Momentos de inercia

[Antonio González]

Hallar el momento de inercia de:

-una corona esférica de radio interior R1 y exterior R2 respecto a un
eje que pasa por su centro

-Un disco de radio R por un eje diametral

-Un superficie plana en forma de polígono regular de N lados respecto a
un eje normal a ella por su centro

[Ignacio Larrosa Cañestro]

Post by Antonio González
-una corona esférica de radio interior R1 y exterior R2 respecto a un
eje que pasa por su centro

El de un disco de radio R respecto a su eje es, suponiendo densidad 1,

Int(r^2*2pi*r, r, 0, R) = piR^4/2 = (1/2)MR^2

Para una esfera, podemos considerarla descompuesta en discos. El momento de
Inercia respecto a uno de sus diámetros será

(pi/2)Int((rq(R^2 - x^2)^4, x, -R, R) = (pi/2)Int(R^4 - 2r^2x^2 + x^4),
x, -R, R) = (8pi/15)R^5 = (2/5)MR^2

El de la corona esférica será (8pi/15)(R2^5 - R1^5) = (2/5)M(R2^5 -
R1^5)/(R2^3 - R1^3)

Post by Antonio González
-Un disco de radio R por un eje diametral

Int(x^2*2rq(R^2-x^2), x, -R, R) = (pi/4)R^4 = (1/4)MR^2

Post by Antonio González
-Un superficie plana en forma de polígono regular de N lados respecto
a un eje normal a ella por su centro

Para otro momento (no de inercia ...), que ahora tengo que salir.

[Ignacio Larrosa Cañestro]

Post by Ignacio Larrosa Cañestro

Post by Antonio González
-Un superficie plana en forma de polígono regular de N lados respecto
a un eje normal a ella por su centro

Para otro momento (no de inercia ...), que ahora tengo que salir.

Será el de los n triángulos isósceles en que lo podemnos descomponer. El
momento de inercia de estos triángulos lo podemos calcular aplicando el T.
de Steiner al resultado obtenido recientemente por Antonio para un triángulo
cualquiera, o calcularlo directamente, aprovechando que se trata de
triángulos isósceles.

Sea R el radio del polígono (distancia centro-vértices). Para hallar el
momento de inercia de cada uno de los triángulos, sumamos los momentos de
inercia de tiras longitudinales paralelas al lado desigual, situadas a una
distancia del centro r*cos(pi/n) con r entre 0 y R, siendo su longitud
2r*sen(pi/n) y ancho cos(pi/n)dr

El momento de inercia de cada una de estas tiras respecto a un eje
perpendicular a ellas es

(1/12) cos(pi/n)(2r*sen(pi/n))^3 = (2/3)cos(pi/n)sen^3(pi/n)r^3

Aplicando el Teorema de Steiner, su momento de inercia respecto al eje
perpendicular a la placa que pasa por su centro es

(2/3)cos(pi/n)sen^3(pi/n)r^3 + r^2cos^2(pi/n)(2r*sen(pi/n)cos(pi/n)) =
((2/3)sen^2(pi/n) + 2cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)*r^3

Luego el momento de inercia total es

I = n*((2/3)sen^2(pi/n) + 2cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)Int(r^3, r, 0, R)

= n*((1/6)sen^2(pi/n) + (1/2)cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)R^4

= n*(1/6)*sen^3(pi/n)cos(pi/n)R^4 +
(1/2)(2n*sen(pi/n)*R)(cos(pi/n)*R)(1/2)*R^2*cos^2(pi/n)

= (1/2)((1/6)*sen^2(pi/n) + cos^2(pi/n))M*R^2

Cuando n --> inf, el momento es lógicamente, el de un disco, (1/2)M*R^2. Sin
embargo, para n = 4 da (7/24)MR^2, que no coincide con el de una placa
cuadrada, que es (1/3)MR^2 ....

A ver si mañana lo reviso o lo rehago con más calma ...

[Antonio González]

Post by Ignacio Larrosa Cañestro

Post by Ignacio Larrosa Cañestro

Post by Antonio González
-Un superficie plana en forma de polígono regular de N lados respecto
a un eje normal a ella por su centro

Para otro momento (no de inercia ...), que ahora tengo que salir.

