Cap ıtulo 6 Integrales dobles 273

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Cap´ıtulo 6

Integrales dobles

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6.3. Baricentros

En esta sección presentaremos el importante concepto de baricentro o centro de gravedad de una región acotada R del plano (x, y). Para figuras con simetr´ıa, el baricentro es su centro geométrico. En general, para figuras cualesquiera, el baricentro es el punto en el que, idealmente, una placa plana homogénea con la forma de la región R podr´ıa apoyarse y permanecer en equilibrio. En una placa plana y homogénea la materia está distribuida uniformemente y cada parte de la placa tiene un peso proporcional a su área. Existe entonces una constante ρ tal que, cada subregión S ⊂ R de la placa tiene una masa ρ|S|, donde |S| es el área de S. El peso de S es entonces gρ|S|, donde g es la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra.

El punto de equilibrio de la regi´on R es el punto respecto al que el peso de R, que est´a distribuido sobre toda la pieza, tiene momento nulo. Llamaremos

G = (xG, yG),

al baricentro y usaremos impongamos esta condici´on de equilibrio de momentos para deter-minar su ubicaci´on. La caracterizaremos considerando momentos respecto a un eje horizontal y a un eje vertical, ambos por el baricentro G. El momento del peso respecto al eje horizontal que pasa por G es

Mx =

Z Z

R

ρg(y − yG)dxdy.

En el integrando el factor ρg representa la intensidad de la fuerza, el factor y −yGla distancia

al eje Gx, con el signo que distingue las partes de R ubicadas por encima de Gx –que tienden a producir un giro alrededor del eje Gx que desde el semieje positivo se ve como de sentido horario– de las partes ubicadas por debajo –que tienden a producir un giro en sentido contrario–. La estructura de la integral es la que ya hemos visto en el cap´ıtulo 2 al calcular momentos de cargas distribuidas sobre vigas , con la novedad de que ahora la carga, el peso de la placa, est ˜A¡ distribuida sobre una regi´on de un plano y no sobre un segmento de recta.

Dado que ρ y g son dos constante, la condici´on Mx = 0 es

0 = Z Z R (y − yG)dxdy = Z Z R ydxdy − Z Z R yGdxdy = Z Z R ydxdy − yG|R|,

donde en el ´ultimo miembro de las igualdades |R| designa el ´area de R. Despejando yG,

encontramos yG= 1 |R| Z Z R ydxdy.

Observemos que la coordenada yG del baricentro puede verse como un valor promedio de la

coordenada y: es el resultado de dividir la integral de y sobre R (que puede pensarse como el “acumulado” de y en R) spbre el ´area de R.

Ejercicio 336 Analizar el equilibrio de momentos respecto a un eje vertical, para deducir cu´al debe ser el valor de la coordenada xG del baricentro.

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6.3. BARICENTROS ₂₇₅

Definición 1 Sea R una región del plano (x, y), de área finita |R|. Su baricentro es el punto G de coordenadas (xG, yG), con xG = 1 |R| Z Z R xdxdy, yG= 1 |R| Z Z R ydxdy.

Ejemplo 137 Consideremos en el plano el rectángulo R de base b y altura h que tiene como vértices el origen (0, 0) y los puntos (b, 0), (b, h) y (0, h). El área de este rectángulo es bh. Calculamos Z Z R x dxdy = Z h 0 dy Z b 0 xdx = hb 2 2 . La primera coordenada del baricentro es

xG = 1 bh hb2 2 = b 2. Para calcular la segunda evaluamos

Z Z R y dxdy = Z b 0 dx Z h 0 ydy = bh 2 2 y concluimos yG = 1 bh bh2 2 = h 2. Encontramos que el baricentro del rect´angulo es

G = b 2, h 2 , que es justamente su centro geom´etrico.

Ejercicio 337 Mostrar a partir de la definici´on 1 que el baricentro de cualquier rect´angulo

del plano es su centro geom´etrico. ♣

Ejemplo 138 Consideremos el tri´angulo isosceles T de base 2a y altura h, con v´ertices (−a, 0), (a, 0) y (0, h). Para ubicar el baricentro debemos evaluar las dos integrales dobles

Z Z T x dxdy, Z Z T y dxdy. y calcular luego xG = 1 |T | Z Z T x dxdy, yG= 1 |T | Z Z T y dxdy, El ´area del tri´angulo es

|T | = ah.

Uno de los lados del tri´angulo est´a sobre el eje Ox, los otros dos sobre rectas de ecuaciones y = h ± h

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que tambi´en pueden escribirse en la forma x = ±a h(y − h). Entonces xG= 1 ah Z h 0 dy Z ah(h−y) a h(y−h) xdx ! = 1 ah Z h 0 0dy = 0.

Observemos que la integral en x es siempre nula, para cualquier valor de y en [0, h], porque estamos integrando x en un intervalo centrado en 0. Para calcular la otra coordenada hacemos

yG= 1 ah Z h 0 dy Z a_h(h−y) a h(y−h) ydx ! = 1 ah Z h 0 2a h(h − y)ydy = 2 h2 Z h 0 (h − y)ydy. Evaluando esta integral de un polinomio de segundo grado en la variable y, concluimos

yG= 2 h2 Z h 0 (h − y)ydy. = 2 h2 Z h 0 hy − y2 dy = 2 h2 h × h 2 2 − h3 3 = h 3. El baricentro es G = (xG, yG) = 0,h 3 .

Est´a ubicado en el eje Oy, que es un eje de simetr´ıa del tri´angulo, a una altura igual a un

tercio de la altura del tri´angulo. ♣

Ejercicio 338 Sea T un triángulo de vértices (0, 0), (b, 0) y (c, h), donde b, c y h son números positivos cualesquiera. Mostrar que la coordenada yG del baricentro del triángulo es igual

a h/3.

Ejercicio 339 Mostrar que si una figura tiene un eje de simetr´ıa horizontal o vertical en-tonces su baricentro cae sobre el eje de simetr´ıa.

Ejercicio 340 Ubicar el baricentro de la región encerrada sobre el intervalo [0, b], bajo el gráfico de la parábola de ecuación

y = ax2.

Ejercicio 341 Hallar la ubicaci´on del baricentro de un semic´ırculo de radio r.

Ejemplo 139 Vamos a calcular ahora el baricentro de la regi´on C en forma de C de la figura 6.1.

El ´area de la regi´on es 5. Su baricentro tiene coordenadas xG= 1 5 Z Z C x dxdy, yG = 1 5 Z Z y dxdy.

La geometr´ıa del dominio es un tanto compleja, pero puede descomponerse en tres rectángulos, que llamaremos R1, R2 y R3. El rectángulo R1 con vértices ABIJ, el R2 con

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6.3. BARICENTROS ₂₇₇ 1 2 3 1 2 3 −1 bA bB bC bD bE bF bG bH bI bJ b

Figura 6.1: Regi´on C en el plano (x, y).

se reducen a intervalos contenidos en sus bordes, que no encierran ´area, cualquier integral sobre C puede escribirse como

Z Z C f (x, y) dxdy = Z Z R1 f (x, y) dxdy + Z Z R2 f (x, y) dxdy + Z Z R3 f (x, y) dxdy. (6.1) Aplicaremos (6.9) a las funciones f (x, y) = x y f (x, y) = y, cuyas integrales aparecen en el c´alculo de baricentros. Escribimos entonces

Z Z C x dxdy = Z Z R1 x dxdy + Z Z R2 x dxdy + Z Z R3 x dxdy = 2 + 1 2+ 2 = 9 2.

Los c´alculos de las integrales de x sobre los rect´angulos son relativamente sencillos, y los omitimos, pero sugerimos al lector que los verifique.

Ejercicio 342 Calcular las integrales de x y de y sobre los tres rect´angulos R1, R2 y R3.

