Cálculo de momentos de inercia

De Laplace

Contenido

1 Enunciado
2 Introducción
3 Corona cilíndrica
4 Corona esférica
5 Placa cuadrada
6 Prisma rectangular
7 Péndulo compuesto

1 Enunciado

Halle los siguientes momentos de inercia de sólidos de densidad homogénea:

Una corona cilíndrica de masa $M$ radio interior $R 1$ y exterior $R 2$ , con altura $h$ , respecto al eje del cilindro.
Una corona esférica de masa $M$ , radio interior $R 1$ y exterior $R 2$ , con respecto a un eje que pasa por su centro. ¿A qué se reduce el resultado en el caso de una esfera maciza y de una superficie esférica?
Una placa cuadrada de masa M y lado b respecto a:
1. Un eje que pasa por los centros de dos lados opuestos.
2. Un eje perpendicular a ella y que pasa por el centro.
3. Un eje que pasa por dos vértices opuestos.
Un prisma rectangular de masa $M$ y lados $a$ , $b$ y $c$ , respecto a un eje que pasa por los centros de dos caras opuestas.
Un péndulo compuesto formado por una barra de longitud $H$ y masa $M 1$ y un disco de radio $R$ y masa $M 2$ clavado en un extremo de la barra respecto a un eje perpendicular al plano del disco y que pasa por el otro extremo de la barra.

2 Introducción

El momento de inercia de un sólido respecto a un eje se define como la cantidad

$I = \sum_i m_i R_i^2\,$

donde $R i$ es la distancia de la masa $m i$ respecto al eje en cuestión. En el caso de una distribución continua, la suma se transforma en la integral correspondiente

$I = \int_M R^2\,\mathrm{d}m$

En el caso particular de que tomemos como eje Z el que usamos para hallar el momento de inercia, esta integral se expresa

$I = \int_M (x^2+y^2)\,\mathrm{d}m$

Si se sabe que los sólidos son homogéneos, quiere decir que su densidad de masa es la misma en todos sus puntos

$\rho = \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}V}=\frac{M}{V}$

y por tanto, la masa de cada elemento es proporcional al volumen que ocupa

$\mathrm{d}m = \frac{M}{V}\mathrm{d}V$

El cálculo del momento de inercia se convierte entonces en el de una integral de volumen (o de superficie para una figura plana)

$I = \frac{M}{V}\int_V (x^2+y^2)\mathrm{d}V$

Sin embargo, el objeto de este problema no es calcular una ristra de integrales dobles o triples. La mayoría de estos momentos de inercia (que son los que aparecen más frecuentemente en problemas diversos) se pueden simplificar notablemente aprovechando las simetrías de la figura, que reducen el cálculo como mucho a una integral de una variable.

3 Corona cilíndrica

Dividimos la corona cilíndrica en finas capas concéntricas, de radio $r$ y espesor $d r$ . El volumen diferencial de cada una de estas capas es

$\mathrm{d}V = 2\pi r H\,\mathrm{d}r$

mientras que la distancia al eje de los puntos de cada capa es $r$ . Esto nos da la integral para el momento de inercia

$I = \frac{M}{V}\int_{R_1}^{R_2} r^2(2\pi r H)\,\mathrm{d}r=\frac{M}{V}\left(2\pi H\right)\left(\frac{R_2^4}{4}-\frac{R_1^4}{4}\right) = \frac{M \pi H (R_2^4-R_1^4)}{2V}$

El volumen total de esta corona es

$V = \pi R_2^2 H - \pi R_1^2H\,$

lo que nos da el momento de inercial

$I = \frac{M\pi H(R_2^4-R_1^4)}{2\pi H (R_2^2-R_1^2)} = \frac{M(R_2^2+R_1^2)}{2}$

Como caso particular de este resultado tenemos:

Superficie cilíndrica: Tiene $R 1 = R 2 = R$ y queda

$I = MR^2\,$

Anillo circular: Es un caso particular del anterior, pues el resultado no depende de la altura del cilindro

$I = MR^2\,$

Cilindro macizo: Hacemos $R 1 = 0$ , $R 2 = R$ y resulta

$I = \frac{1}{2}MR^2\,$

Disco circular: Es un caso particular del anterior

$I = \frac{1}{2}MR^2\,$

4 Corona esférica

Si abordamos el problema de la corona esférica de la misma forma que la cilíndrica, descomponiendo la esfera en capas concéntricas, encontramos el problema de que para ciertos valores de r tenemos dos cilindros y en otros uno solo, siendo la altura dependiente del radio, lo cual complica bastante la integral.