Será el de los n triángulos isósceles en que lo podemnos descomponer. El
momento de inercia de estos triángulos lo podemos calcular aplicando el
T. de Steiner al resultado obtenido recientemente por Antonio para un
triángulo cualquiera, o calcularlo directamente, aprovechando que se
trata de triángulos isósceles.
Sea R el radio del polígono (distancia centro-vértices). Para hallar el
momento de inercia de cada uno de los triángulos, sumamos los momentos
de inercia de tiras longitudinales paralelas al lado desigual, situadas
a una distancia del centro r*cos(pi/n) con r entre 0 y R, siendo su
longitud 2r*sen(pi/n) y ancho cos(pi/n)dr
El momento de inercia de cada una de estas tiras respecto a un eje
perpendicular a ellas es
(1/12) cos(pi/n)(2r*sen(pi/n))^3 = (2/3)cos(pi/n)sen^3(pi/n)r^3
Aplicando el Teorema de Steiner, su momento de inercia respecto al eje
perpendicular a la placa que pasa por su centro es
(2/3)cos(pi/n)sen^3(pi/n)r^3 + r^2cos^2(pi/n)(2r*sen(pi/n)cos(pi/n)) =
((2/3)sen^2(pi/n) + 2cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)*r^3
Luego el momento de inercia total es
I = n*((2/3)sen^2(pi/n) + 2cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)Int(r^3, r, 0, R)
= n*((1/6)sen^2(pi/n) + (1/2)cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)R^4
= n*(1/6)*sen^3(pi/n)cos(pi/n)R^4 +
(1/2)(2n*sen(pi/n)*R)(cos(pi/n)*R)(1/2)*R^2*cos^2(pi/n)
= (1/2)((1/6)*sen^2(pi/n) + cos^2(pi/n))M*R^2
Cuando n --> inf, el momento es lógicamente, el de un disco, (1/2)M*R^2.
Sin embargo, para n = 4 da (7/24)MR^2, que no coincide con el de una
placa cuadrada, que es (1/3)MR^2 ....

Es que la arista de ese cuadrado no es R, sino rq(2)R.

De todas formas, me parece que te has equivocado en los cálculos.

[Antonio González]

Post by Antonio González
Es que la arista de ese cuadrado no es R, sino rq(2)R.
De todas formas, me parece que te has equivocado en los cálculos.

Hallemos primero el momento de inercia de un triángulo rectángulo
respecto a uno de sus vértices.

El momento de inercia de un rectángulo de lados b y h respecto a su
centro es

I = (M/12)(b^2+h^2)

partiéndolo por una diagonal queda que el momento de inercia de un
triángulo respecto del punto medio de la hipotenusa es

I = (M/12)(b^2+h^2)

(no es la mitad porque la masa también se divide por 2). Para pasar al
vértice hay que tener cuidado porque el punto medio de la hipotenusa
(situado en (b/2,h/2)) no es el baricentro del triángulo (situado en
(b/3,h/3)) así que hay que usar Steiner dos veces.

Para irnos a (b,0) queda

I = (M/12)(b^2+h^2) - M((b/2-b/3)^2 + (h/2-h/3)^2) +

+ M((b-b/3)^2 + (h/3)^2) =

= (M/12)(b^2+h^2) - (M/36)(b^2+h^2) + M(4b^2/9 + h^2/9) =

= (M/36)((3-1+16)b^2 + (3-1+4)h^2) =

= (M/36)(18b^2+6h^2) = (M/6)(3b^2+h^2)

Si consideramos la hipotenusa de longitud R y los lados b = R cos(pi/n),
h = R sen(pi/n), da

I = (MR^2/6)(3cos^2(pi/n) + sen^2(pi/n)) =

= (MR^2/6)(1+2cos^2(pi/n))

Para un polígono la expresión es la misma pues multiplicamos por 2n el
número de triángulos, pero también se multiplica por 2n la masa, por tanto

I = (MR^2/6)(1 + 2cos^2(pi/n))

Para n->oo obtenemos el disco

I -> MR^2/2

Para n = 4 queda el cuadrado

I = (MR^2/6)(1 + 1) = MR^2/3 = M (rq(2)R)^2/6 = ML^2/6

[Ignacio Larrosa Cañestro]

Post by Antonio González

Post by Ignacio Larrosa Cañestro

Post by Ignacio Larrosa Cañestro

Post by Antonio González
-Un superficie plana en forma de polígono regular de N lados
respecto a un eje normal a ella por su centro

Para otro momento (no de inercia ...), que ahora tengo que salir.

