecto de los ejes x e y, y el polar.

JX = JX1 JX2

JX1 =

QUOTE

= 1608,5 cm4

JX2 =

QUOTE

= 31,8 cm4

JX = JX1 JX2 = 1576,7 cm4Por razones de simetra se puede concluir que:

JX = JY JO = JX + JY = 3153,38 cm4El momento centrfugo de una figura respecto de por lo menos uno de sus ejes de simetra, si los tiene, es cero.

JXY = 0 C. Curva plana


d = 4 cm ;R = 8 cm



l1 = R = 8 cml2 = d = 4 cml3 = = 12,57 cm

Ejercicio Complementario N2


IPN = 240 ;UPN = 200;a = 5 cm; = 65d = 4 cm ;R = 8 cm

2.1) Hallar la posicin del baricentro


F1 = FIPN = 46,1 cm2F2 = FUPN = 32,2 cm2

F = F1 + F2 + F3 = 90,8cm

2.2) Determinar analticamente los momentos de segundo orden respecto del par de ejes no baricntricos x e y pasantes por O. JX1 = JXIPN + F1Y2G1= 10888,4 cm4JY1 = JYIPN + F1X2G1 = 1515,949 cm4JX2 = JYUPN + F2Y2G2= 21931,95 cm4JY2 = JXUPN + F2X2G2 = 5130 cm4JX3=JX3 + F3Y2G3==6250,22cm4JY3=JY3 +F3 X2G3 == 4217,22cm4

JX = JX1 + JX2 + JX3 = 39070,6 cm4JY = JY1 + JY2 + JY3 = 10863,17 cm4

JO = JX + JY = 49933,17 cm4JXY1 = F1 XG1 YG1 = 2931,96 cm4

JXY2 = F2 XG2 YG2 = 8375,22 cm4

Jxy3 = + F3 XG3 YG3 = 5107,68cm4JXY = JXY1 + JXY2 + JXY3 = 16414,86 cm42.3) Aplicando el teorema de Steiner, y a partir de los valores calculados en (1) y (2), calcular los momentos de segundo orden, respecto del par de ejes baricentricos y ortogonales x y, paralelos a x e y respectivamente.Jx = Jx - F Y2GcmJY = JY - F X2GcmJXY = JxY - F XG YGcmJO = JX + JY = 12258,15 cm42.4) Con los valores obtenidos en (3) trazar la circunferencia de Mohr, para el baricentro

GA = JY;AB = JX;AP = JXY ;GB = JG

2.5)Mediante la circunferencia de Mohr trazada en (4), determinar la posicin de los ejes principales de inercia de la figura dada y los valores de los respectivos momentos de segundo orden. Verificar analticamente los valores obtenidos.

Valores graficos:JI = DoP = 8989,81 cm4JII = EoP = 3268,33 cm4o = 19Verificacin analtica:

Se verifica que:

JO = JI + JII = 12258,145 cm42.6)Mediante la circunferencia de Mohr trazada en (4), determinar el valor de los momentos de inercia y centrfugo respecto del par de ejes ortogonales m y n. Verificar analticamente los valores obtenidos.

Valores grficos:Jm = DP = 6062,44 cm4Jn = EP = 6195,70 cm4Jmn = PP = 2859,96 cm4Verificacin analtica:

65

Se verifica que:

JO = Jm + Jn = 12258,145 cm4

2.7)Mediante la circunferencia de Mohr trazada en (4), hallar la posicin del eje u, conjugado al eje m y su respectivo momento de inercia. Verificar analticamente el valor obtenido.

Valores grficos:Jm = 6060,9 cm4JC = 3980,27 cm4 = 50Verificacin analtica:

Ejercicio Complementario N 3

El cuarto cilindro de radio exterior re y longitud L que se muestra en la figura est sometido a una presin externa p, que acta sobre su cara superior. Se solicita calcular la resultante de dicho sistema de fuerzas distribuidas y las coordenadas de su punto de aplicacin, referidas al sistema rectangular Oxyz.

