Libro estatica problemas_resueltos

ESTATICA
PROBLEMAS RESUELTOS
______________________________________________

Ph.D. Genner Villarreal Castro
PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008

Lima – Perú
2011

PROLOGO
La Estática, es una ciencia de la Mecánica Teórica, que estudia el equilibrio de diversos elementos
o sistemas estructurales sometidos a la acción externa de cargas puntuales y distribuidas, así como de
momentos.
Por lo general, los textos base de Estática, son muy voluminosos y, principalmente, se centran en
la descripción teórica, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje a través de trabajos domiciliarios e
investigación, conducentes a un mejor dominio de la materia.
El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos
en la resolución de problemas aplicados en prácticas calificadas y exámenes, así como en la realización
de sus trabajos domiciliarios.
Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio
individual, resolviendo para ello 125 problemas tipos en forma seria y con el rigor científico, propiciando
de manera más amena la convivencia con la Estática.
En el presente libro, se tratan temas que en la mayoría de programas de las universidades se
analizan y que son muy importantes en la formación profesional de los ingenieros civiles.
Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de los cursos de Estática en la
Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada
Antenor Orrego.
En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de
problemas; así como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente.
El presente libro consta de 5 capítulos y bibliografía.
En el primer capítulo se analizan las diversas formas de las fuerzas y momentos, a las cuales
están sometidas las estructuras.
En el segundo capítulo se estudian el equilibrio de estructuras simples, estructuras con rótulas
intermedias, estructuras compuestas y estructuras espaciales.
En el tercer capítulo se calculan los centroides en alambres y áreas, así como, los momentos de
inercia de áreas planas y de perfiles metálicos.
En el cuarto capítulo se analizan diversos tipos de armaduras, a través del método de los nudos y
método de las secciones.
En el quinto capítulo se calculan las fuerzas internas y se grafican los diagramas de fuerza axial,
fuerza cortante y momento flector para vigas, pórticos, arcos y estructuras espaciales.
El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten los cursos
de Estática; así como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras.
Este libro se lo dedico a mis alumnos de Estática de la Universidad Peruana de Ciencias
Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus
consultas me motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminar
con éxito este trabajo.
De manera muy especial, dedico el presente libro a la Ing. Leyda Yudith Suárez Rondón, una linda
venezolana, quien con su inteligencia, comprensión, apoyo constante, dulzura y belleza espiritual

2

conquistó mi corazón, rogando a Dios Todopoderoso nos conceda la oportunidad de seguir
compartiendo nuestras vidas, para continuar aportando al desarrollo integral de la sociedad.

Ph.D. Genner Villarreal Castro
genner_vc@rambler.ru

Lima, Julio del 2011

3

CAPITULO 1
FUERZAS Y MOMENTOS
1.1 OPERACIONES CON VECTORES
PROBLEMA 1.1 ¿Será correcto afirmar que los dos sistemas mostrados son equivalentes?

Fig. 1.1
Solución:
Para que ambos sistemas, sean equivalentes, las fuerzas del sistema I debieron estar orientadas tal
como se muestra en la figura 1.2, que lo denominaremos como Sistema III, cuyo valor de la
resultante lo determinamos por la ley del paralelogramo.

R III  7 2  24 2  25N

Fig. 1.2
En consecuencia, los sistemas I y II no son equivalentes, a pesar que la resultante del sistema I tiene
la misma dirección y sentido que la fuerza única del sistema II.

PROBLEMA 1.2 Si

P  76kN y Q  52kN , determine en forma analítica la resultante de P y Q

Fig. 1.3
4

Solución:
Calculamos el ángulo que forma el vector P con la vertical y el ángulo que forma el vector Q con la
horizontal.

 16 
  arctg   26,56 o
 32 
 12 
  arctg   26,56 o
 24 

Fig. 1.4
De esta manera, el ángulo que forman los vectores P y Q es

  2.26,56  90  143,12 o y la

resultante se calculará por la fórmula:

R  P 2  Q 2  2PQ cos   76 2  52 2  2.76.52. cos 143,12 o  46,45kN
Para determinar el ángulo que forma la resultante con Q, aplicamos la ley de senos (figura 1.5):

R
P

o
sen
sen36,88



  79,09 o

El ángulo que formará la resultante con el eje horizontal será de

52,53o .

Fig. 1.5

PROBLEMA 1.3 Para la estructura mostrada en la figura 1.6, se pide:
a) Descomponer la fuerza de 360 lb en componentes a lo largo de los cables AB y AC. Considerar

  55o y   30 o .
b) Si los cables de soporte AB y AC están orientados de manera que las componentes de la fuerza
de 360 lb a lo largo de AB y AC son de 185 lb y 200 lb, respectivamente. Determinar los ángulos

 y .
5

Fig. 1.6
Solución:
a) Como la estructura debe de encontrarse en equilibrio, por lo tanto, aplicamos el triángulo de
fuerzas, mostrado en la figura 1.7

Fig. 1.7
Aplicamos la ley de senos y obtenemos los valores de las fuerzas en los cables AB y AC

PAB
360

0
sen30
sen95 0



PAB  180,69lb

PAC
360

0
sen55
sen95 0



PAC  296,02lb

b) Analizamos el triángulo de fuerzas, mostrado en la figura 1.8 y aplicamos la ley de senos para
determinar los ángulos

y

Fig. 1.8
6

185
200

sen sen



360
200

o
sen 180     sen





sen  1,08sen

(a)



cos   1,08 cos   1,944

(b)

Aplicamos en la ecuación (a) el principio que
reemplazando luego

sen  1  cos 2  y sen  1  cos 2  ,

cos  de la ecuación (b) en la ecuación (a), obteniendo:

  21,6 o
  19,9 o
PROBLEMA 1.4 La longitud del vector posición r es de 2,40m (figura 1.9). Determine:
a) La representación rectangular del vector posición r
b) Los ángulos entre r y cada uno de los ejes coordenados positivos
Solución:
a) Descomponemos r en dos componentes como se muestra en la figura 1.10. Por trigonometría
obtenemos:

rz  r cos 40 o  2,4 cos 40 o  1,84m

rxy  rsen 40 o  2,4sen 40 o  1,54m
En forma análoga, descomponemos

rxy en rx y ry :

rx  rxy cos 50 o  0,99m

ry  rxysen50 o  1,18m
Por lo tanto, la representación rectangular de r es:

r  rx i  ry j  rz k  0,99i  1,18 j  1,84k

Fig. 1.9
7

Fig. 1.10
b) Los ángulos entre r y los ejes coordenados, los calculamos por las siguientes ecuaciones:

 0,99 
r 
 x  arccos  x   arccos 
  65,6 o
 r 
 2,4 

 ry
 y  arccos 
r



 1,18 
  arccos 
  60,5 o

2,4 



 1,84 
r 
 z  arccos  z   arccos 
  40,0 o
r
 2,4 
Dichos ángulos se muestran en la figura 1.11 y como se puede apreciar, no fue necesario
calcular

 z , porque ya estaba dado en la figura 1.9

Fig. 1.11

8

PROBLEMA 1.5 Encuentre la representación rectangular de la fuerza F cuya magnitud es de 240N

Fig. 1.12
Solución:
Como se conocen las coordenadas de los puntos O y A sobre la línea de acción de F, entonces
escribimos el vector OA (vector de O hasta A) en forma rectangular (figura 1.13), expresado en
metros:

OA  4i  5 j  3k
Luego, el vector unitario de O hasta A será:



OA
 4i  5 j  3k

 0,566i  0,707 j  0,424k
OA
(4) 2  5 2  32

Fig. 1.13
Asimismo, se tendrá:

F  240(0,566i  0,707 j  0,424k)  135,84i  169,68 j  101,76k
Las componentes rectangulares de F se muestran en la figura 1.14

Fig. 1.14
9

PROBLEMA 1.6 Dado los vectores:

A  6i  4 j  k (N)

B  j  3k (m)
C  2i  j  4k (m)
Determinar:
a)

A.B

b) La componente ortogonal de B en la dirección de C
c) El ángulo entre A y C
d)

AxB

e) Un vector unitario  perpendicular a A y B
f)

AxB.C

Solución:
a) Aplicamos la siguiente ecuación, obteniendo:

A.B  A x B x  A y B y  A z Bz  6(0)  4(1)  (1)(3)  1N.m
El signo positivo, indica que el ángulo entre A y B es menor que

90 o

 es el ángulo entre B y C, se obtiene de la ecuación:


 C
2i  j  4k
1(1)  3(4)
B cos   B. C  B.  ( j  3k ).