Por lo tanto xG = 1 5 × 9 2 = 9 10. Para determinar yG procedemos en forma similar

Z Z C y dxdy = Z Z R1 y dxdy + Z Z R2 y dxdy + Z Z R3 y dxdy = 1 +3 2+ 5 = 15 2 . Por lo tanto yG= 1 5 15 2 = 3 2.

Este valor era completamente previsible, porque la recta horizontal de ecuaci´on y = 3/2 es un eje de simetr´ıa de la figura. Es interesante observar como las integrales de x en R1 y

R3 arrojan el mismo valor, pero la de y es mucho mayor sobre R3, en consonancia con la

geometr´ıa de C en el plano (x, y) y de los planos de ecuaciones z = x y z = y en el espacio. ♣

Ejercicio 343 F´ormulas de Pappus

Consideremos un intervalo [a, b] con 0 ≤ a < b y una función f ≥ 0 definida sobre el intervalo [a, b]. Consideremos la región R del plano (x, y) encerrada entre el gráfico de f y el eje Ox.

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1. Mostrar que Z Z R y dxdy = 1 2 Z b a f2_(x)dx.

Concluir que el volumen Vx del s´olido de revoluci´on que se obtiene al hacer girar

alrededor de Ox la regi´on R es

Vx= 2πyG|R|,

donde yG es la segunda coordenada del baricentro G de la regi´on R y |R| es su ´area.

2. Mostrar que Z Z R x dxdy = Z b a xf (x)dx.

Concluir que el volumen Vy del s´olido de revoluci´on que se obtiene al hacer girar

alrededor de Oy la regi´on R es

Vy = 2πxG|R|,

donde xG es la primera coordenada del baricentro G de la regi´on R y |R| es su ´area.

3. Interpretar geome´etricamente los resultados de las partes 1 y 2. 4. Calcular la integral Z Z D x2+ y2 dxdy, donde D es el disco D =(x, y) ∈ R2_{; x}2_{+ y}2 _{≤ 1 .}

Sugerencia: la integral corresponde al volumen de un s´olido de revoluci´on. Ejercicio 344 Baricentro de cargas distribuidas.

Para una distribuci´on lineal de cargas q(x) sobre el intervalo [0, a] definimos su baricentro como xG = Ra 0 xq(x)dx Ra 0 q(x)dx .

1. Mostrar que si q es constante, su baricentro est´a ubicado en el punto medio de [0, a]. 2. Mostrar que si q es una distribuci´on lineal de la forma q(x) = αx, su baricentro

est´a ubicado en xG= 2a/3.

3. En los dos casos de las partes anteriores, mostrar que el momento de la distribuci´on q respecto a cualquier punto x es el mismo que el momento de una fuerza igual a la resultante de la distribuci´on q aplicada en xG.

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6.3. BARICENTROS ₂₇₉

6.3.1. C´

alculo de centros de gravedad por despieces

En esta sección desarrollaremos sistemáticamente la idea que empleamos en el ejem-plo 139, de reducir una región a la unión de regiones más simples, para simplificar el cálculo de las integrales de x y de y sobre R.

Supongamos entonces que la región R puede descomponerse como la unión de dos regio-nes R1 y R2 cuya intersección no encierra área. Es la situación t´ıpica cuando se hace el

“despiece” de una región del plano en pedazos más sencillos que sólo se tocan por sus bordes. Como vimos antes, la integral en x sobre R satisface

Z Z R x dxdy = Z Z R1 x dxdy + Z Z R2 x dxdy. (6.2)

Hasta aqu´ı no hay novedad respecto a lo que hicimos en el ejemplo 139. Pero introduciremos ahora una idea que antes no hab´ıamos usado, que es pensar en los baricentros

G1 = (xG,1, yG,1) , G2 = (xG,2, yG,2) ,

de las subregiones R1 y R2. Sus coordenadas x son

xG,1 = 1 |R1| Z Z R1 x dxdy, xG,2 = 1 |R2| Z Z R2 x dxdy,

donde |R1| y |R2| son las ´areas de las regiones R1 y R2. Vemos entonces que las dos integrales

que aparecen en el miembro de la derecha de (6.2) pueden calcularse como Z Z R1 x dxdy = |R1|xG1, Z Z R2 x dxdy = |R2|xG2,

Aplicando esta ´ultima f´ormula en (6.2) encontramos Z Z

R

x dxdy = |R1|xG1 + |R2|xG2, (6.3)

que nos permite evaluar la integral ¡sin calcular integrales! Todo lo que necesitamos conocer es el ´area y la posici´on del baricentro de cada una de las subregiones R1 y R2. A partir de

(6.3) determinamos xG dividiendo entre el ´area |R| de R. Encontramos

xG = 1 |R| Z Z R x dxdy = |R1| |R|xG,1+ |R2| |R|xG,2. (6.4) Los n´umeros |R1| |R|, |R2| |R|,

representan la fracción de área que tienen R1 y R2 en el área total de R. La fórmula (6.4)

y representa entonces el promedio de las coordenadas xG,1 y xG,2 de los baricentros de R1

y R2, ponderados por las áreas de R1 y R2. A mayor áreas de una subregión, más tiende el

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Ejercicio 345 Determinar la f´ormula an´aloga a (6.4) para la coordenada yG.

Ejercicio 346 Generalizar las fórmulas (6.4) y (??) para la descomposición de R en nu´ ume-ro cualquiera de subregiones. Escribir detalladamente el caso en que hay tres subregiones. Ejemplo 140 En el ejemplo 139 hab´ıamos descompuesto la región C en forma de C de la figura 6.1, en tres rectángulos R1, R2 y R3. En la tabla aparecen los datos de las áreas y

baricentros de estos tres rect´anguloS

Regi´on Area´ xG yG

R1 2 1 1/2

R2 1 1/2 3/2

R1 2 1 5/2

Podemos emplear estos datos para calcular las integrales de x y de y sobre C. La de x es Z Z C x dxdy = 2 × 1 + 1 × 1 2 + 2 × 1 = 9 2. An´alogamente Z Z C y dxdy = 2 × 1 2+ 1 × 3 2 + 2 × 5 2 = 15 2 . Dividiendo entre el ´area encontramos las coordenadas del baricentro:

xG = 1 5 × 9 2 = 9 10, xG = 1 5 × 15 2 = 3 2.

Reencontramos con menos esfuerzo los mismos valores que hab´ıamos calculado antes. También podemos proceder directamente al cálculo del baricentro de C, usando que los rectángulos R1, R2 y R3 tienen, respectivamente, 2/5, 1/5 y 2/5 del área total de C. La

ubicaci´on del baricentro est´a dada entonces por xG = 2 5 × 1 + 1 5 × 1 2 + 2 5 × 1 = 9 10, yG= 2 5 × 1 2 + 1 5 × 3 2+ 2 5× 5 2 = 3 2.

Esta aproximación al cálculo del baricentro, como promedio ponderado de los baricentros de las subregiones, nos independiza del cálculo de integrales una vez que sabemos cómo ubicar

los baricentros de las subregiones. ♣

Una variante ingeniosa de la misma técnica que acabamos de mostrar, en la que una región del plano se analiza como la unión de regiones más simples, permite trabajar regiones con “huecos”, que resultan de extraer una parte de una región más grande del plano.

Supongamos entonces que una cierta región R del plano es lo que resulta de extraer de una región mayor T una subregión H, contenida en T . Nuestra intención es calcular el baricentro de R, pero como

T = R ∪ H

podemos usar los resultados para calcular la coordenada xGT del baricentro de T , a partir

de las coordenadas de los baricentros de R y H: xGT =

|R|xGR + |H|xGH

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6.3. BARICENTROS ₂₈₁ Despejamos entonces xGR = |T |xGT − |H|xGH |R| = |T |xGT − |H|xGH |T | − |H| . (6.5)

La fórmula (6.5) es un análogo de (??), con su misma estructura, pero para el caso en que una región se extrae de otra lo que se retira aparece siempre con signo negativo.

