De Laplace

Revisión a fecha de 12:59 22 dic 2020; Pedro (Discusión | contribuciones)

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Contenido

1 Enunciado
2 Solución

1 Enunciado

EL sólido rígido de la figura es un hexágono de lado $L$ . Cada lado del hexágono tiene una masa $m$ .

Calcula el tensor de inercia del hexágono en su centro, expresado en los ejes de la figura..
Calcula el tensor de inercia en el vértice $A$ , expresado en los mismos ejes.
Calcula el momento de inercia respecto a un eje paralelo al eje $O X$ y que pase por $A$ .

2 Solución

2.1 Tensor de inercia en $O$

Al ser un sólido plano el eje perpendicular a el es Eje Principal de Inercia (EPI) en todos los puntos del plano del sólido. En este caso ese eje es el $Z$ . Además, los ejes $X$ e $Y$ son ejes de simetría, por lo que también son EPI. Aunque en este caso, debido a la simetría del hexágono, todos los ejes que pasan por $O$ y están contenidos en el plano $X Y$ son EPI.

Entonces el tensor de inercia en $O$ es diagonal cuando se expresa en los ejes de la figura

$\overleftrightarrow{I_O} = \left[ \begin{array}{ccc} I_{xx} & 0 & 0 \\ 0 & I_{yy} & 0 \\ 0 & 0 & I_{zz} \end{array} \right].$

Por la simetría en el plano $X Y$ , se tiene $I x x = I y y$ . Y usando el Teorema de los Ejes Perpendiculares tenemos

$I_{zz} = I_{xx} + I_{yy} = 2I_{xx} \to I_{xx} = I_{yy} = I_{zz}/2.$

Con lo cual el tensor queda

$\overleftrightarrow{I_O} = \left[ \begin{array}{ccc} I_{zz}/2 & 0 & 0 \\ 0 & I_{zz}/2 & 0 \\ 0 & 0 & I_{zz} \end{array} \right].$

Para calcular $I z z (O)$ dividimos la integral en seis partes, una por cada barra. Tenemos así

$I z z (O) = 6 I b (O),$

Donde $I b (O)$ es el momento de inercia de cada barra respecto a un eje paralelo a $Z$ que pasa por $O$ . Por la simetría del hexágono esta magnitud es la misma para las seis barras. El hexágono se puede dividir en seis triángulos equiláteros de lado $L$ , como se indica en la figura. Utilizando el Teorema de los Ejes Paralelos tenemos

$I b (O) = I z z (C) + m h 2$

El momento $I z z (C)$ es el momento de inercia de la varilla respecto a un eje perpendicular a ella que pasa por su centro, esto es

$I z z (C) = m L 2 / 12.$

De la figura tenemos

$h = \sqrt{L^2 - L^2/4} = \sqrt{3}L/2.$

Por tanto

$I_b(O) = \dfrac{1}{12}mL^2 + \dfrac{3}{4}mL^2 = \dfrac{5}{6}mL^2.$

Y para todo el hexágono

$I z z (O) = 6 I b (O) = 5 m L 2 .$

Y el tensor que se pide es

$\overleftrightarrow{I_O} = \left[ \begin{array}{ccc} 5mL^2/2 & 0 & 0 \\ 0 & 5mL^2/2 & 0 \\ 0 & 0 & 5mL^2 \end{array} \right].$

2.2 Tensor de inercia en $A$

Utilizamos el Teorema de Steiner para trasladar el tensor de inercia desde $O$ hasta $A$ :

$\overleftrightarrow{I_A} = \overleftrightarrow{I_O} + m\left(|\overrightarrow{OA}|^2 \overleftrightarrow{U} - \overrightarrow{OA}\,\overrightarrow{OA}\right). \begin{array}{c}\end{array}$

Tenemos

$\overrightarrow{OA} = L\,(\cos(\pi/3)\,\vec{\imath}+ \mathrm{sen}\,(\pi/3)\,\vec{\jmath}) = L\,\left(\dfrac{1}{2}\,\vec{\imath}+ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\vec{\jmath}\right)$

Operando

$|\overrightarrow{OA}|^2\overleftrightarrow{U} = \left[ \begin{array}{ccc} L^2 & 0 & 0 \\ 0 & L^2 & 0 \\ 0 & 0 & L^2 \end{array} \right], \qquad \overrightarrow{OA}\,\overrightarrow{OA} = \left[ \begin{array}{ccc} L^2/4 & \sqrt{3}L^2/4 & 0 \\ \sqrt{3}L^2/4 & 3L^2/4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right].$

El término que se añade al tensor en $O$ es

$\left[ \begin{array}{ccc} 3mL^2/4 & -m\sqrt{3}L^2/4 & 0 \\ -m\sqrt{3}L^2/4 & mL^2/4 & 0 \\ 0 & 0 & mL^2 \end{array} \right].$

Y el resultado pedido es

$\overleftrightarrow{I_A} = \left[ \begin{array}{ccc} 13mL^2/4 & -m\sqrt{3}L^2/4 & 0 \\ -m\sqrt{3}L^2/4 & 11mL^2/4 & 0 \\ 0 & 0 & 6mL^2 \end{array} \right].$

Podemos observar que el Teorema de los Ejes perpendiculares se sigue cumpliendo en este tensor, como debe ser pues es un sólido plano. También vemos que el tensor no es diagonal en $A$ . Esto significa que los ejes $X$ e $Y$ no son EPI en $A$ .

2.3 Momento de inercia en $A$

Una vez calculado el tensor de inercia en $A$ podemos calcular el momento de inercia respecto a un eje que pase por $A$ si tenemos un vector unitario en la dirección de ese eje

$I(A) = \vec{n}\cdot\overleftrightarrow{I_A}\cdot\vec{n}. \begin{array}{c}\end{array}$

En este caso el vector adecuado es

$\vec{n} = \vec{\imath} = [1,0,0].$

Operando tenemos

$I_{xx}(A) = [1,0,0]\left[ \begin{array}{ccc} 13mL^2/4 & -m\sqrt{3}L^2/4 & 0 \\ -m\sqrt{3}L^2/4 & 11mL^2/4 & 0 \\ 0 & 0 & 6mL^2 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} 1\\0\\0 \end{array} \right] = 13mL^2/4.$

Tensor de inercia de un hexágono (Dic. 2020)

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

2 Solución

2.1 Tensor de inercia en $O$

2.2 Tensor de inercia en $A$

2.3 Momento de inercia en $A$

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Tensor de inercia de un hexágono (Dic. 2020)

De Laplace

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1 Enunciado

2 Solución

2.1 Tensor de inercia en O

2.2 Tensor de inercia en A

2.3 Momento de inercia en A

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2.1 Tensor de inercia en $O$

2.2 Tensor de inercia en $A$

2.3 Momento de inercia en $A$