 2,40m
2
2
2
C
21
2  (1)  4

b) Si

 es el ángulo entre A y C, se encuentra de la siguiente ecuación:
 
A C
6i  4 j  k
2i  j  4k
6(2)  4(1)  (1)(4)
cos    A . C  . 
.

2
2
2
2
2
2
A C
53 21
6  4  (1)
2  (1)  4

c) Si



cos   0,1199

  83,1o

d) El producto cruz de A y B es:

i

j

k

i

j

k

AxB  A x

Ay

Az  6 4 1  i

Bx

By

Bz

0 1

3

4 1
1

3

j

6 1
0

3

k

6 4
0 1

 13i  18 j  6k (m)

e) El producto cruz A x B es perpendicular a A y B. Por lo tanto, un vector unitario en esa dirección
se obtiene dividiendo A x B, que fue evaluado anteriormente, entre su magnitud:

AxB
13i  18 j  6k

 0,565i  0,783 j  0,261k
AxB
132  (18) 2  6 2
Como el negativo de este vector es también un vector unitario que es perpendicular a A y B, se
obtiene:

  (0,565i  0,783 j  0,261k)
f)

El triple producto escalar

AxB.C se evalúa usando la ecuación:

10

Ax

Ay

Az

6

4

1

AxB.C  B x

By

Bz  0

1

3 6

Cx

Cy

Cz

2 1

4

1

3

1 4

4

0 3
2 4

 (1)

0

1

2 1

PROBLEMA 1.7 Determinar a, b y c; tal que (a; 3; 5) x (20; -30; -60) = (b; 400; c)
Solución:
Reemplazamos valores y obtenemos:

i

j

k

AxB  a

3

5

20  30  60

i

3

5

 30  60

j

a

5

20  60

k

a

3

20  30

AxB  30i  (60a  100) j  (30a  60)k
Por dato del problema:

AxB  bi  400 j  ck
Luego:

b  30

400  60a  100 

a 5

c  30(5)  60  210
1.2 FUERZAS CONCURRENTES
PROBLEMA 1.8 Si R es la resultante de las fuerzas P y Q, determine P y Q

Fig. 1.15
Solución:

Fig. 1.16

11

 68N.m 2

De acuerdo a la figura 1.16, las representaciones rectangulares de P y Q son:


P  P cos 25o i  Psen25o j

Q  Q cos 50 o i  Qsen50 o j
La resultante de P y Q se encuentra sumando sus componentes:

  
R  P  Q  (P cos 25o  Q cos 50 o )i  (Psen25o  Qsen50 o ) j

(a)

Según dato del problema, expresamos la resultante R en función de sus componentes rectangulares:


R  260 cos 22,62 o i  260sen 22,62 o j  240i  100 j

(b)

Igualamos las ecuaciones (a) y (b) y obtenemos:

P  588lb

Q  455lb
PROBLEMA 1.9 La fuerza R es la resultante de las fuerzas P1, P2 y P3 que actúan sobre la placa
rectangular de 0,6m x 1m. Determinar P1 y P2 si R  40kN y

P3  20kN

Fig. 1.17
Solución:
Este problema lo podemos resolver de 2 formas:
1ra FORMA:

R x   Fx



P1 cos 63,43o  P2 cos 53o  20  40 cos 30 o

0,45P1  0,60P2  54,64
R y   Fy



(a)

P1sen63,43o  P2 sen53o  40sen30 o

0,89P1  0,80P2  20
Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo:

P1  62,32kN
P2  44,33kN

12

(b)

2da FORMA:
Escribimos las fuerzas en forma vectorial:


P1  P1 cos 63,43o i  P1sen63,43o j

P2  P2 cos 53o i  P2 sen53o j

P3  20i

R  40 cos 30 o i  40sen30 o j
Como la fuerza resultante R se determinará de la ecuación vectorial:


   
R   F  P1  P2  P3
40 cos 30 o i  40sen30 o j  (P1 cos 63,43o  P2 cos 53o  20)i  (P1sen63,43o  P2 sen53o ) j
De esta manera, se obtienen las ecuaciones:

P1 cos 63,43o  P2 cos 53o  20  40 cos 30 o
P1sen63,43o  P2 sen53o  40sen30 o
Estas ecuaciones, son las mismas que (a) y (b), obteniendo los mismos resultados, es decir:

P1  62,32kN
P2  44,33kN
PROBLEMA 1.10 Un pequeño aro tiene una carga vertical de peso P y está sostenido por dos
cuerdas AB y BC, la última de las cuales soporta en su extremo libre un peso

PQ  100 N , como se

observa en la figura. Determinar la magnitud del peso de la carga P y la tensión de la cuerda AB, si
el sistema se encuentra en equilibrio.

Fig. 1.18
Solución:
Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio del nudo B

Fig. 1.19
13

F
F

X

0



100 cos 30 o  TAB cos 45o  0

Y

0



100sen30 o  122,47sen 45o  P  0 



PROBLEMA 1.11 Sea R la resultante de las tres fuerzas mostradas. Si

TAB  122,47 N
P  136,60N

P1  110lb , P2  200lb y

P3  150lb , determinar:
a) La magnitud de R
b) Los cosenos directores de R
c) El punto en que la línea de acción de R interseca al plano YZ

Fig. 1.20
Solución:
a) Las fuerzas son concurrentes en el punto A (figura 1.21), por lo que pueden sumarse
inmediatamente. Como las fuerzas no se encuentran en un plano coordenado, conviene usar
notación vectorial.
Un método para expresar cada una de las fuerzas en notación vectorial es usar la forma F = Fλ,
donde λ es el vector unitario en la dirección de la fuerza.
De esta manera, se tendrá:

P1  110 j
P2  200 AC  200

  2i  2tg25 o j
AC
 200
 (2) 2  (2tg25 o ) 2
AC


P3  150 AB  150

  2i  2tg40 o k
AB
 150
 (2) 2  (2tg40 o ) 2
AB



  181,26i  84,52 j



  114,90i  96,42k



La fuerza resultante estará dada por:

R   F  P1  P2  P3  (181,26  114,90)i  (110  84,52) j  96,42k
R  296,16i  194,52 j  96,42k
14

La magnitud de la resultante R es:

R  (296,16) 2  (194,52) 2  (96,42) 2  367,21lb

Fig. 1.21
b) El vector unitario λ en la dirección de R es:


R  296,16i  194,52 j  96,42k
 
 0,807i  0,530 j  0,263k
R
367,21
Los cosenos directores de R y los ángulos entre R y los ejes coordenados son:

cos  x  0,807



 x  143,8o

cos  y  0,530



 y  58 o

cos  z  0,263



 z  74,8o

c) Sea D el punto en que la línea de acción de la resultante R interseca al plano YZ. La distancia
horizontal

e y la distancia vertical h , mostradas en la figura 1.22, pueden determinarse por

proporciones:

e
h
2


194,52 96,42 296,16
De donde:

e  1,314pies

h  0,651pies
De la figura 1.18, las coordenadas del punto D son:

xD  0
y D  e  1,314pies
z D  h  0,651pies
15

Fig. 1.22

T1 , T2 , T3 , generadas en cables, actúan en el punto A del mástil


OA. Si la fuerza resultante de las tres tensiones es R  400k (N), determinar la magnitud de cada
PROBLEMA 1.12 Tres tensiones

tensión en los cables.

Fig. 1.23
Solución:
Se sabe que


F  F.