Ejercicio 347

1. Derivar el an´alogo de la f´ormula (6.5) para la coordenada yGR del baricentro de R.

2. Las f´ormulas (6.5) y su an´aloga para yGR pueden derivarse directamente a partir de las

propiedades de las integrales que definen el baricentro, tal como hicimos antes para el caso de uni´on de regiones. Obtenerlas nuevamente por este procedimiento.

Ejemplo 141 La región C de los ejemplos 139, 140 y ?? puede verse como el resultado de extraer del rectánguo ABGH el cuadrado DCF E, que está incluido en él. Llamemos T al cuadrado mayor y H al menor. Es fácil ubicar sus baricentros y calcular sus áreas:

|T | = 6, xGT = 1, yGT = 3 2, |H| = 1, xGT = 3 2, yGT = 3 2. (6.6) Calculamos entonces xGC = 6 × 1 − 1 × 3 2 6 − 1 = 9 10, yGC = 6 × 3 2 − 1 × 3 2 6 − 1 = 3 2.

Como era de esperar, por este nuevo camino volvemos a encontrar los resultados que ya

conoc´ıamos. ♣

Ejercicio 348 Hallar las coordenadas (xG, yG) del baricentro de la pieza que en la figura 6.1

aparece en un sistema de coordenadas (x, y). Cada cuadrado de la malla tiene lado 1, el cuadrado exterior a la pieza tiene lado 8.

x y

8 8

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Ejercicio 349 Con rect´angulos de tama˜no 2 × 1 se forman las piezas que se muestran en la figura.

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6.4. MOMENTOS DE INERCIA ₂₈₃

6.4. Momentos de inercia

En esta sección presentaremos el momento de inercia de una región acotada R del plano (x, y) respecto a una recta r del mismo plano. El origen del concepto tiene que ver con problemas de mecánica: imaginemos la recta r como un eje alrededor del cual la región R puede girar, entonces el momento de inercia mide la resistencia de R a cambiar su estado de giro. En nuestro curso aparecerá en un contexto completamente diferente: cuando R es la sección transversal de una barra de cierta longitud, la inercia de R es una caracter´ıstica geométrica de la barra que está ´ıntimamente relacionada con su resistencia a la flexión. Definición 2 Sean R una región de área finita |R| y r una recta, ambos en el plano (x, y). El momento de inercia Ir de R respecto a r es

Ir =

Z Z

d2(x, y)dxdy,

donde d(x, y) es la distancia del punto (x, y) a la recta r. Ejemplo 142 Consideremos el rect´angulo

R = −b 2, b 2 × −h 2, h 2 , de base b y altura h, centrado en el origen (0, 0). Calculamos

Ix = Z Z R y2dxdy = Z b₂ − b 2 dx Z h₂ − h 2 y2dxdy.

En este punto, solo es cuesti´on de hacer las cuentas: Ix =

bh3

12. (6.7)

Es interesante observar el distinto efecto que tiene variar la base b y la altura h sobre el momento de inercia: alejar partes de la región del eje hace aumentar mucho la inercia. Veremos este efecto con mayor detalle en la próxima sección.

Ejercicio 350 Calcular la inercia de un rect´angulo de base b y altura h respecto a un eje que contenga a su base. Antes de hacer el c´alculo determinar si el resultado debe ser mayor,

igual o menor que (6.7). ♣

Ejemplo 143 La inercia del cuadrado Q de v´ertices (0, a − 1/2), (1, a − 1/2), (0, a + 1/2), (1, a + 1/2) respecto al eje Ox es Ix = Z Z Q y2dxdy = Z 1 0 dx Z a+12 a−12 y2dy ! = 1 3 a + 1 2 3 − a − 1 2 3! . Desarrollando los cubos y haciendo los c´alculos encontramos

Ix = a2+

1

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Observemos que cuando a = 0 el eje Ox pasa por el centro del cuadrado Q. Esta es la posici´on del cuadrado que tiene inercia m´ınima. Cuando el centro est´a a distancia a del eje aparece un segundo sumando a2_{, que crece mucho cuando a crece.}

Otra configuraci´on interesante es la que se tiene cuando a = 1/2. En este caso la inercia es Ix = 1 4 + 1 12 = 1 3.

Es el valor que corresponde a la inercia de un cuadrado de lado unidad, respecto a un eje que pasa por uno cualquiera de sus lados.

Ejercicio 351 Generalizar los resultados de este ejemplo a un rectángulo de base b y altu-ra h con vértices (0, a − h/2), (b, a − h/2), (0, a + h/2) y (b, a + h/2). ♣ Ejemplo 144 Consideremos el triángulo isosceles T de base 2a y altura h, con vértices (−a, 0), (a, 0) y (0, h). La inercia Ix de T respecto al eje Ox es

Ix =

Z Z

T

y2_dxdy,

La expresamos como integral iterada, integrando primero respecto a la variable x, de la que el integrando no depende. Encontramos

Ix = Z h 0 dy Z a_h(h−y) a h(y−h) y2dx ! = 2a h Z h 0 hy2− y3 dy.

Haciendo los c´alculos concluimos

Ix =

ah3

6

Ejercicio 352 Calcular la inercia Ix evaluando la integral en el otro orden de integraci´on.

Calcular la inercia Iy del mismo tri´angulo, respecto al eje Oy. ♣

Ejercicio 353 Mostrar que la inercia del disco

D =(x, y) ∈ R2_{; x}2_{+ y}2 _{≤ R}

de radio R respecto a cualquier eje que pase por su centro es igual a Iy = Z Z D x2dxdy = π 4R 4_.

Ejemplo 145 Vamos a calcular ahora la inercia Ix, respecto al eje Ox, de la regi´on C de la

figura 6.2 Debemos calcular Ix = 1 5 Z Z C y2dxdy.

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6.4. MOMENTOS DE INERCIA ₂₈₅ 1 2 3 1 2 3 −1 bA bB bC bD bE bF bG bH bI bJ b

Figura 6.2: Regi´on C en el plano (x, y).

La geometr´ıa del dominio es un tanto compleja, pero puede descomponerse en tres rect´angulos, que llamaremos R1, R2 y R3, con v´ertices ABIJ, CDHI y EF GH

respectiva-mente. Dada la geometr´ıa de esta descomposici´on la integral que queremos evaluar puede escribirse como Z Z C y2dxdy = Z Z R1 y2dxdy + Z Z R2 y2dxdy + Z Z R3 y2dxdy. (6.9) Tenemos RR R1y 2_{dxdy =}R2 0 R1 0 y 2_dy₌ 2 3, RR R2y 2_{dxdy =}R1 0 R2 1 y 2_dy₌ 7 3, RR R3y 2_{dxdy =}R2 0 R3 2 y 2_dy₌ 38 3 , Concluimos entonces Ix = 47 3.

Ejercicio 354 Calcular la inercia Iy, de la misma regi´on respecto al eje Oy. ♣

6.4.1. Teorema de Steiner

En el ejemplo 145 la sección anterior calculamos la inercia de una pieza de cierta comple-jidad. Para ello la consideramos la unión de tres piezas rectangulares, mucho más simples. A los efectos prácticos la inercia de estas piezas simples puede determinarse a partir de la inercia respecto a un eje ubicado en su centro, y un término extra por el desplazamiento. El prototipo de esta situación aparece en el ejemplo 143 en que la inercia de un cuadrado de lado uno se descompon´ıa en dos sumandos: uno es la inercia respecto a un eje baricéntrico; otro el efecto de apartar el eje del centro del cuadrado. Este mismo tipo de resultados vale en general. La idea para obtenerlo es simple: tomar el baricentro de la pieza como eje de referencia. Recordemos entonces la definición y una propiedad fundamental del baricentro G = (xG, yG) de una región R.