Será el de los n triángulos isósceles en que lo podemnos
descomponer. El momento de inercia de estos triángulos lo podemos
calcular aplicando el T. de Steiner al resultado obtenido
recientemente por Antonio para un triángulo cualquiera, o calcularlo
directamente, aprovechando que se trata de triángulos isósceles.
Sea R el radio del polígono (distancia centro-vértices). Para hallar
el momento de inercia de cada uno de los triángulos, sumamos los
momentos de inercia de tiras longitudinales paralelas al lado desigual,
situadas a una distancia del centro r*cos(pi/n) con r entre 0 y R, siendo
su
longitud 2r*sen(pi/n) y ancho cos(pi/n)dr
El momento de inercia de cada una de estas tiras respecto a un eje
perpendicular a ellas es
(1/12) cos(pi/n)(2r*sen(pi/n))^3 = (2/3)cos(pi/n)sen^3(pi/n)r^3
Aplicando el Teorema de Steiner, su momento de inercia respecto al
eje perpendicular a la placa que pasa por su centro es
(2/3)cos(pi/n)sen^3(pi/n)r^3 + r^2cos^2(pi/n)(2r*sen(pi/n)cos(pi/n))
= ((2/3)sen^2(pi/n) + 2cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)*r^3
Luego el momento de inercia total es
I = n*((2/3)sen^2(pi/n) + 2cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)Int(r^3, r,
0, R) = n*((1/6)sen^2(pi/n) + (1/2)cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)R^4
= n*(1/6)*sen^3(pi/n)cos(pi/n)R^4 +
(1/2)(2n*sen(pi/n)*R)(cos(pi/n)*R)(1/2)*R^2*cos^2(pi/n)
= (1/2)((1/6)*sen^2(pi/n) + cos^2(pi/n))M*R^2
Cuando n --> inf, el momento es lógicamente, el de un disco,
(1/2)M*R^2. Sin embargo, para n = 4 da (7/24)MR^2, que no coincide
con el de una placa cuadrada, que es (1/3)MR^2 ....

Es que la arista de ese cuadrado no es R, sino rq(2)R.

Ese no es el problema, ya estaba contando con que el lado del cuadrado es
R*rq(2).

Post by Antonio González
De todas formas, me parece que te has equivocado en los cálculos.

Si, como digo en el otro mensaje, un factor común mal sacado ...

[Ignacio Larrosa Cañestro]

Post by Ignacio Larrosa Cañestro

Post by Ignacio Larrosa Cañestro

Post by Antonio González
-Un superficie plana en forma de polígono regular de N lados
respecto a un eje normal a ella por su centro

Para otro momento (no de inercia ...), que ahora tengo que salir.

Será el de los n triángulos isósceles en que lo podemnos descomponer.
El momento de inercia de estos triángulos lo podemos calcular
aplicando el T. de Steiner al resultado obtenido recientemente por
Antonio para un triángulo cualquiera, o calcularlo directamente,
aprovechando que se trata de triángulos isósceles.
Sea R el radio del polígono (distancia centro-vértices). Para hallar
el momento de inercia de cada uno de los triángulos, sumamos los
momentos de inercia de tiras longitudinales paralelas al lado
desigual, situadas a una distancia del centro r*cos(pi/n) con r entre
0 y R, siendo su longitud 2r*sen(pi/n) y ancho cos(pi/n)dr
El momento de inercia de cada una de estas tiras respecto a un eje
perpendicular a ellas es
(1/12) cos(pi/n)(2r*sen(pi/n))^3 = (2/3)cos(pi/n)sen^3(pi/n)r^3
Aplicando el Teorema de Steiner, su momento de inercia respecto al eje
perpendicular a la placa que pasa por su centro es
(2/3)cos(pi/n)sen^3(pi/n)r^3 + r^2cos^2(pi/n)(2r*sen(pi/n)cos(pi/n)) =
((2/3)sen^2(pi/n) + 2cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)*r^3
Luego el momento de inercia total es
I = n*((2/3)sen^2(pi/n) + 2cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)Int(r^3, r, 0, R)
= n*((1/6)sen^2(pi/n) + (1/2)cos^2(pi/n))cos(pi/n)sen(pi/n)R^4
= n*(1/6)*sen^3(pi/n)cos(pi/n)R^4 +
(1/2)(2n*sen(pi/n)*R)(cos(pi/n)*R)(1/2)*R^2*cos^2(pi/n)
= (1/2)((1/6)*sen^2(pi/n) + cos^2(pi/n))M*R^2

El problema estaba en esta última línea, que saque 1/2 factor común a medias
...En realidad es

= ((1/6)*sen^2(pi/n) + (1/2)cos^2(pi/n))M*R^2

= ((1/6) + (1/3)cos^2(pi/n))M*R^2

Post by Ignacio Larrosa Cañestro
Cuando n --> inf, el momento es lógicamente, el de un disco,
(1/2)M*R^2.

Y para n = 4, queda

I_4 = (1/3)MR^2 = (1/6)Ma^2

donde a = rq(2)R es el lado del cuadrado, como debe ser.

Es que la una y pico de la mañana no es buena hora para sacar factor común
...