Luego, analizamos cada cable en forma separada.
CABLE AB:

 AB 

AB
 10 j  12k

 0,64 j  0,768k
AB
(10) 2  (12) 2

16


T1  T1 . AB  0,64 jT1  0,768kT1
CABLE AC:

 AC 

AC
6i  12k

 0,447i  0,894k
2
2
AC
6  (12)


T2  T2 . AC  0,447iT2  0,894kT2
CABLE AD:

 AD 

AD
 4i  3 j  12k

 0,308i  0,231j  0,923k
AD
(4) 2  32  (12) 2


T3  T3 . AD  0,308iT3  0,231jT3  0,923kT3
Determinamos la resultante de la acción de las tres fuerzas:

  

R  T1  T2  T3  (0,447T2  0,308T3 )i  (0,64T1  0,231T3 ) j  (0,768T1  0,894T2  0,923T3 )k
Por condición del problema:


R  400k

Esto significa que:

0,447T2  0,308T3  0



T2  0,689T3

 0,64T1  0,231T3  0



T1  0,361T3

 0,768T1  0,894T2  0,923T3  400
Reemplazamos valores en esta última ecuación y obtenemos:

T3  220,24N

T2  151,74N
T1  79,50N
1.3 MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO. TEOREMA DE VARIGNON
PROBLEMA 1.13 Una placa rectangular delgada está sostenida por los soportes de bisagra en A y B
y por dos cables PQ y RS, cuyas tensiones son 200N y 300N, respectivamente.
a) Determinar el momento de la fuerza ejercida por el cable PQ respecto al punto A
b) Determinar el ángulo que forma el cable RS con la línea RT
Solución:
a) La fuerza en el cable PQ lo denotamos como P y en forma vectorial es:

P  200

PQ
 0,4i  0,3 j  0,8k
 0,4i  0,3 j  0,8k
 200
 200
2
2
2
PQ
0,89
(0,4)  0,3  (0,8)

P  84,8i  63,6 j  169,6k
Para el momento, respecto a “A”, elegimos un vector
pertenece a la línea de acción PQ)

rAP  0,8k
17

rAP que va desde A hasta P (punto que

Luego:

i

k

0

M A ( P )  rAP xP 

j
0

0,8

i

 84,8 63,6  169,6

0

0,8

63,6  169,6

j

0

0,8

 84,8  169,6

k

0

 84,8 63,6

M A( P)  50,88i  67,84 j (N.m)

Fig. 1.24
b) Determinamos los vectores

rRS , rRT y calculamos el ángulo que forman dichos vectores

rRS  0,4i  j  0,8k

rRT  0,4i  0,8k
cos    RS . RT 

RS RT
0,4i  j  0,8k
0,4i  0,8k
.

.
 0,667
2
2
2
RS RT
0,4  1  (0,8)
0,4 2  (0,8) 2

  arccos( 0,667)  48,16 o
PROBLEMA 1.14 Una placa rectangular está sostenida por dos ménsulas en A y B y por un cable
CD; sabiendo que el momento de la tensión respecto al punto A es
determinar el módulo de la tensión en N.

Fig. 1.25
18

0

 7,68i  28,8 j  28,8k (N.m),

Solución:
La fuerza en el cable CD lo denotamos como P y en forma vectorial es:


CD
 0,3i  0,24 j  0,32k
P  P.
 P.
 (0,6i  0,48 j  0,64k )P
CD
(0,3) 2  0,24 2  (0,32) 2
Para el momento respecto a “A”, elegimos un vector

rAC que va desde A hasta el punto C (punto que

pertenece a la línea de acción CD)

rAC  0,3i  0,08k
Luego:

i
M A  rAC xP 

j

k

0,3

0

0,08

 0,6P 0,48P  0,64P

i

0

0,08

0,48P  0,64P

j

0,3

0,08

 0,6P  0,64P

k

0,3

 0,6P 0,48P

M A  0,0384Pi  0,144Pj  0,144Pk
De donde:

P  200N
PROBLEMA 1.15 La puerta batiente se mantiene en la posición mostrada en la figura, por medio de
dos cables AB y AC y, además, por las bisagras mostradas. Si las tensiones en los cables son

T1  30lb y T2  90lb . Determinar:
a) La magnitud de la fuerza resultante
b) El momento de la fuerza tensional

T1 respecto al punto C

Fig. 1.26
Solución:
a) Determinamos las coordenadas de los puntos A, B y C, de acuerdo a la figura 1.27
A (2; 0; 4)
B (5; 2,819; 1,026)
C (0; 2,819; 1,026)
19

0

Fig. 1.27
Luego:

 3i  2,819 j  2,974k

 BA 

(3) 2  (2,819) 2  2,974 2

 0,591i  0,555 j  0,585k


T1  T1 . BA  30.(0,591i  0,555 j  0,585k)  17,73i  16,65 j  17,55k
2i  2,819 j  2,974k

 CA 

2 2  (2,819) 2  2,974 2

 0,438i  0,618 j  0,652k


T2  T2 . CA  90.(0,438i  0,618 j  0,652k)  39,42i  55,62 j  58,68k
En consecuencia:

  
R  T1  T2  21,69i  72,27 j  76,23k

La magnitud de la fuerza resultante:


R  21,69 2  (72,27) 2  76,232  107,26lb
b) Para el momento respecto a C, elegimos un vector
pertenece a la línea de acción de la tensión

rCB que va desde C hasta B (punto que

T1 )

rCB  5i
i
M C  rCB xT1 

j

k

5

0

0

 17,73  16,65 17,55

MC  i

0

0

 16,65 17,55

j

5

0

 17,73 17,55

k

5

0

 17,73  16,65

PROBLEMA 1.16 Si las magnitudes de las fuerzas

 87,75 j  83,25k (lb.pie)

P  100N y Q  250N (figura 1.28),

determinar:
a) Los momentos de P y Q respecto a los puntos O y C
b) Las distancias perpendiculares entre los puntos O y C y las fuerzas P y Q
Solución:
En este caso es conveniente utilizar la forma vectorial:

P  100

AB
  0,5i  0,6 j  0,36k 
 100
  58,1i  69,8 j  41,9k (N)
AB
0,860



Q  250

DB
  0,5i  0,36k 
 250
  202,9i  146,1k (N)
DB
0,616



20

Fig. 1.28
Para el caso de los momentos respecto al punto O, elegimos un vector

rOB que va del punto O hasta

B (punto que pertenece a la línea de acción de los vectores P y Q) y para el caso de los momentos
respecto al punto C, elegimos el vector

rCB que va del punto C hasta el punto B, escribiéndolos en

forma vectorial:

rOB  0,36k (m)

rCB  0,6 j (m)
Ahora, determinamos los valores de los momentos respecto a los puntos O y C, posteriormente las
distancias requeridas.
a) El momento de P respecto al punto O será:

i
M O ( P )  rOB xP 

j

k

0,36  25,1i  20,9 j (N.m)
 58,1  69,8 41,9
0

0

El momento de P respecto al punto C es:

i
M C ( P )  rCB xP 

j

k

 0,6

0  25,1i  34,9k (N.m)
 58,1  69,8 41,9
0

El momento de Q respecto al punto O será:

i
M O ( Q )  rOB xQ 

j

k

0,36  73,0 j (N.m)
 202,9 0 146,1
0

0

El momento de Q respecto al punto C es:

i
M C ( Q )  rCB xQ 

j

k

0

 0,6

0

 202,9

0

146,1

 87,7i  121,7k (N.m)

21

b) La distancia perpendicular del punto O a la línea de acción de P puede determinarse por:

d OP 

M O( P )
P

25,12  (20,9) 2
 0,327m
100



La distancia perpendicular del punto C a la línea de acción de P es:

d CP 

M C( P )
P

(25,1) 2  (34,9) 2
 0,430m
100



La distancia perpendicular del punto O a la línea de acción de Q puede determinarse por:

d OQ 

M O(Q)
Q

(73,0) 2
 0,292m
250



La distancia perpendicular del punto C a la línea de acción de Q es:

d CQ 

M C(Q)
Q

(87,7) 2  (121,7) 2
 0,600m
250



PROBLEMA 1.17 Si el momento combinado de las dos fuerzas, cada una de magnitud P  100N ,
respecto al punto “H” es cero. Se pide:
a) Determinar la distancia “d” que localiza a “H”
b) Determinar el ángulo que forman las líneas EC y EB

Fig. 1.29
Solución:
a) Calculamos los momentos respecto al punto “H”

PEC  P1  100.