Las coordenadas del baricentro son xG= 1 |R| Z Z R xdxdy, yG= 1 |R| Z Z R ydxdy,

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ver la definici´on 1 , en la p´agina 275, y la propiedad fundamental que caracteriza al baricentro es que ZZ R (x − xG)dxdy = ZZ R (y − yG)dxdy = 0.

Para calcular la inercia de una regi´on R del plano respecto a una recta r cualquiera escojamos un sistema de coordenadas en el que la recta r es el eje Ox. Entonces la inercia es

Ix =

Z Z

R

y2dxdy.

Hemos escogido el eje Ox para que se adapte a la geometr´ıa de r, pero ni el eje ni la coordenada y guardan relaci´on con R. Referimos entonces la coordenada y al baricentro, escribiendo

y = yG+ (y − yG),

por lo que el cuadrado que aparece en la integral es

y2 = yG2 + (y − yG)2 + 2yG(y − yG).

Sustituyendo esta expresi´on en la integral que define Ix y usando la linealidad de la integral

encontramos Ix = Z Z R y2_Gdxdy + Z Z R (y − yG)2dxdy + Z Z R 2yG(y − yG)dxdy. (6.10)

La primera integral en (6.10) es la integral de una constante, de modo que es igual al valor de la constante por el área de la regiónd e integración:

Z Z

R

yG2dxdy = yG2|R|.

El integrando en la segunda es el cuadrado de la distancia de cada punto (x, y) en R a un eje paralelo a Ox que pase por el baricentro G. Es el momento de inercia respecto a este eje, que indicaremos con la notaci´on Ix,G, porque es la inercia respecto a un eje paralelo a Ox,

pero por el baricentro de R. Con esta notaci´on, escribimos Ix,G =

Z Z

R

(y − yG)2dxdy.

Para la tercera usamos la linealidad y la propiedad (??). Obtenemos Z Z R 2yG(y − yG)dxdy = 2yG Z Z R (y − yG)dxdy = 0. Recopilando en (6.10) concluimos Ix = Ix,G+ |R|y2G

La inercia respecto al eje Ox es igual a la inercia respecto a un eje paralelo a Ox que pase por el baricentro de R, más un término adicional que es el producto del área de R por el cuadrado de la distancia a Ox del baricentro de R.

En este cálculo el eje Ox no tiene nada de especial, simplemente ubicamos el sistema de coordenadas de manera conveniente sobre una recta r que nos hab´ıa sido dada. Por lo tanto, nuestros cálculos muestran el siguiente resultado sobre el cálculo de inercias.

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6.4. MOMENTOS DE INERCIA ₂₈₇

Teorema 1 Teorema de Steiner La inercia Ir de una regi´on acotada R del plano (x, y)

respecto a una recta r igual a la inercia Ir,G respecto a una recta paralelo a r que pase por el

baricentro G de la región r, más el producto |R|d2_{(r, G), donde |R| es el área de R y d(r, G)}

es la distancia del baricentro G a la recta r.

La f´ormula que condensa el Teorema de Steiner es

Ir= Ir,G+ |R|d2(r, G) (6.11)

Los elementos de la f´ormula son: (6.11)

Ir, inercia de R respecto a una recta r cualquiera;

Ir,G, inercia de R respecto a una recta paralela a r por el baricentro G de la regi´on R.

|R|, ´area de la regi´on R;

d(r, G), distancia del baricentro G de R a la recta r; d(r, G), distancia del baricentro G de R a la recta r;

d2_{(r, G), cuadrado de la distancia del baricentro G de R a la recta r;}

Veremos que esta fórmula es especialmente útil a la hora de calcular momentos de inercia, porque permite reducir el cálculo a algunos casos canónicos conocidos.

Ejemplo 146 En el ejemplo 146 hicimos directamente los cálculos de la inercia respecto a Ox de un cuadrado Q de lado 1, con su centro ubicado a distancia a de este eje. Escribimos la inercia como la suma de la inercia respecto al baricentro más la corrección a2_{|Q| que propone}

el Teorema de Steiner. El resultado es Ix = 1 × 13 12 + a 2_{× 1}2 ₌ 1 12+ a 2_,

en completo acuerdo con el resultado que ya conoc´ıamos. Vale la pena observar como el Teorema de Steiner nos libera de la necesidad de rehacer el calculo de las integrales que definen la inercia, porque durante su demostraci´on ya hemos resuelto un caso completamente

gen´erico. ♣

Ejemplo 147 La inercia de un tri´angulo isosceles T de base 2a y altura h, con v´ertices (−a, 0), (a, 0) y (0, h). respecto al eje Ox es

Ix =

ah3

6

El baricentro del tri´angulo est´a a altura h/3, de modo que la inercia Ix,G, respecto a un eje

horizontal baric´entrico es Ix,G = Ix− h 3 2 |T | = ah 3 6 − h2 9 ah = ah3 18

Vemos en este ejemplo cómo la aplicación del Teorema de Steiner simplifica el cálculo de la inercia respecto a un eje baricéntrico: podemos trabajar primero respecto a un eje más adecuado para hacer las cuentas, y luego cambiar al eje baricéntrico aplicando Steiner. ♣

(16)

Observación 1 Una consecuencia inmediata del Teorema de Steiner es que de todos los ejes paralelos a una dirección dada, el que pasa por el baricentro es el que tiene inercia m´ınima. La primera parte del siguiente ejercicio contiene una interesante propiedad del baricentro, que puede mostrarse refinando la observación que acabamos de hacer. La segunda parte muestra que el promedio aritmético de una serie de números tiene esencialmente la misma propiedad.

Ejercicio 355

Consideremos una funci´on acotada R en el plano (x, y) y para cada punto Q = (u, v) del plano definimos

f (u, v) = Z Z

R

(x − u)2+ (y − v)2 dudv.

Mostrar que el baricentro G = (xG, yG) es el ´unico punto del plano que minimiza la funci´on f .

Sean xi, i = 1, 2, . . . , n, n´umeros reales. Su promedio o media ¯x es

¯

x = x1 + x2+ . . . xn

n .

Para u ∈ R definimos la funci´on f por la f´ormula

f (u) = (u − x1)2+ (u − x2)2+ · · · + (u − xn)2.

Mostrar que ¯x es el ´unico valor de u que minimiza la funci´on f . ♠

6.4.2. C´

alculo de momentos de inercia por despieces

Supongamos que una regi´on R puede descomponerse como la uni´on de dos regiones R1 y

R2 cuya intersección no encierra área. En esta situación, la inercia de R respecto a un eje r

cualquiera, es la suma de las inercias de R1 y R2. Esto es una consecuencia de que la inercia

está definida por una integral, y permite simplificar el cálculo de la inercia de regiones complicadas haciendo su “despiece” en pedazos más sencillos. Además, para cada uno de estos pedazos, independientemente de dónde estén ubicado, una aplicación del Teorema de Steiner permite reducir el cálculo al cálculo de la inercia respecto a un eje baricéntrico.

Veremos a continuación esta técnica en acción, retomando la región en forma de C del ejemplo 145 y la figura 6.2.

Ejemplo 148 Calcularemos la inercia de la región C en forma de C de la figura 6.2. Usaremos la misma descomposición en los tres rectángulos R1, R2 y R3 del ejemplo 148, pero ahora

calcularemos sus inercias usando la F´ormula de Steiner, que nos dice que la inercia de un rect´angulo R cualquiera respecto a Ox es

Ix=

bh3

12 + d

2_bh,

donde b y h son la base y la altura del rectángulo y d la distancia de su centro al eje Ox. El primer sumando es la inercia respecto a un eje horizontal baricéntrico, el segundo la corrección que aporta el Teorema de Steiner.