[Antonio González]

Post by Ignacio Larrosa Cañestro

Post by Antonio González
-una corona esférica de radio interior R1 y exterior R2 respecto a un
eje que pasa por su centro

El de un disco de radio R respecto a su eje es, suponiendo densidad 1,
Int(r^2*2pi*r, r, 0, R) = piR^4/2 = (1/2)MR^2
Para una esfera, podemos considerarla descompuesta en discos. El momento
de Inercia respecto a uno de sus diámetros será
(pi/2)Int((rq(R^2 - x^2)^4, x, -R, R) = (pi/2)Int(R^4 - 2r^2x^2 + x^4),
x, -R, R) = (8pi/15)R^5 = (2/5)MR^2
El de la corona esférica será (8pi/15)(R2^5 - R1^5) = (2/5)M(R2^5 -
R1^5)/(R2^3 - R1^3)

Se puede hacer bastante más fácil.

El truco es observar que por simetría

I_xx = I_yy = I_zz

(y cualquier otro eje)

y por tanto, para cualquier eje

I = (1/3)(I_xx + I_yy + I_zz) =

= (1/3)(int((y^2+z^2)+(x^2+z^2)+(x^2+y^2))rho dV)

= (2/3) rho int (x^2+y^2+z^2) dV =

= (8pi/3)rho int_(R1)^(R2) r^4 dr =

= (8pi/3)rho (R2^5-R1^5)

Post by Ignacio Larrosa Cañestro

Post by Antonio González
-Un disco de radio R por un eje diametral

Int(x^2*2rq(R^2-x^2), x, -R, R) = (pi/4)R^4 = (1/4)MR^2

Este se puede hacer sin integrar raíces

Observamos que por ser una figura plana z=0 para todos sus puntos y por
tanto

I_xx = int y^2 dm I_yy = int x^2 dm

I_zz = int(x^2+y^2)dm

por lo que

I_zz = I_xx + I_yy

(teorema de la figura plana). Por la simetría del disco

I_xx = I_yy

y por tanto

I_xx = (1/2)I_zz

pero I_zz es el de un cilindro macizo

I_zz = rho int_0^R r^2 (2pi r h)dr = MR^2/2

por lo que

I_xx = I_yy = MR^2/4

[Dr. Wolfgang Hintze]

a) > -una corona esférica de radio interior R1 y exterior R2 respecto a
un

Post by Antonio González
eje que pasa por su centro

b) > -Un disco de radio R por un eje diametral
c) > -Un superficie plana en forma de polígono regular de N lados
respecto a

Post by Antonio González
un eje normal a ella por su centro
--
Antonio

Empezemos con el momento de inercia de un disco de radio R por un eje
normal a ello por el centro

L_disco = Int( dm r^2 ,(r,0,R) ) = 2 Pi rho Int( r r^2 dr, (r,0,R) ) =
2 Pi rho 1/4 R^4 = 1/2 (Pi R^2 rho) R^2
= 1/2 M R^2

Ahora para una esfera sólida de radio R. Podemos considerar la esfera
de ser compuesto de discos.

a) Por eso

L_esfera = 2 Int ( 1/4 2 Pi rho r^4 dh) = Pi rho Int( (R^2-h^2)^2,
(h,0,R) ) = 8/15 Pi R^5 rho = 4 Pi/3 R^3 rho R^2 2/5
= 2/5 M R^2

Ahora

L_corona = L_esfera(R2) - L_esfera(R1) = 2/5 (4 Pi/3) rho (R2^5-R1^5)

M_corona = 4 Pi/3 rho (R2^3-R1^3 por eso

L_corona = 2/5 M R2^2 (1-u^5)/(1-u^3) u = R1/R2

b) L_disco_vertical = 2.2 rho Int( x^2 Sqrt(R^2-x^2), (x,0,R)) = 1/4
(Pi rho R^2) R^2 = 1/4 M R^2

c) Como el disco hasta el radio r = R Cos(2 Pi/n), y más allá una
contribución demasiado complicado para la hora actual.

Saludos y Felices Reyes,
Wolfgang

[Eduardo]

Post by Antonio González
.....
-Un superficie plana en forma de polígono regular de N lados respecto a
un eje normal a ella por su centro

En este último se aprovecha parte del problema de hace dos semanas
http://groups.google.com/group/es.ciencia.matematicas/browse_frm/thread/1aca24b7f47f58cd

El MI de un triángulo respecto de un vértice era:
Jver = AxB (a^2 + b^2 + A·B)/12

Para este caso resulta
a = b = R radio del polígono
N AxB/2 representa el área del poligono y la podemos considerar como
su "masa"
A·B resulta igual a R^2 cos(2pi/N)

--> J = M R^2 (2+cos(2pi/N))/6