EC
3 j  3k
 100.
 70,71j  70,71k
2
2
EC
3  (3)

rHC  d.i
i
M  rHC xP1   d
P1
H

0

j

k

0

0

70,71  70,71

i

0

0

70,71  70,71

22

j

d

0

0

 70,71

k

d

0

0

70,71

M P1  70,71dj  70,71dk
H
PEB  P2  100.

EB
3i  3 j  3k
 100.
 57,73i  57,73 j  57,73k
EB
32  32  (3) 2

rHB  (3  d).i
i
M

P2
H

j
0

 rHB xP 2  (3  d)
57,73
k

k
0

i

57,73  57,73

(3  d)

0

57,73

57,73

0

0

57,73  57,73

j

(3  d)

0

57,73

 57,73



 (3  d).(57,73) j  (57,73).(3  d)k

Luego, por condición del problema:

M P1  M P2  0
H
H
 70,71d  (3  d).(57,73)  0
d  1,348m
b) Determinamos el ángulo que forman las líneas EC y EB

rEC  3 j  3k

rEB  3i  3 j  3k
cos    EC . EB 


EC EB 3 j  3k 3i  3 j  3k
99
.

.

 0,8165
EC EB
18
27
18. 27

  arccos( 0,8165)  35,26 o

PROBLEMA 1.18 Determinar el momento de la fuerza de 50kN respecto al punto A (figura 1.30).
a) Usar el método vectorial.
b) Usar el método escalar colocando las componentes rectangulares de la fuerza en los puntos B,
C y D.

Fig. 1.30
23

Solución:
a) Escribimos la fuerza en forma vectorial, escogiendo el punto D como inicio del eje de
coordenadas en el plano XY, pudiendo apreciar que el rectángulo es de 0,6m x 0,8m, es decir, el
ángulo ADB es

37 o .

F  50 cos 37 o i  50sen37 o j  40i  30 j (kN)
Elegimos el vector r del punto A al punto D, por facilidad de cálculo, siendo:

r  rAD  0,3i (m)
Usando la forma de determinante para el producto cruz, el momento respecto al punto A es:

i
M A  rxF  rAD xF   0,3
40
La magnitud de

j

k

0  k(0,3)(30)  9k (kN.m)
30 0
0

M A es 9kN.m y la dirección de M A es en la dirección de Z negativo, que por la

regla de la mano derecha significa que el momento respecto al punto A es horario.
b) En este problema el cálculo escalar es tan conveniente como el método vectorial, porque las
distancias perpendiculares entre A y cada una de las componentes de fuerza (figura 1.31)
pueden determinarse por inspección.

Fig. 1.31
Como primer caso, analizamos cuando las componentes están colocadas en el punto B:

M A  (30)(0,5)  (40)(0,6)  9kN.m (sentido horario)
Luego, analizamos el caso cuando las componentes están colocadas en el punto C:

M A  (30)(0,1)  (40)(0,3)  9kN.m (sentido horario)
Finalmente, analizamos el caso cuando las componentes han sido colocadas en el punto D:

M A  (30)(0,3)  9kN.m (sentido horario)
Como se puede apreciar, los resultados son los mismos, lo que implica que si tenemos un
sistema

coordenado,

lógicamente

es

mucho

más

fácil

aplicar

el

método

escalar,

descomponiendo la fuerza en sus componentes rectangulares y aplicarlo en cualquier punto de
la línea de acción de la fuerza, que los resultados serán los mismos, como se ha demostrado en
este problema.
24

PROBLEMA 1.19 En la siguiente figura, considerando que el peso

W de la barra es de 100kg,

evaluar el momento de giro en el punto A.

Fig. 1.32
Solución:
Como se sabe, la ubicación del peso debe ser en la parte media de la barra, calculando las
distancias respectivas, que se muestran en la figura 1.33,a y 1.33,b

Fig. 1.33
Evaluamos el momento en el apoyo A

M A  150.(3,04)  220.(2,28)  100.(1,14)  1071,6kg.m
El sentido es horario por ser negativo

PROBLEMA 1.20 Determinar la relación a/b, sabiendo que el momento en la base A del poste es
nulo.

Fig. 1.34
25

Solución:
Como el momento respecto a un punto es fuerza x distancia, aplicamos este concepto al presente
problema.

M A  9F.(b)  2F.(2b)  10F.(1,5b)  6F.(a )  8F.(1,5a )  4F.(2a )  28Fb  26Fa
Por condición del problema:

 28Fb  26Fa  0
De donde:

a
 1,077
b
PROBLEMA 1.21 La fuerza F actúa sobre las tenazas del brazo de robot. Los momentos de F
respecto a los puntos A y B son de 120N.m y 60N.m respectivamente, ambos en sentido antihorario.
Determinar F y el ángulo



Fig. 1.35
Solución:
Efectuamos los momentos respecto a los puntos A y B, descomponiendo la fuerza F y calculando por
geometría las distancias:
PUNTO “A”:

F cos .(1561,23)  Fsen.(150)  120000

(a)

F cos .(1041,62)  Fsen.(450)  60000

(b)

PUNTO “B”:

Fig. 1.36
26


Fsen  57,33

(c)

F cos   82,37

(d)

Dividimos (c) entre (d) y obtenemos:

tg  0,696
  arctg(0,696)  34,84 o
Luego:

F

57,33
 100,35N
sen34,84 o

1.4 MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A LOS EJES CARTESIANOS
PROBLEMA 1.22 En la figura mostrada, la fuerza F2 es paralela al plano XZ, determinar el momento
resultante respecto a cada uno de los ejes coordenados.

Fig. 1.37
Solución:
Proyectamos la fuerza F2 en los ejes OX y OZ (figura 1.38)

Fig. 1.38

27

Resolvemos el problema de las dos formas: escalar y vectorial
METODO ESCALAR:
Proyectamos las fuerzas en los planos YZ (momento respecto al eje OX), XZ (momento respecto al
eje OY), XY (momento respecto al eje OZ)
EJE OX (PLANO YZ):
Calculamos el momento respecto al eje OX

M X  400.1  600 cos 60 o (4)  1600N.m
Como el signo es negativo, el sentido del momento es horario, tal como se muestra en la figura 1.39

Fig. 1.39
EJE OY (PLANO XZ):
Efectuamos un proceso análogo al caso anterior.

M Y  600sen60 o.(1)  100.(1)  419,61N.m
El sentido del momento es antihorario, por ser positivo su valor (figura 1.40)

Fig. 1.40
EJE OZ (PLANO XY):

M Z  600sen60 o.(4)  400.(2)  1278,46N.m
El sentido del momento es horario, por ser negativo su valor (figura 1.41)

28

Fig. 1.41
METODO VECTORIAL:
EJE OX:

0
M

F3
OA

0 1

 rOC xF3 . OA   100 0 0  0
1

0 0

Donde:

rOC  k

(radio-vector que se inicia en O e interseca la fuerza)

F3  100i

 OA 

2i
2

2

i

(vector unitario en la dirección del eje OX)

Como se podrá apreciar, no era necesario calcular dicho momento, ya que se sabe por propiedades
que el momento de una fuerza respecto a un eje paralelo a la acción de la misma es cero.

2
M

F1
OA

0

1

 rOB xF1 . OA  0 400 0  400
1

0

0

0
M

F2
OA

4 1

 rOG xF2 . OA  600sen 60
1

o

0 0 0
0 0

Tampoco era necesario su cálculo, debido a la misma propiedad que el de la fuerza F3

0 4
M

F4
OA

0

 rOF xF4 . OA  0 0  600 cos 60 o  2400 cos 60 o  1200
1 0

0

Luego:

M X  400  1200  1600N.m
Como el signo es negativo, indica que su orientación es en sentido horario.
29

EJE OY:
Por propiedad se sabe, que F1 no genera momento por ser paralelo al eje OY y F4 tampoco genera
momento por intersecar el eje.
Calculamos los momentos que generan las fuerzas F3 y F2

0
M

F3
OF

0 1

 rOC xF3 . OF   100 0 0  100
0

1 0

Donde:

 OF 

4j
42

j
0

M

F2
OF

4 1

 rOG xF2 . OF  600sen 60

o

0

0 0  600sen 60 o
1 0

Luego:

M Y  100  600sen60 o  419,61N.m
El sentido del momento es antihorario
EJE OZ:
La fuerza F3 interseca el eje y no genera momento y la fuerza F4 tampoco genera momento por ser
paralela al eje.
Calculamos los momentos que generan las fuerzas F1 y F2

2
M

F1
OC

0

1

 rOB xF1 . OC  0 400 0  800
0

0

1

0
M

F2
OC

 rOG xF2 . OC  600sen 60

4 1
o

0

0 0  2400sen 60 o
0 1

Luego:

M Z  800  2400sen60 o  1278,46N.m
El sentido del momento es horario.