(17)

6.4. MOMENTOS DE INERCIA ₂₈₉

Llamando Ix,i a la inercia del rect´angulo Ri, escribimos

Ix,1 = 2 × 13 12 + 1 2 2 × 2 = 2 3, Ix,2 = 1 × 13 12 + 3 2 2 × 1 = 7 3, Ix,3 = 2 × 13 12 + 5 2 2 × 2 = 38 3 . La inercia total respecto a Ix es simplemente la suma

Ix =

47 3.

El baricentro de la región C está sobre la recta y = 3/2. Si nos interesa determinar la inercia respecto a esta recta, el eje horizontal baricéntrico de la pieza, calculamos

Ix,G= 47 3 − 3 2 2 × 5 = 53 12

Ejercicio 356 Calcular la inercia Iy, de la misma regi´on respecto al eje Oy y respecto a un

eje vertical baricentro (el baricentro de la regi´on es G = (9/10, 3/2), ver el ejemplo 139 en

la p´agina 276). ♣

Puede ser conveniente pensar una región compleja R como el resultado de extraer una subregión H de una región mayor T , que contiene tanto a R como a H. En este caso la inercia de la región R es la diferencia entre las inercias de R y de H.

Ejercicio 357 Si una regi´on T es la uni´on

T = R ∪ H

de dos subregiones R y H cuya intersecci´on tiene ´area nula, mostrar que la inercia IR,r de r

respecto a una recta cualquiera es

IR,r = IT,r− IH,r,

la diferencia de la inercias IT,r e IH,r, de T y H, respecto a r.

Vamos a aplicar esta idea al caso de la regi´on C de los ejemplos 145 y 148

Ejemplo 149 La región C puede verse como el resultado de extraer del rectángulo AF GJ el cuadrado BEDC. La recta horizontal y = 3/2 pasa por el baricentro de estos dos cua-driláteros, y por el baricentro de la toda la pieza. Es muy fácil entonces calcular la inercia baricéntrica Ix,G de C como la diferencia de las inercias respecto a esta recta:

Ix,G= 2 × 33 12 − 1 × 13 12 = 53 12.

(18)

Algo m´as laborioso es determinar la inercia Iy,G respecto a un eje vertical baric´entrico.

Comenzamos por calcular la inercia respecto a la recta vertical r de ecuaci´on x = 1, que pasa por el baricentro de AF GJ y el borde de BEDC. El resultado es

Ir = 3 × 23 12 − 1 × 13 3 = 5 3.

Para calcular respecto al eje vertical que pasa por el baricentro hacemos Iy,G = 5 3− 5 × 1 − 9 10 2 = 97 60.

Como era de prever, la inercia respecto a un eje vertical baricéntrico es bastante menor que respecto a un eje horizontal, porque la pieza tiene mayor desarrollo en sentido vertical. ♣ Ejercicio 358 Calcular la inercia de la pieza de la figura respecto a las rectas que pasan por sus bordes exteriores y respecto a ejes horizontales y verticales baricéntricos. Calcular la inercia respecto a ejes baricéntricos que formen con los ejes coordenados un ángulo de 45 grados.

x y

8 8

Figura 6.2. Pieza cuadrada con perforaci´on circular Ejercicio 359 Ca˜nos

1. Calcular la inercia de la sección de un caño circular de diámetro exterior R y diámetro interior r respecto a un eje que pase por su centro.

2. Calcular la inercia de la sección de un caño cuadrado, de lado exterior A y espesor de las paredes h (para que este caño puede construirse h tiene que ser menor (incluso bastante menor) que A/2, condición que asumiremos).

Ejercicio 360 Con rect´angulos de tama˜no 2 × 1 se forman las piezas que se muestran en la figura.

(19)

6.4. MOMENTOS DE INERCIA ₂₉₁ Figura 6.3. Figura 6.4. Figura 6.5. Figura 6.6. Figura 6.7. Figura 6.8.

Calcular para cada una de ellas las inercias respecto a ejes baric´entricos horizontales y verticales. Analizar cada figura como la uni´on de formas simples, el resultado de remover de una forma simple otra forma simple, o de ambos modos, dependiendo del caso.

(20)

(21)

Cap´ıtulo 7

Tensiones en vigas sometidas a flexi´

on

7.1. Un modelo para el c´

alculo de tensiones en vigas

flexadas

El objetivo de esta sección es presentar un modelo para calcular los esfuerzos que los momentos flectores generan en el seno del material que forma una viga, que responde a los esfuerzos externos a través de un sistema de tensiones que aparecen en su interior. Estas tensiones se distribuyen de modo tal que cualquier porción del material está en equilibrio, y es esta condición de equilibrio la que nos permitirá calcularlas.

El dise˜no de una estructura debe evitar que estas tensiones superen ciertos valores cr´ıticos por encima de los cuales pueden producirse roturas o deformaciones excesivas.

El principal concepto que necesitamos introducir para modelar c´omo se distribuyen los esfuerzos al interior de una pieza es el de tensi´on, una magnitud que representaremos con la letra griega σ (sigma) y que corresponde a una fuerza distribuida sobre una superficie.

Imaginemos entonces una cierta barra de longitud l, sometida a un sistema de cargas y equilibrada por las reacciones en sus v´ınculos (apoyos o empotramiento). Ya hemos visto las nociones de cortante y momento flector en una sección x de la barra, que tienen que ver con los esfuerzos que el tramo de la barra a la izquierda de x transmite al que está a la derecha de x para que toda la estructura permanezca en equilibrio. En nuestra descripción de este fenómeno, el mecanismo que hace esto es la aparición de una distribución de tensiones en la sección de la barra. Nos ocuparemos de las tensiones normales a la sección, que son las que transmiten el momento flector M(x).

7.1.1. Tensiones y ley de Hooke

Imaginemos una barra comprimida o traccionada, o un material elástico, con la propiedad de que su longitud es mucho mayor que las dimensiones de su sección. En esta situación podemos asumir que la fuerza que actúa sobre el material se distribuye uniformemente en cada sección, generando en la sección una tensión uniforme.

Ejemplo 150 Una barra cuadrada de 2 cm de lado tiene una secci´on de 4 cm2_{. Si de la}

(22)

barra cuelga un peso de 100 daN, la tensi´on σ en cada uno de sus puntos es σ = 100 daN

4 cm2 = 25 daN/cm 2_.

El mismo cálculo puede expresarse en las unidades estándar del sistema internacional, que también son habituales. La tensión tiene unidades de

[Fuerza] [Superficie],

por lo que la mediremos en pascales, o cualquiera de sus m´ultiplos, al igual que las presiones. El peso de 100 daN es equivalente a 1000 = 103_{N. La secci´on de la barra es de}

4 cm2 = 4 × 10−4m2. La tensi´on es σ = 10 3_N 4 × 10−4m2 = 2, 5 × 10 6_Pa.

En este rango de valores, es preferible expresar las presiones en megapascales, que equivalen a un mill´on de pascales y se indican con el s´ımbolo MPa. En nuestro ejemplos, tendremos entonces que

σ = 2, 5 MPa.

La conversi´on entre las dos unidades que hemos empleado es 1 MPa = 10 daN/cm2_. _♣

Cuando las tensiones están uniformemente distribuidas sobre una superficie la tensión es una constante σ y la fuerza total que ejercen es igual al producto de la tensión σ por la superficie. Cuando la distribución de tensiones no es uniforme, para calcular su efecto acumulado hay que evaluar una integral doble sobre la superficie. La situación es similar a la que ya conoc´ıamos para cargas distribuidas sobre una barra, pero cambiando las integrales simples –a lo largo de la barra, en una escala en la que la modelábamos como un objeto de una dimensión– por integrales dobles –sobre la sección de la barra, que modelaremos como un objeto bidimensional, una cierta figura plana–.