Considerando los datos para el grupo N 2, tenemos que:

Re = 6 m;L = 18 m;P = 200 kN/m2Tengo que hallar la resultante del sistema:

= xi + yjx = cos y = sin

Considero un pedacito de cilindro. Trazo las tangentes extremas, determinando y d.

dF = dS L = L Re ddP = dF

dPx = x dF = cos dF = L Re cos ddPy = y dF = sin dF = L Re sin dR = Rx i + Ry jRx = F dPx = =0 L Ro cos d = L Re =0 cos dDe donde es fcil observar que la ltima integral, entre los valores dados de es 1, por lo que la ecuacin queda de la siguiente forma:

Rx = L ReRx = 21600

De la misma manera, calculamos Ry:

Ry = F dPy = =0 L Re sin d = L Re =0 sin d

Nuevamente observamos que la ltima integral vale uno, por lo que la ecuacin queda reducida a la siguiente:

Ry = L ReRy = 21600

Luego, podemos decir que la resultante es, vectorialmente:

R = 21600 i 21600 jEst claro que, al ser un sistema sucesivo de fuerzas planas concurrentes, admite resultante. Estamos en condiciones ahora de encontrar las coordenadas del punto de aplicacin de la misma.

O* = (0;0;L/2)

O* = (0;0;9)Ejercicio Complementario N 4

Uno de los lados de una compuerta sumergida de seccin triangular mostrada en la figura de base b y altura d, se encuentra sometida a la accin de un lquido cuyo peso especfico es . Se solicita determinar la resultante R del sistema de fuerzas distribuidas actuantes sobre la compuertas y las coordenadas del su punto de aplicacin, referidas al sistema rectangular Oxyz.

Considerando los datos para el grupo N 2, tenemos que:

H = 10 m (= 40 ;b = 10 m ; d = 12 m ; ( = 9 kN/m3Siendo ( el peso especfico, al que vamos a considerar constante, obtenemos que:

z = ( h

Elegimos ahora un par de ejes xy que pasen por el baricentro y un eje z perpendicular al plano que describen los ejes x e y.

= x i + y j + z kx = y = 0

= ( ( h + y sin ( )

RR = Rx i + Ry j + Rz k

Rx = Ry = 0Rz = F Pz dF = F ( ( h + y sin ( ) dF = F ( H dF + F ( y sin ( dF =

= ( h F dF + ( sin ( F y dF

La primera de estas dos integrales se trata, claramente, de F. La ltima, es el momento esttico de toda la superficie respecto del eje x. Pero como x pasa por el baricentro, este momento es cero.

Rz = ( h F

Rz = 5400

RR = 5400 k

i j k

MRG = F ( Ai G ) ^ Pz dF = F x y 0 = F Pz y dF i F Pz x dF j

0 0 PzF Pz y dF = F ( ( h + y sin ( ) y dF = ( h F y dF + ( sin ( F y2 dF

De esta ltima expresin, es fcil darse cuenta que la primer integral corresponde al momento esttico de la figura respecto del eje x, que es un eje baricntrico, por lo que se anula el trmino. La segunda integral corresponde al momento de inercia respecto del eje x de la figura. Por esto ltimo, la expresin anterior queda reducida a:

F Pz y dF = ( sin ( Jx

Jx = ( b d3 ) = 480

36

MRxG = 2776,84

De forma anloga, calculamos:

F Pz x dF = F ( ( h + y sin ( ) x dF = ( h F x dF + ( sin ( F y x dFDe igual manera que la ecuacin anterior, la primer integral es claramente el momento esttico de la figura respecto del eje y, que es baricntrico, por lo que cancela el trmino. La segunda integral se trata del momento de inercia de la figura respecto de los ejes x e y. Por lo tanto, la expresin queda reducida a:

F Pz x dF = ( sin ( Jxy

Jxy = ( b2 d2 ) = 2400

72

MRyG = 13884,21

Queda entonces definido el momento de la resultante respecto del baricentro:

MRG = 2776,84 i 13884,21 j

La resultante de accin del fluido no pasa por la placa. Est claro que el invariante escalar es cero, por lo que el sistema admite resultante. sta pasa por un punto C de coordenadas (Xc, Yc, 0), para el cual el momento de la resultante es el vector nulo.

MRC = MRG + ( G C ) ^ R

i j k

( G C ) ^ R = xc yc 0= 5400 yc i + 5400 xc j

0 0 5400

Ahora restara igualar, componente a componente, con el vector nulo.

0 i + 0 j + 0 k = ( 2776,84 i 13884,21 j ) + ( 5400 yc i + 5400 xc j )

De esta ltima ecuacin despejo:

yc = 0,514

xc = 2,571

C (2,571; 0,514; 0)

EMBED PBrush

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geometria de las masas

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