PROBLEMA 1.23 Para la figura mostrada, determinar la fuerza resultante y el momento resultante
respecto a cada uno de los ejes coordenados, donde la fuerza de 2kN es paralela al plano XZ, la
fuerza de 4kN es vertical y la fuerza de 7kN es paralela al plano YZ
Solución:
Descomponemos la fuerza de 7kN en los ejes OY y OZ, y calculamos las proyecciones de la
resultante en los ejes OX, OY y OZ.

R X   FX   2
30

R Y   FY  7sen60 o  6,062
R Z  4  7 cos 60 o  7,5
Luego, la fuerza resultante es:

R  2i  6,062 j  7,5k

Fig. 1.42
Ahora, calculamos los momentos respecto a los ejes coordenados.
METODO ESCALAR:
EJE OX (PLANO YZ):

M X  4.(2)  7 cos 60 o.(2)  7sen60 o.(4)  39,25kN.m
El signo negativo indica que su orientación es en sentido horario

Fig. 1.43
EJE OY (PLANO XZ):

M Y  7 cos 60 o.(1)  4.(1)  2.(5)  9,5kN.m
Una vez más el signo negativo indica que va en sentido horario.

31

Fig. 1.44
EJE OZ (PLANO XY):

M Z  7sen60 o.(1)  2.(1)  4,06kN.m
La orientación del momento es en sentido horario.

Fig. 1.45
METODO VECTORIAL:
Codificamos las fuerzas de la figura 1.42, de la siguiente manera:

F1  2kN (punto D)

F2  4kN (punto E)
F3  7kN (punto G)
Calculamos los momentos respecto a los ejes coordenados.
EJE OX:
F1
M OX  0

1 2
M

F2
OX

4

 rOE xF2 . OX  0 0  4  8
1 0

0

rOE  i  2 j  4k
32

 OX  i

F2  4k
1
M

F3
OX

2

 rOG xF3 . OX  0

4

7sen 60

1

o

 7 cos 60 o  14 cos 60 o  28sen 60 o  31,25

0

0

rOG  i  2 j  4k

F3  7sen60 o j  7 cos 60 o k
Luego:

M X  8  31,25  39,25kN.m
La orientación del momento es en sentido horario.
EJE OY:

0
M

F1
OY

1 5

 rOD xF1 . OY   2 0 0  10
0

1 0

rOD  j  5k
 OY  j

F1  2i
1 2
M

F2
OY

4

 rOE xF2 . OY  0 0  4  4
0 1
1

M

F3
OY

0
2

 rOG xF3 . OY  0
0

4

7sen 60

o

1

 7 cos 60 o  7 cos 60 o  3,5
0

Luego:

M Y  10  4  3,5  9,5kN.m
El momento va en sentido horario.
EJE OZ:

0
M

F1
OZ

1 5

 rOD xF1 . OZ   2 0 0  2
0

0 1

 OZ  k
1
M

F3
OZ

 rOG xF3 . OZ  0
0

2
7sen 60
0

4
o

 7 cos 60 o  7sen 60 o  6,06
1
33

Luego:

M Z  2  6,06  4,06kN.m
El momento va en sentido horario.

PROBLEMA 1.24 Se aplican a la pieza compuesta ABDE las cuatro fuerzas mostradas en la figura,
donde la fuerza de 50N es vertical, la fuerza de 250N paralela al eje X, las fuerzas de 300N y 120N
son paralelas al eje Y. Determinar la fuerza resultante y el momento resultante de todas las fuerzas
respecto a los ejes coordenados.

Fig. 1.46
Solución:
Proyectamos las fuerzas en cada eje, calculando su resultante parcial respecto a cada eje.

R X  250
R Y  300  120  420
R Z  50
Luego, la fuerza resultante es:

R  250i  420 j  50k
Ahora, analizamos los momentos respecto a los ejes coordenados:
METODO ESCALAR:
EJE OX (PLANO YZ):

M X  50.200  120.100  22000N.mm  22N.m

34

Fig. 1.47
EJE OY (PLANO XZ):

MY  0

Fig. 1.48
EJE OZ (PLANO XY):

M Z  120.160  250.200  30800N.mm  30,8N.m

Fig. 1.49
METODO VECTORIAL:
Escribimos las fuerzas en forma vectorial, asumiendo que los módulos de las fuerzas son

F2  300N ; F3  250N y F4  120N
35

F1  50N ;


F1  50k

F2  300 j

F3  250i

F4  120 j
Luego:
4 

   
R   Fi  F1  F2  F3  F4  250i  420 j  50k
i 1

Ahora, determinamos los momentos respecto a los ejes coordenados:
EJE OX:

0 200

10

M

0
0

0

0
F2
OX

 rOF1 xF1 . X  0
1

M

F1
OX

 50  50.200  10000 N.mm

220

0

 rOF2 xF2 . X  0  300 0  0
1

0

170

0
200 0

M

0 0

0

0

160
F4
OX

0

1

M

F3
OX

 rOF3 xF3 . X   250

220

 100

 120

0

0

0

 rOF4 xF4 . X  0
1

 (120).(100)  12000 N.mm

Luego:
F3
F1
F2
F4
M X  M OX  M OX  M OX  M OX  10000  12000  22000N.mm  22N.m

EJE OY:

0 200

10

M

0
1

0

0
F2
OY

 rOF1 xF1 . Y  0
0

M

F1
OY

220

0

 rOF2 xF2 . Y  0  300 0  0
0

1

170
M

F3
OY

 50  0

 rOF3 xF3 . Y   250
0

0
200 0
0

0 0

1

0

36

220

 100

 120

0

1

0

160
F4
M OY  rOF4 xF4 . Y  0

0

0

Luego:
F3
F1
F2
F4
M Y  M OY  M OY  M OY  M OY  0

EJE OZ:

0 200

10

M

0
0

1

0
F2
OZ

 rOF1 xF1 . Z  0
0

M

F1
OZ

 50  0

220

0

 rOF2 xF2 . Z  0  300 0  0
0

0

170

1
200 0

M

0  (250).(200)  50000 N.mm

0

1

160
F4
OZ

0

0

M

F3
OZ

 rOF3 xF3 . Z   250

220

 100

 120

0

0

1

 rOF4 xF4 . Z  0
0

 160.(120).1  19200 N.mm

Luego:
F3
F1
F2
F4
M Z  M OZ  M OZ  M OZ  M OZ  50000  19200  30800N.mm  30,8N.m

PROBLEMA 1.25 Una fuerza única P actúa sobre el punto C en dirección perpendicular al mango
BC, el cual es paralelo al eje X. Determinar el valor del ángulo
con respecto al eje X, cuando

 y el momento M X de la fuerza P

  70 o , sabiendo que M Y  20N.m y M Z  37,5N.m

Fig. 1.50
Solución:
Resolvemos el problema por ambos métodos.
37

METODO ESCALAR:
EJE OX (PLANO YZ):

M X  0,2sen70 o.(P cos )  0,2 cos 70 o.(Psen)

Fig. 1.51
EJE OY (PLANO XZ):

M Y  P cos .(0,25)  0,25P cos 

Fig. 1.52
EJE OZ (PLANO XY):

M Z  0,25Psen

Fig. 1.53

38

Por datos del problema:

 0,25P cos   20

(a)

 0,25Psen  37,5

(b)

Dividimos (b) entre (a) y obtenemos:

tg  1,875
Luego:

  arctg(1,875)  61,93o
Reemplazamos el valor obtenido en la ecuación (a):