El cálculo se simplifica si aprovechamos la simetría de la esfera. Por esta simetría, los momentos de inercia respecto a tres ejes ortogonales deben ser iguales entre sí

$I = I_{xx} = I_{yy} = I_{zz}\,$

siendo

$I_{xx}=\int (y^2+z^2)\,\mathrm{d}m\qquad\qquad I_{yy}=\int (x^2+z^2)\,\mathrm{d}m\qquad\qquad I_{zz}=\int (x^2+y^2)\,\mathrm{d}m$

El momento respecto a cualquier eje que pasa por el centro será también igual a la media de estos tres

$I = \frac{1}{3}(I_{xx}+I_{yy}+I_{zz}) = \frac{1}{3}\int ((y^2+z^2)+(x^2+z^2)+(x^2+y^2))\mathrm{d}m=\frac{2}{3}\int (x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}m$

El integrando de esta expresión no es ya el radio de un cilindro o la distancia al eje, sino el cuadrado de la distancia al centro de la esfera, que sí se puede integrar de forma sencilla para una corona esférica.

Descomponemos la esfera en capas concéntricas de radio $r$ y espesor $d r$ . El volumen diferencial de cada una de estas capas es

$\mathrm{d}V = 4\pi\,r^2\,\mathrm{d}r$

lo que nos lleva a la integral

$I = \frac{2M}{3V}\int_{R_1}^{R_2}r^2(4\pi r^2\,\mathrm{d}r) = \frac{8\pi M(R_2^5-R_1^5)}{15 V}$

El volumen de la corona esférica es igual a la diferencia entre dos esferas

$V = \frac{4\pi R_2^3}{3}-\frac{4\pi R_1^3}{3}$

y obtenemos finalmente para el momento de inercia

$I = \frac{2M(R_2^5-R_1^5)}{5(R_2^3-R_1^3)}$

Como casos particulares de esta fórmula tenemos:

Esfera maciza: Haciendo $R 2 = R$ y $R 1 = 0$ el momento de inercia se reduce a

$I = \frac{2}{5}MR^2$

Superficie esférica: Corresponde a hacer $R 1 = R 2 = R$ . Sin embargo, la simple sustitución provoca una indeterminación 0/0. Para evitarla consideramos el límite en el que $R 1 = R$ y hacemos tender $R 2$ a $R$ . Esto da

$I = \lim_{R_2\to R}\frac{2M(R_2^5-R^5)}{5(R_2^3-R^3)} = \lim_{R_2\to R}\frac{2M(5R_2^4)}{5(3R_2^2)}= \frac{2}{3}MR^2$

5 Placa cuadrada

Existen numerosas formas de hallar el momento de inercia de una placa cuadrada, la mayoría de ellas sencillas.

5.1 Eje a través de dos lados

Comenzamos en primer lugar hallando el de una varilla de masa $M$ y longitud $b$ respoecto de un eje perpendicular a ella por su centro. La integral en este caso es una en una variable $x$ , que nos da la distancia al centro. La densidad de masa de esta varilla es $M / L$ , por lo que

$I = \int_{-b/2}^{b/2} x^2\,\mathrm{d}m = \frac{M}{b}\int_{-b/2}^{b/2}x^2\,\mathrm{d}x = \frac{Mb^2}{12}$

Ahora consideramos el momento de inercia de una placa cuadrada respecto de un eje que pasa por los centros de dos lados opuestos. Dividiendo la placa cuadrada en finas tiras de longitud $b$ y grosor $d y$ , situadas perpendicularmente al eje, obtenemos un conjunto de varillas como la que acabamos de calcular, siendo el momento de inercia de cada una

$\mathrm{d}I = \frac{\mathrm{d}m b^2}{12}$

y el momento de inercia de la placa cuadrada respecto de eje es la suma de los momentos de inercia de cada una de las varillas que lo componen

$I = \int \mathrm{d}I = \int_M \frac{\mathrm{d}m\,b^2}{12} = \frac{Mb^2}{12}$

Vemos que el momento de inercia tiene exactamente la misma expresión que para una sola varilla, ya que todas contribuyen de la misma forma al momento de inercia total.