Para entender cómo se distribuyen las tensiones sobre cada sección de la viga, introduci-remos ahora el segundo ingrediente importante del modelo, que describe cómo las tensiones se relacionan con las deformaciones. La situación es similar a la que describe la conocida Ley de Hooke para los resortes: las deformaciones son proporcionales a los esfuerzos, con una constante de proporcionalidad que depende del material que se esté considerando. Una fórmula que recoge este principio es

Fuerza= k × ∆l,

donde ∆l es la variación en la longitud. Para las tensiones también vale un principio similar, que aplicaremos en nuestra próxima sección.

(23)

7.1. UN MODELO PARA EL C ´ALCULO DE TENSIONES EN VIGAS FLEXADAS ₂₉₅

7.1.2. Estiramientos en una pieza sometida a flexi´

on

El principal objetivo de esta sección es establecer el siguiente resultado: cuando una barra se dobla, el estiramiento que sufre cada una de sus fibras es proporcional a la altura que la separa del centro de la barra. Utilizaremos ahora el tercer supuesto básico de nuestro modelo: las secciones planas perpendiculares al eje de una barra sometida a flexión permanecen planas y perpendiculares a su eje. Vamos a analizar el efecto de esta hipótesis en una situación particular especialmente sencilla, que contiene lo esencial de la situación.

Ejemplo 151 Consideremos una barra recta de un material elástico, como goma, de 200π cent´ımetros de longitud, de sección cuadrada de 2 × 2 cm, con la que fabricamos un anillo de 100 cent´ımetros de radio. A los efectos de nuestros cálculos, nos será útil pensar una sección de la goma, transversal al eje del anillo, como el cuadrado

[−1, 1] × [−1, 1]

del plano (u, v). Hemos puesto el origen de nuestro sistema de coordenadas Ouv en el centro de la sección. Para fijar ideas, digamos que los puntos de la sección con v = 1 están sobre la cara exterior del anillo, en tanto que los que tienen v = −1 están sobre la interior.

Dado que el anillo tiene un cierto espesor, cuando decimos 100 cent´ımetros de radio nos estamos refiriendo a uno de los infinitos radios posibles: el que corresponde al centro del anillo. Por fuera o por dentro del anillo, los radios variarán, entre 99 y 101 cent´ımetros. Por lo tanto tambien variarán las longitudes de las fibras de la barra correspondientes a cada radio. Lo harán en el intervalo

[2π × 99, 2π × 101] = [198π, 202π].

En general, la longitud de la fibra que corresponde al punto (u, v) de la secci´on, ser´a, medida en cent´ımetros,

2π(100 + v).

La coordenada u no aparece en este c´alculo, porque la longitud de la fibra de no depende de u.

La longitud original de cada fibra es 200π, que es exactamente la longitud de las fibras en el centro del anillo. Todas las demás, variarán de longitud en una cantidad que depende de la distancia a la que estén del centro del anillo, según la siguiente fórmula:

∆l = 2(100 + v)π − 200π = 2πv. (7.1)

Encontramos entonces que los estiramientos son proporcionales a la altura a la que est´a cada fibra, respecto al centro de la barra. Valores negativos de v corresponden a fibras comprimi-das, valores positivos de v corresponden a fibras traccionadas.

Aunque hemos hecho el cálculo para un anillo circular perfecto, la situación general cuando una barra es sometida a flexión es análoga: los estiramientos que localmente sufre cada fibra son proporcionales a su altura respecto al centro de la sección. Consideraremos primero el caso de secciones con simetr´ıa, en las que es evidente donde está ubicado el centro

(24)

de la sección. El caso general, de secciones con formas cualesquiera, será analizado en la sección ??.

Podremos escribir entonces

∆l(u, v) = k1v,

donde k1 es una constante que depende de que tan deformada est´e la barra. El principio de

que las tensiones son proporcionales a las deformaciones implica σ(u, v) = k2∆l(u, v),

donde k2 es una nueva constante. De estas expresiones deducimos

σ(u, v) = k2k1v = kv, (7.2)

donde k = k2k1 es una tercera constante

La relación lineal (7.2) entre las tensiones y la coordenada que mide la ubicación de la fibra en la sección, se repite sección a sección y es básica para modelar el comportamiento de las piezas sometidas a flexión, mientras estas se encuentren dentro del rango elástico, en el que las deformaciones y los esfuerzos son proporcionales.

La constante k depende de caracter´ısticas geométricas de la sección y del momento flec-tor M(x) que está soportando. Es en realidad constante sobre una sección dada, pero var´ıa de una sección a otra en función del valor de M(x). Discutiremos esto con detalle en la sección 7.1.3. La constante k también puede determinarse a partir del conocimiento de las deformaciones y de las caracter´ısticas f´ısicas del material. Por lo tanto, su análisis permite relacionar las caracter´ısticas geométricas de la sección, los momentos flectores a los que está sometida la pieza, las propiedades f´ısicas del material y las deformaciones. Este hecho se discute en la sección ??.

7.1.3. Distribuci´

on de tensiones en una pieza sometida a flexi´

on

El objetivo de esta sección es relacionar las tensiones en la sección que está en una cierta posición x, con M(x), la solicitación externa que representa el momento flector que la parte de la pieza que está a la izquierda de la sección x descarga sobre la parte que está a la derecha.

Observación 2 Cuando introdujimos el momento flector M(x) despreciábamos las dismen-siones transversales de la viga, que aparec´ıa en el modelo descrita por un cierto segmento del eje Ox. A esta escala, cada sección se modela por un único punto. Cuando cambiamos la escala para tener en cuenta el tamaño y forma de la sección debemos especificar respecto a qué punto de la sección haremos los cálculos de momentos. Convendremos en hacerlo respec-to al centro de la sección. De respec-todos modos, esta convención no es esencial, porque en ausencia de esfuerzos en la dirección del eje de la barra el momento respecto a cualquier punto de la sección de las fuerza –cargas y reacciones– aplicadas a su izquierda, es el mismo, porque las fuerzas son paralelas a la cara. Bajo la hipótesis de que no hay esfuerzos axiles, cambiar de punto sobre la cara tampoco afecta el cálculo del momento del sistema de tensiones, porque este sistema tiene resultante nula.

(25)

7.1. UN MODELO PARA EL C ´ALCULO DE TENSIONES EN VIGAS FLEXADAS ₂₉₇

El momento flector M(x) se transmite de izquierda a derecha a través de las tensiones que se distribuyen sobre la sección S con coordenada x, por lo tanto M(x) debe ser también el momento del sistema de tensiones respecto a cualquier punto en la sección. Tomaremos como referencia el centro de la sección, que en nuestro sistema de coordenadas (u, v) tiene coordenadas (0, 0). Mantendremos las convenciones de signos que estamos usando: las ten-siones son positivas cuando apuntan en el sentido creciente del eje Ox, el semieje positivo de la coordenada v apunta hacia arriba y consideraremos los momentos positivos cuando tienden a inducir un giro en sentido horario. Por lo tanto, si la tensión en un cierto punto con coordenadas (u, v) sobre la sección es σ(u, v), produce una contribución

σ(u, v) × v (7.3)

al momento total. En esta fórmula, el factor σ(u, v) representa la intensidad del esfuerzo, en tanto que el factor v representa el “brazo de palanca”. Subrayamos la analog´ıa con las fórmulas Fuerza × distancia para cargas puntuales, o los integrandos q(s)(x − s), para el cálculo del momento flector en vigas que soportan una carga distribuida q(s)

Introduciendo la f´ormula 7.2 para σ, encontramos entonces que la expresi´on (7.3) se transforma en

kv2, de modo que el momento total es

M(x) = Z Z S kv2dudv = k Z Z S v2dudv. (7.4)

Observemos que la integral de v2 _{sobre la secci´on S depende pura y exclusivamente de la}

geometr´ıa de S. Es una cantidad suficientemente importante como para merecer un nombre y una definici´on: es el momento de inercia de la secci´on respecto al eje Ou, que designaremos con Iu.