P

20
 170 N
0,25 cos 61,93o

Ahora, determinamos el momento respecto al eje “X”

M X  0,2sen70 o.(170). cos 61,93o  0,2 cos 70 o.(170).sen61,93o  25,29N.m
El sentido del momento es antihorario.
METODO VECTORIAL:
Trazamos un vector

rOC , siendo:


rOC  0,25i  0,2sen70 o j  0,2 cos 70 o k

P  (Psen). j  (P cos ).k
Luego:

i
j
 
M O  rOC xP  0,25 0,2sen 70 o
0

MO  i

0,2 cos 70 o

 Psen

P cos 

0,2 cos 70 o

 Psen

0,2sen 70 o

k
P cos 

j

0,25 0,2 cos 70 o
0

P cos 

k

0,25 0,2sen 70 o
0

 Psen

M O  (0,2sen70 o P cos   0,2 cos 70 o Psen)i  (0,25P cos ) j  (0,25Psen)k
Siendo:

M X  0,2sen70 o P cos   0,2 cos 70 o Psen

M Y  0,25P cos 
M Z  0,25Psen
Por datos del problema:

 0,25P cos   20

(a)

 0,25Psen  37,5

(b)

Dividimos (b) entre (a) y obtenemos:

tg  1,875
Luego:

39

  arctg(1,875)  61,93o
Reemplazamos el valor obtenido en la ecuación (a):

P

20
 170 N
0,25 cos 61,93o

Ahora, determinamos el momento respecto al eje “X”

M X  0,2sen70 o.(170). cos 61,93o  0,2 cos 70 o.(170).sen61,93o  25,29N.m
Como se podrá apreciar se obtienen los mismos resultados por ambos métodos.

1.5 CUPLA O PAR DE FUERZAS
PROBLEMA 1.26 ¿Será correcto afirmar que los dos sistemas mostrados son equivalentes?

Fig. 1.54
Solución:
Calculamos los momentos que generan ambos sistemas, ya que se trata de cuplas o pares de
fuerzas, cuyas proyecciones como fuerzas en los ejes X e Y son ceros.
SISTEMA I:

M I  20.0,3  6N.m
SISTEMA II:

M II  10.0,2  4  6N.m
Efectivamente, ambos sistemas son equivalentes, ya que generan el mismo momento. Hay que
aclarar, que sistema equivalente no es lo mismo que igual, ya que generan diferentes efectos.

PROBLEMA 1.27 Los trabajadores del sector petrolero pueden ejercer entre 220N y 550N con cada
mano sobre el volante de una válvula (una mano en cada lado). Si para cerrar la válvula se requiere
un par de momento de 140N.m, determinar el intervalo del diámetro “d” que debe tener el volante.

Fig. 1.55
40

Solución:
Analizamos cada caso, es decir:
FUERZA 220N:
Se sabe:

Fd  M
Reemplazamos valores:

220d  140
Obtenemos:

d  0,636m
FUERZA 550N:
Analizamos en forma análoga al caso anterior:

550d  140

d  0,254m
Luego, el intervalo en el cual puede variar el diámetro del volante es:

0,254m  d  0,636m
PROBLEMA 1.28 La placa delgada en forma de paralelogramo mostrado en la figura, se somete a la
acción de dos pares de fuerzas (cuplas), determinar:
a) El momento formado por las dos fuerzas de 210N, indicando su sentido.
b) La distancia perpendicular entre las fuerzas de 120N, si el par resultante de los dos pares es
nulo.

Fig. 1.56
Solución:
a) El momento del par formado por las dos fuerzas de 210N es:

M 210  210.0,16  33,6N.m
La orientación del momento es sentido antihorario.
b) Por dato del problema:

M120  M 210  0
 120d  33,6  0
d  0,28m
Siendo “d” la distancia perpendicular entre las fuerzas de 120N

41

PROBLEMA 1.29 Si el sistema mostrado es equivalente a un par
de

M  16T.m , determinar el valor

 tal que F sea mínimo y luego estimar el valor de F mínimo.

Fig. 1.57
Solución:
En la figura 1.58 se muestra la distancia “d” que separa ambas fuerzas

F

Fig. 1.58
Se sabe que:

M  F.d
Reemplazamos valores:

16  F.(2sen)

F
El valor de

8
sen

F será mínimo, cuando el denominador, es decir sen , sea máximo, esto es:

Fmín



sen  1



  90 o

Luego:

Fmín  8T
1.6 TRASLACION DE FUERZAS. PAR DE TRANSPORTE
PROBLEMA 1.30 Trasladar todas las fuerzas mostradas al punto B y expresarlas como una sola
fuerza más un momento. En su respuesta debe incluir la dirección de la fuerza.
Solución:
Como se sabe, el resultado de trasladar una fuerza hacia otro punto, generará un momento más la
acción de la fuerza en dicho sentido, por ello, el equivalente de un sistema de fuerzas, será la suma
de las proyecciones de las fuerzas en los ejes vertical y horizontal más el momento resultante de
todas ellas.

42

Fig. 1.59
En base a lo indicado anteriormente, calculamos las proyecciones de las fuerzas en el punto B y
determinamos la resultante de las mismas.
B
FRV  30  40  70T 

B
FRH  20  10  10T 

B
FR 

F   F 
B 2
RV

B 2
RH

Determinamos el ángulo

 70 2  10 2  70,71T
B
 que forma la fuerza resultante FR con el eje horizontal

tg 

B
FRV 70

7
B
FRH 10



  arctg(7)  81,87 o

Fig. 1.60
Ahora, calculamos el momento resultante:

M B  30.2  10.1  40.1  10T.m
Esquematizamos los resultados obtenidos en la figura 1.61

Fig. 1.61
43

PROBLEMA 1.31 Trasladar todas las fuerzas mostradas al punto B y expresarlas como una sola
fuerza más un momento. En su respuesta debe incluir la dirección de la fuerza.

Fig. 1.62
Solución:
Calculamos las proyecciones de las fuerzas en el punto B y determinamos la resultante de las
mismas.
B
FRV  700  800sen60 o  1392,82N 

B
FRH  600  800 cos 60 o  1000N 
B
FR 

F   F 
B 2
RV

B 2
RH


 1392,82 2  1000 2  1714,63N
B
 que forma la fuerza resultante FR con el eje horizontal.

B
FRV 1392,82
tg  B 
 1,3928
1000
FRH



  arctg(1,3928)  54,32 o

Fig. 1.63
Ahora, calculamos el momento resultante:

M B  800sen60 o.(0,5)  800 cos 60 o.(2)  700.(2,5)  200  803,59N.m
Esquematizamos los resultados obtenidos en la figura 1.64

44

Fig. 1.64

1.7 REDUCCION DE FUERZAS PARALELAS
PROBLEMA 1.32 En la figura 1.65 se muestra una platea de cimentación, donde actúan las cuatro
columnas, sabiendo que la fuerza resultante actúa en el punto (3; 3,5) m del plano XY. Determinar
los módulos de las fuerzas P y Q

Fig. 1.65
Solución:
Calculamos el valor de la resultante:

R  P  Q  40  12  (P  Q  52) 
Aplicamos el Teorema de Varignon para fuerzas paralelas, sabiendo que por condición del problema,
la ubicación de la fuerza resultante es la mostrada en la figura 1.66
4

1)

M R   M Fi
X
X
i 1

 (P  Q  52).(3,5)  P.(4)  Q.(10)  12.(10)
0,5P  6,5Q  62

45

(a)

4

M R   M Fi
Y
Y

2)

i 1

(P  Q  52).(3)  P.(10)  Q.(5)
7P  2Q  156

(b)

Resolvemos (a) y (b), obteniendo:

P  20T

Q  8T

Fig. 1.66

PROBLEMA 1.33 La figura muestra una platea de cimentación, donde se encuentran apoyadas las
columnas con las fuerzas indicadas. Determinar los módulos de P y Q, de tal manera que el centro
de presión pase por (2,4; 0,8) m.