5.2 Eje perpendicular a la placa

Para un eje perpendicular a la placa por su centro, podemos usar el teorema de la figura plana. Por se la placa muy fina, podemos suponer que para todos sus puntos $z = 0$ . Según esto, los momentos de inercia respecto a tres ejes ortogonales, siendo el Z el normal a la placa, cumplen

$I_{xx}=\int y^2\,\mathrm{d}m\qquad\qquad I_{yy}=\int x^2\,\mathrm{d}m\qquad\qquad I_{zz}=\int (x^2+y^2)\,\mathrm{d}m$

y por tanto

$I_{zz} = I_{xx}+I_{yy} \,$

Por otro lado el momento de inercia respecto a un eje tangente a la placa y que pase por los centros de dos de sus lados es justo lo que acabamos de calcular. Por tanto

$I_{xx} = I_{yy} = \frac{Mb^2}{12}$

y el momento de inercia respecto al eje Z vale

$I_{zz} = I_{xx}+I_{yy} = \frac{Mb^2}{12}+\frac{Mb^2}{12} = \frac{Mb^2}{6}$

5.3 Eje por dos vértices opuestos

Consideramos de nuevo tres ejes ortogonales, uno de ellos, el Z, ortogonal a la placa, y los otros dos tangentes a ella. Por el teorema de la figura plana se cumple

$I_{zz}=I_{xx}+I_{yy}\,$

Pero, por la simetría de la figura, vemos que se cumple también

$I_{xx}=I_{yy}\,$

aunque los ejes no pasen por los centros de los lados. Pueden pasar por los vértices, o por un punto arbitrario de los lados, con tal de que sean ortogonales y pasen por el centro. Por, tanto, para todos ellos, en particular para un eje que pasa por dos vértices opuestos,

$I_{xx}=I_{yy} = \frac{I_{zz}}{2} = \frac{Mb^2}{12}$

6 Prisma rectangular

El caso del paralelepípedo es una extensión del anterior y puede resolverse de manera parecida.

Supongamos que el eje Z es el paralelo a los lados de longitud $c$ .

El momento de inercia del bloque respecto a este eje es el mismo que el de una placa rectangular de lados $a$ y $b$ , ya que la altura $c$ no influye en el cálculo del momento de inercia alrededor de este eje.

A su vez, el momento de inercia de una placa rectangular será igual a la suma de los momentos de inercia respecto a dos ejes tangentes a la placa

$I_{zz}=I_{xx}+I_{yy}\,$

Ahora bien, del mismo modo que en el caso de una placa cuadrada, el momento de inercia respecto a un eje que pasa por los centros de dos lados opuestos es el mismo que en el de una varilla con la misma anchura. Por tanto

$I_{xx} = \frac{Ma^2}{12}\qquad\qquad I_{yy} = \frac{Mb^2}{12}$

y llegamos a que el momento de inercia respecto de un eje perpendicular a dos caras y paralelo a los lados de longitud c vale

$I_{zz}= \frac{M(a^2+b^2)}{12}$

Para los otros dos ejes, el cálculo es idéntico, cambiando las longitudes correspondientes.

Como caso particular tenemos un cubo de arista $b$ , para el cual, sea cual sea el eje que tomemos, siempre que pase por su centro, es

$I = \frac{Mb^2}{6}$

7 Péndulo compuesto

Por último, tenemos un sólido compuesto de dos partes. El momento de inercia del conjunto es igual a la suma de los de las partes constituyentes (respecto al mismo eje).