Observación 3 La definición de inercia de una región R respecto a una recta r, ambas en el plano, fue introducida en la página 283 de la sección 6.4, ver la definición 2. La inercia Ir es la integral sobre R del cuadrado de la distancia de los puntos de R a la recta r. En el

caso particular en que la recta r es un eje coordenado el cuadrado de la distancia toma una expresi´on especialmente sencilla, como en (7.4).

Las inercias de las secciones de una viga, igual que las de cualquier regi´on del plano incluso, son caracter´ısticas geom´etricas que se pueden calcular.

Ejemplo 152 La inercia de un rect´angulo de base b y altura h respecto a un eje paralelo a su base que pase por su centro es

Ix =

bh3

12. Ver el ejemplo 142 en la p´agina 283 dse la secci´on 6.4.

La inercia de un disco de radio r respecto a cualquier eje que pase por su centro es I = pi

4r

4_. _(7.5)

(26)

Otras secciones requieren argumentos más complicados, que en general pasan por la división en figuras sencillas y la aplicación del Teorema de Steiner (Ver el teorema 1, en la

p´agina 287 de la secci´on 6.4.1). ♠

La integral doble en el miembro de la derecha de la f´ormula (7.4) es Z Z

Ω

v2dudv = Iu,

el momento de inercia respecto al eje Ou del plano (u, v). La f´ormula (7.4) puede escribirse ahora de manera concisa, como

M(x) = kIu.

El momento flector M(x) depende de las cargas a las que está sometida la viga y la iner-cia Iu de sus caracter´ısticas geométricas. Al despejar la constante k en términos de estos dos

n´umeros que podemos calcular, encontramos k = M

Iu

.

Una vez conocido k, todo el perfil de tensiones σ queda determinado, como σ(u, v) = M(x)

Iu

v. (7.6)

El valor m´aximo σM del m´odulo

|σ(u, v)| = |M(x)| Iu

|v|

de la tensión es un valor importante para el diseño. El máximo se alcanza en aquellos puntos donde el módulo |v| de la coordenada v sobre la sección tome su valor máximo vM. El valor

correspondiente es

σM =

|M(x)| Iu

vM. (7.7)

En secciones sim´etricas los dos valores de la coordenada v = ±vM corresponden a m´aximos

del módulo de la tensión. En uno de los casos la tensión corresponde a una compresión y en el otro a una tracción. Cuál es cuál, depende del signo del momento flector.

Observemos que tanto Iu, el momento de inercia, como vM, el valor m´aximo de la

coor-denada v, son caracter´ısticas geométricas de la sección, en tanto que M(x) es el momento flector al que está sometida. Es cómodo reescribir (7.7) agrupando entre s´ı lo que puede determinarse a partir de la geometr´ıa, por lo que se define el módulo resistente

Wu =

Iu

vM

,

que permite expresar la tensión máxima en cada sección x como σM =

|M(x)| Wu

. (7.8)

En esta fórmula |M(x)| es el módulo del momento flector para esa sección, que depende de la sección que estemos considerando, y Wu es el módulo resistente de la sección, que en general

(27)

7.1. UN MODELO PARA EL C ´ALCULO DE TENSIONES EN VIGAS FLEXADAS ₂₉₉

Ejemplo 153 Si la secci´on de la barra es un rect´angulo de base b y altura h, la inercia Iu

respecto al eje horizontal Ou y el m´aximo valor vM de la coordenada v son, respectivamente,

Iu =

bh3

12, vM = × h 2.

Formando el cociente entre estas dos cantidades, encontramos el m´odulo resistente Wu = Iu vM = bh 3 12 × 2 h = bh2 6

Por ejemplo, una barra rectangular de base b = 4 cm y altura h = 12 cm tiene un m´odulo resistente de 96 cm3_{. Si opt´aramos por girarla 90 grados, intercambiando el papel de la base}

y la altura, el m´odulo resistente ser´ıa igual a 32 cm3_{. Tal como la experiencia cotidiana nos}

indica, una sección rectangular resiste mejor la flexión por su lado más largo. ♠ ♣ Ejercicio 361 Determinar el módulo resistente de una barra de sección circular y radio r. Ejemplo 154 Una barra de 3 m de longitud está apoyada en sus extremos y cargada en su punto medio con una fuerza de 600 daN. La sección de la barra es un rectángulo de 4 cm de base y 12 cm de altura. Vamos a determinar la tensión máxima debida a los momentos flec-tores. En esta situación, las reacciones en los apoyos son iguales entre s´ı e iguales a 300 daN, que es la mitad de la carga. El momento flector alcanz su valor máximo en el punto medio, y es igual a

M(1,5) = 450 daNm.

Es justamente en la sección sometida al mayor momento flector en que estarán las mayores tensiones, que podemos calcular aplicando la fórmula (7.8). El módulo resistente de la sección ya fue calculado en el ejemplo 153. Para que todo quede expresado en las mismas unidades de longitud escribimos M(1,5) = 45000 daNcm y luego calculamos σM ax = 45000 daNcm 96 cm3 = 468, 75 daN/cm 2_.

En este caso el momento flector es positivo, la tensión máxima es una compresión, y se alcanza en el borde superior de la barra. La tensión m´ınima es de tracción, y se alcanza en el borde inferior. Las fibras traccionadas son las que están por debajo del eje de la pieza. Ejercicio 362 Calcular la tensión máxima si la barra se gira 90 grados, para ubicarla de la forma en que ofrece menor resistencia a la flexión.

En muchos casos, el problema a resolver no es el de calcular la tensi´on m´axima para una viga y estado de cargas dado, sino dimensionar una viga para que resista un sistema de cargas.

Ejemplo 155 Hallar la menor longitud del lado a de una barra de secci´on cuadrada que hace que la tensi´on de una barra de 3 metros de longitud, cargada en su punto medio como en el ejemplo 154, con una fuerza de 600 daN, no supere los 400 daN/cm2_.

(28)

Sabemos que el m´aximo momento flector en la barra ser´a M(1, 5) = 45000 daNcm.

El m´odulo resistente de una barra de secci´on cuadrada de lado a es W = a

3

6 . Necesitamos que se satisfaga la condici´on

σM ax = 45000 daNcm × 6 a3 ≤ 400 daN/cm 2 . Por lo tanto 675 cm3 ≤ a3.

Tomando la ra´ız c´ubica, concluimos que a tiene que ser mayor o igual que 8, 78 cm para que se satisfaga la condici´on que estamos imponiendo.

Ejercicio 363 En vez de una única carga puntual en su punto medio, la viga de este ejemplo recibirá una carga distribuida constante q a lo largo de toda su longitud. Determinar el máximo valor de q que puede soportar sin que la tensión máxima en la viga supere los

600 daN/cm2_. _♣

7.1.4. Secciones cualesquiera y centro de gravedad de una secci´

on

Para secciones con simetr´ıa la fibra neutra, que no está comprimida ni traccionada, está en el plano horizontal de simetr´ıa. Cuando la sección no tiene simetr´ıa ya no es tan obvio donde está la fibra neutra y cuál es el origen de coordenadas adecuado para trabajar. Verems a continuación como el equilibrio de fuerzas en el sentido horizontal permite determinar dónde se encuentra la fibra neutra. Este análisis nos llevará nuevamente al concepto de baricentro o centro de gravedad. En el caso de piezas con simetr´ıa, el centro de gravedad coincide con el punto que intuitivamente identificamos como su centro.