Fig. 1.67
Solución:
8

R   Fi  15.(3)  20  2.(10)  P  Q  (85  P  Q) 
i 1

46

Aplicamos el Teorema de Varignon, sabiendo que el centro de presión es el lugar donde se ubica la
resultante.
8

M R   M Fi
X
X

1)

i 1

 (85  P  Q).0,8  (10  P  15).5  20.3  10.6

4,2P  0,8Q  63

(a)

8

M R   M Fi
Y
Y

2)

i 1

(85  P  Q).2,4  (20  P  Q).2,5  30.5
P  Q  40

(b)


P  19T

Q  21T
PROBLEMA 1.34 La figura muestra una platea de cimentación que tiene la forma de un hexágono
regular ABCDEF (en planta) de 6m de lado, sobre la cual se encuentran 6 columnas. Determinar los
valores de P y Q, de modo que la fuerza resultante pase por el centro O de la platea.

Fig. 1.68
Solución:
Un hexágono regular es aquel que tiene todos sus ángulos internos iguales y son de
se puede definir, como una figura formada por 6 triángulos equiláteros (figura 1.69)

Fig. 1.69
47

120 o . También

Aplicamos el Teorema de Varignon:
6

M R   M Fi
X
X

1)

i 1

0  20.3  10.3  30.6  15.6  P.(3)  Q.(3)
P  Q  60

(a)

6

M R   M Fi
Y
Y

2)

i 1

0  P.(5,2)  10.5,2  20.5,2  Q.(5,2)

P  Q  10

(b)


P  35T

Q  25T
1.8 FUERZAS DISTRIBUIDAS
PROBLEMA 1.35 Determinar la resultante de la carga distribuida que actúa sobre la barra ABC e
indicar su dirección, sentido y ubicación.

Fig. 1.70
Solución:
Calculamos las resultantes de cada acción de la carga distribuida sobre una línea, sabiendo que
dicho valor es igual al área de la figura. Para ello, dividimos en 3 figuras geométricas: 2 rectángulos y
1 triángulo.
RECTANGULO EN EL TRAMO AB:

R 1  500.3  1500lb 
Está ubicada en el centro del tramo AB (centro de gravedad del rectángulo formado por la carga
distribuida de 500lb/pie con el tramo AB)
RECTANGULO EN EL TRAMO BC:

R 2  500.4  2000lb 
Está ubicada en el centro del tramo BC (centro de gravedad del rectángulo formado por la carga
distribuida de 500lb/pie con el tramo BC)
TRIANGULO EN EL TRAMO BC:

1
R 3  .300.4  600lb 
2
48

Está ubicada a una distancia de 2/3 de la longitud del tramo BC respecto al punto B (centro de
gravedad del triángulo formado por la diferencia de 800lb/pie y 500lb/pie con el tramo BC), es decir,
a una distancia 2,67pie respecto al punto B o a una distancia 1,33pie respecto al punto C.

Fig. 1.71
Calculamos la resultante del sistema de fuerzas distribuidas:
3

R   FY  1500  2000  600  4100lb 
i 1

Para determinar la ubicación de la resultante, aplicamos el Teorema de Varignon:
3

M R   M Fi
Z
Z
i 1

 Rx  1500.(1,5)  2000.(5)  600.(5,67)
 4100x  15652

x  3,82pie
PROBLEMA 1.36 La resultante de las dos cargas distribuidas triangulares es un par antihorario de
60kN.m. Determinar la intensidad de la carga w0

Fig. 1.72

49

Solución:
Determinamos las resultantes y orientamos sus direcciones de acuerdo a lo mostrado en la figura
1.73

Fig. 1.73
Calculamos el valor de w0, aplicando el concepto de cupla o par de fuerzas

1,5w 0 .(5,5)  60
w 0  7,27kN / m
PROBLEMA 1.37 Para la platea de cimentación mostrada en la figura, determine la resultante del
sistema de fuerzas, así como su ubicación y sentido, si todas las cargas distribuidas son lineales.

Fig. 1.74
Solución:
Calculamos la ubicación y valor de las resultantes parciales de cada tramo.
TRAMO FJ:

R 1  3000.3  9000N

Fig. 1.75
50

TRAMO EF, HJ:

R 2  3000.4  12000N

Fig. 1.76
TRAMO EG:

R 3  3000.5  15000N

Fig. 1.77
TRAMO AD:

1
R 4  .(3).(2500)  3750 N
2

Fig. 1.78
TRAMO AB:

R 5  2000.4  8000N

1
R 6  .(4).(2500)  5000 N
2

Fig. 1.79

51

8

R   R i  1500  9000  12000.2  5000  8000  15000  3750  66250 N 
i 1

Aplicamos las cargas a la platea de cimentación, tal como se muestra en la figura 1.80

Fig. 1.80
Para determinar la ubicación de la resultante, utilizamos el Teorema de Varignon.
8

M R   M Fi
X
X

1)

i 1

 66250y  9000.1,5  15000.1,5  12000.3  3750.1  1500.3  5000.3  8000.3

y  0,373m
8

2)

M R   M Fi
Y
Y
i 1

 66250x  12000.2  12000.2  1500.4  9000.4  5000.1,33  8000.2  15000.2  3750.4
x  0,337m
Esto quiere decir, que la ubicación de la resultante es la misma que la mostrada en la figura 1.80

PROBLEMA 1.38 Sabiendo que la abscisa de las coordenadas del centro de presión del conjunto de
cargas distribuidas es 1,073m. Determinar el valor de “a”
Solución:
Determinamos las resultantes de la acción de cada carga distribuida sobre superficie:
CARGA TRIANGULAR:

1
P1  .(3000).(a ).(1,5)  2250a
2
CARGA RECTANGULAR:
52

P2  3000.(1,5).(2)  9000
CARGA SEMICIRCULAR:

 
P3  3000. .(1) 2  4712,39
2
3

R   Pi  2250a  9000  4712,39  (2250a  13712,39) 
i 1

Fig. 1.81
Ahora, aplicamos las fuerzas (figura 1.82) y el Teorema de Varignon:
3

M R   M Pi
Y
Y
i 1

(2250a  13712,39).1,073  2250a.(0,75)  9000.(0,75)  4712,39.(1,924)
a  1,518m

Fig. 1.82

53

PROBLEMA 1.39 Para la platea de cimentación mostrada en la figura, se sabe que además de la
carga distribuida

w  2T / m 2 ; existe una carga puntual vertical dirigida hacia abajo de magnitud

P  16T ubicada en (2; 0; 2) y que CD es paralelo al eje OZ. Determinar la resultante del sistema y
su ubicación.

Fig. 1.83
Solución:
Calculamos las resultantes de las cargas distribuidas en las zonas rectangular y triangular
SECTOR RECTANGULAR:

R 1  3.6.2  36T
SECTOR TRIANGULAR:

1
R 2  .3.3.2  9T
2
Ubicamos las fuerzas resultantes y la carga P  16T , de acuerdo a lo indicado en el problema

Fig. 1.84
Calculamos la resultante del sistema de fuerzas:

R  36  16  9  61T 
54

Aplicamos el Teorema de Varignon, teniendo en cuenta los ejes coordenados:
3

M R   M Fi
X
X

1)

i 1

61.z  16.2  36.3  9.5

z  3,03m
3

M R   M Fi
Z
Z

2)

i 1

 61.x  16.2  36.1,5  9.4
x  2m
En consecuencia, las coordenadas del centro de presión son (2; 0; 3,03) m.

PROBLEMA 1.40 Determinar las coordenadas del centro de presión de las fuerzas distribuidas
mostradas en la figura, donde el cilindro circular hueco de 1,5m de radio se encuentra en la parte
central correspondiente a las fuerzas distribuidas uniforme sobre una superficie de la zona positiva
de los ejes X, Y, Z

Fig. 1.85
Solución:
Calculamos las resultantes de la carga distribuida triangular y la carga rectangular con círculo interior
CARGA TRIANGULAR:

1
R 1  .3.6.2000  18000 N
2
CARGA RECTANGULAR CON CIRCULO INTERIOR:

R 2  (6.6  .1,5 2 ).2000  57862,83N
Ubicamos las fuerzas resultantes en la figura 1.86 y determinamos el valor de la resultante:

R  18000  57862,83  75862,83N 
Aplicamos el Teorema de Varignon:
2

M R   M Fi
X
X
i 1

55

 75862,83.y  57862,83.3  18000.1
De donde:

y  2,05m
Luego, las coordenadas del centro de presión son (3; 2,05; 0) m.