A los efectos de determinar las tensiones en la sección, la altura de la fibra neutra tiene el mismo rol que antes ten´ıa el nivel cero de la coordenada v. Si ponemos la sección S en un sistema de coordenadas (u, v) cualquiera, la fibra neutra estará a una altura vG, en principio

desconocida para nosotros. En el caso de secciones con simetr ´}a ubic´abamos el sistema de coordenadas con origen en el centro de simetr´ıa de la pieza, por lo que vG = 0, pero ahora

ya no podemos introducir esta simplificación. Según el modelo lineal en el que las tensiones crecen en función de la altura que las separa de la fibra neutra, las tensiones σ(u, v) satisfacen

σ(u, v) = k(v − vG),

para alguna constante k.

Dado que no hay fuerzas aplicadas en la direcci´on horizontal, la resultante de este sistema de tensiones debe ser nula. La resultante se calcula integrando las tensiones sobre la secci´on S, de modo que

0 = Z Z

S

(29)

7.1. UN MODELO PARA EL C ´ALCULO DE TENSIONES EN VIGAS FLEXADAS ₃₀₁

Salvo en el caso trivial en el que no hay tensiones, la constante k es no nula. Por lo tanto 0 =

Z Z

S

(v − vG)dudv.

Usando la linealidad de la integral concluimos que Z Z S vdudv = vG Z Z S dudv = vG|S|,

donde |S| indica el ´area de S. Despejamos entonces vG = 1 |S| Z Z S vdudv.

Esta valor vG de la coordenada v es una suerte de valor promedio de la coordenada v sobre

el área S. Es la coordenada de un punto destacada de S, su baricentro o centro de gravedad. La definición de baricentro aparece en la página 275 de la sección 6.3.

A partir de aqu´ı, podemos continuar como en el caso sim´etrico, calculando el momento total del sistema de tensiones respecto a un eje que pase por el baricentro. Este momento debe ser al momento flector M(x) en la secci´on. Planteamos entonces

M(x) = Z Z S k(v − vG) × (v − vG)dudv = k Z Z S (v − vG)2dudv, (7.9)

que es el análogo de (7.4) en el caso general en que el baricentro de la sección puede estar ubicado en cualquier parte. Si indicamos con la notación IG,u la inercia de la sección S

respecto a un eje horizontal que pase por su baricentro, podemos reescribir (7.9) en la forma m´as concisa

M(x) = kIG,u

para luego despejar

k = M(x) IG,u

y concluir que las tensiones en la secci´on satisfacen σ(u, v) = M(x)

IG,u

(v − vG).

Las máximas tensiones se encuentran en los extremos superior e inferior de la sección, pero en este caso sus módulos no tienen por qué coincidir y la máxima tracción puede diferir de la máxima compresión.

En la pr´oxima secci´on estudiremos este tipo de problemas y el dimensionado de vigas para que resiste los esfuezos causados por los momentos flectores.

(30)

7.2. Dimensionado de vigas

En esta sección proponemos al lector la consideración sistemática del dimensionado de vigas, a partir de la determinación de los momentos flectores que se estudió en el cap´ıtulo 2, el modelo que discutimos en la sección 7.1 y el cálculo sistemáticos de los momentos de inercia que desarrollamos en la sección ??.

Ejercicio 364 Calcular el módulo resistente W para los caños del ejercicio 359 en la página 290 de la sección 6.4 y para las piezas del ejercicio 360. Ordenar las piezas de las figuras de este último ejercicio en orden creciente de momentos de inercia y en orden creciente de módulos resistentes.

Ejercicio 365 Si para cada una de las piezas del 360, la unidad de longitud equivale a a cm, calcular en funci´on de a los momentos de inercia y los m´odulos resistentes.

Ejercicio 366 Un perfil en forma de I, con una sección como la que aparece en la figura 6.7 del ejercicio 360 y 16 cm de altura (observar que la unidad de longitud que se utiliza en ese ejercicio corresponde aqu´ı a 4 cm), debe soportar un momento flector de 2000 daNm. Calcular la tensión máxima que este momento produce en el material. Repetir el cálculo para las otras secciones propuestas en el mismo ejercicio (manteniendo 4 cm como unidad de longitud). En las piezas que no son simétricas, distinguir entre la máxima tensión de compresión y de tracción, dependiendo de cómo se coloque la pieza.

Ejercicio 367 La disposición en forma de I en las vigas tiene como propósito aumentar el módulo resistente y disminuir las tensiones en el interior de las piezas. Calcular el porcentaje de reducción de la tensión máxima en una pieza, cuando en vez de distribuir el material que la compone en la forma de la figura 6.4 del ejercicio 360, se hace en la forma de la figura 6.7. Ejercicio 368 Una barra de sección circular de radio r está sometida a un momento flector que produce en el material una tensión máxima de 10 MPa. Si la barra de sección circular se sustituye por un caño de diámetro interior r y un diámetro exterior tal que la sección del caño tenga la misma área que una sección circular de radio r, Â¿cuál es la tensión máxima que se observará?

Ejercicio 369 Considerar a como un par´ametro, tal como se propone en el ejercicio 365 de esta hoja. Para una viga de 2 metros de longitud apoyada en sus extremos y sometida a

una ´unica carga puntual de 200 daN;

una carga distribuida constante de 100 daN/m;

una carga triangular con una intensidad nula en el apoyo izquierdo y un m´aximo de intensidad de 200 daN/m en el dercho,

calcular el menor valor de a que hace que la tensión máxima debida a flexión no sobrepase los 1000 daN/cm2_{, cuando la barra tiene la forma de I en la figura 6.7 del ejercicio 360. ˆ}_A¿Cómo

se modifica el valor de a si, para las mismas cargas, se requiere que la tensi´on m´axima no sobrepase los 500 daN/cm2_.

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7.2. DIMENSIONADO DE VIGAS ₃₀₃

Ejercicio 370 Repetir el ejercicio anterior, para ca˜nos cuadrados de espesor a y lado exterior 4a.

Ejercicio 371 Una ménsula de 2 metros construida con una barra cuadrada de 10 cm de lado está empotrada en el extremo de la derecha y soporta una distribución uniforme de carga de 200 daN/m. Hallar el valor máximo que puede tener una carga puntual que se agrega en el punto medio de la ménsula, si se desea que en ningún punto de la barra la tensión supere los 100 daN/cm2_.

Ejercicio 372 Una viga de 3 metros de longitud construida con una barra que tiene una sección en forma de I, como en la la figura 6.7 del ejercicio 360, con unidad de longitud igual a 4 cm, está apoyada en sus extremos. Hallar el mayor valor de a que hace que en ningún punto de la barra la tensión debida a los momentos flectores supere los 20 MPa, en las tres situaciones siguientes:

1. cuando la viga soporta una carga distribuida constante de a daN/m;

2. cuando la viga soporta una carga distribuida triangular que va creciendo linealmente desde 0 en el extremo de la izquierda hasta un valor de a daN/m en el de la derecha;

3. cuando la viga soporta la carga de la parte anterior, y una carga puntual de 500 daN en su punto medio.

Ejercicio 373 Una barra debe resistir un momento flector de 2000 daN m. Se desea que la máxima tensión no supere los 250 daN/cm2_{. Seleccionar el perfil IPN más peque˜}_{no que}

cumple esta condición de diseño. Identificar el valor de la tensión máxima que el modelo que estamos usando predice para ese perfil.

Nota: _{una tabla con las caracter´ısticas geométricas de perfiles normalizados IPN está} dis-ponible en la sección de material de estudio de la página web de la Cátedra:

http://www.farq.edu.uy/matematicas/matematicas/material-de-estudio-2/.

Ejercicio 374 Una barra de 3 m de longitud, con una sección en forma de C irregular como la que se muestra en la figura tiene un apoyos en su extremo izquierdo y a un metro de su extremo derecho. Soiporta una carga distribuida constante de 2000 daNm. Calcular las máximas tensiones de compresión y de tracción en la pieza.

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