Fig. 1.86

56

CAPITULO 2
EQUILIBRIO
2.1 DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE
PROBLEMA 2.1 Dibuje el diagrama de cuerpo libre (DCL) debidamente acotado para:
a) La viga isostática ABC

Fig. 2.1
b) La viga hiperestática AB

Fig. 2.2
Solución:
Se denomina diagrama de cuerpo libre (DCL), al esquema resultante de eliminar los apoyos, fuerzas
distribuidas y cargas puntuales inclinadas, reemplazándolos por sus reacciones y fuerzas
equivalentes resultantes de las cargas distribuidas o componentes de las cargas puntuales
inclinadas.
Hay que recordar, que un apoyo simple posee 1 reacción, el apoyo fijo posee 2 reacciones y el
empotramiento 3 reacciones (2 fuerzas y 1 momento).
También hay que aclarar, que una viga es isostática, cuando se puede resolver su equilibrio por las
ecuaciones simples de la estática e hiperestática, cuando no se puede resolver por las ecuaciones
simples de la estática y necesita ecuaciones adicionales de compatibilidad.
a) Calculamos la resultante de la carga trapezoidal, dividiéndola en una carga uniformemente
distribuida y otra carga triangular.
CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA:

R 1  2000.3  6000N 
57

CARGA TRIANGULAR:

1
R 2  .2000.3  3000 N 
2
Luego, descomponemos la carga puntual inclinada.
CARGA INCLINADA:

R 3X  800 cos 60 o  400N 
R 3Y  800sen60 o  692,82N 
Ubicamos las cargas resultantes en los centros de gravedad para las distribuidas y en el punto
de acción de las mismas para las puntuales descompuestas, tal como se muestra en la figura
2.3. Nótese, que el momento queda igual.

Fig. 2.3
b) Efectuamos en forma análoga con la viga hiperestática AB
CARGA TRIANGULAR:

1
R 1  .1200.1,5  900 N 
2

R 2  2,5.1200  3000N 
Con estos valores, esquematizamos el DCL de la viga hiperestática.

Fig. 2.4

58

PROBLEMA 2.2 Para la viga mostrada en equilibrio, cuyo peso es 300N, donde en A existe un
empotramiento, dibuje su diagrama de cuerpo libre (DCL) debidamente acotado.

Fig. 2.5
Solución:
Calculamos las resultantes de la carga trapezoidal, dividiéndola en uniformemente distribuida y
triangular.

R 1  200.(4,5)  900N 
CARGA TRIANGULAR:

1
R 2  .(4,5).(300)  675N 
2
Luego, el DCL será el mostrado en la figura 2.6

Fig. 2.6
Como se puede apreciar, el peso se ubica en el centro de la viga.

2.2 CALCULO DE REACCIONES DE ESTRUCTURAS SIMPLES
PROBLEMA 2.3 Determinar las reacciones en los apoyos de las siguientes armaduras:

59

Fig. 2.7
Solución:
a) Esquematizamos las reacciones como se muestra en la figura 2.8, calculando sus valores por las
ecuaciones simples de equilibrio estático en el plano.

Fig. 2.8
Para determinar el momento en A, aplicamos el concepto de momento respecto de un punto y
recordando que la orientación del momento es positiva en sentido antihorario y negativa en
sentido horario.

M

A

0



VP .(18)  2.(3)  8.(3)  8.(6)  8.(9)  8.(12)  8.(15)  4.(18)  0
VP  24,33T 

F

Y

0



VA  24,33  4.(2)  8.(5)  0
VA  23,67T 

F

X

0



2  HA  0
H A  2T 

b) Esquematizamos las reacciones como se muestra en la figura 2.9

60

Fig. 2.9
Para calcular las reacciones, previamente, será necesario calcular el valor del ángulo



Fig. 2.10

tg 

4,5
13,5



1
  arctg 
 3



  18,435o

Ahora, determinamos la longitud del tramo AF

L AF  13,5 2  4,5 2  14,23m

M

A

0



VM .(27)  90.(4,743)  90.(9,486)  45.(14,23)  0
VM  71,147kN 

F

Y

0



VA  71,147  2.(45 cos 18,435o )  2.(90 cos 18,435o )  0
VA  184,997kN 

F

X

0



 H A  2.(45sen18,435o )  2.(90sen18,435o )  0

H A  85,382kN 
Nótese, que para la sumatoria de fuerzas proyectadas en los ejes horizontal y vertical, se tuvo
que descomponer las fuerzas de 45kN y 90kN en dichos ejes.
PROBLEMA 2.4 Sabiendo que la viga homogénea AD pesa W, determinar la distancia “x” tal que la
componente de reacción en el apoyo B sea el doble de la componente de reacción en C

Fig. 2.11
61

Solución:
Por condición del problema, sabemos que

VB  2VC , entonces analizamos el equilibrio de la viga.

Y

0



VB  VC  W



VC 

W

3

VB 

F

2W

3

Luego, esquematizamos las reacciones en la viga y determinamos la distancia “x”

Fig. 2.12

M

A

0



2W
W
.( x )  W.(3)  .(4)  0
3
3



x  2,5m

PROBLEMA 2.5 Determinar el peso de la viga y las componentes de reacción en el apoyo A, si la
reacción en B es 14,44kN

Fig. 2.13
Solución:
Esquematizamos el peso de la viga como P y lo ubicamos en el centro de la misma, analizando el
equilibrio de la estructura.

Fig. 2.14

M  0
F  0
A

X



14,44.(3)  P.(2,5)  6  4sen60 o.(5)  0



P  8kN



H A  4 cos 60 o  0



H A  2kN 

62

F

Y

0



 VA  14,44  8  4sen60 o  0



VA  2,97kN 

PROBLEMA 2.6 Determinar las reacciones en los apoyos de las siguientes vigas:

Fig. 2.15
Solución:
a) Esquematizamos las reacciones, como se muestra en la figura 2.16 y calculamos sus reacciones

Fig. 2.16

M  0
F  0
F  0



VC .(6)  10.(6).(3)  4  0



VC  29,33T 

Y



VB  29,33  8  10.(6)  0



VB  38,67T 

X



HB  0

B

b) Esquematizamos sus reacciones (figura 2.17) y determinamos sus valores, descomponiendo la
carga puntual de 60kN en sus fuerzas horizontal y vertical.

Fig. 2.17
63

M

B

0



VC .(12)  30.(6)  10.(12).6  (60sen15o ).(18)  (60 cos 15o ).(4)  0
VC  41,02kN 

F

Y

0



VB  41,02  30  10.(12)  60sen15o  0

VB  93,45kN 

F

X

0



 H B  60 cos 15o  0

H B  57,95kN 
PROBLEMA 2.7 Determinar las reacciones en los apoyos de las siguientes barras de eje quebrado:

Fig. 2.18
Solución:
a) Calculamos las resultantes de la acción de la carga uniformemente distribuida de 12T/m y la
carga trapezoidal, dividiendo esta última en 2 resultantes parciales de una uniformemente
distribuida y otra triangular, esquematizando todas las cargas y reacciones de la barra de eje
quebrado en la figura 2.19

64

Fig. 2.19
Determinamos las reacciones por las ecuaciones de equilibrio estático:

M

C

 0   VA .(8)  60 cos 53o.(6,5)  60sen53o.(2)  60.(2,5)  15.(1,667)  0
VA  63,125T 

F

Y

0

 63,125  VC  60 cos 53o  60  15  0
VC  47,875T 

F

X

0

 60sen53o  H C  0
H C  48T 

b) Orientamos las reacciones en los apoyos como se muestra en la figura 2.20 y determinamos sus
valores mediante el equilibrio estático.

Fig. 2.20

M

A

0



1
VC .(7)  800.(5).(2,5)  .(3).(2000).(6)  3000.(4)  0
2
VC  5714,28N 
65

F

Y

0



1
VA  5714,28  800.(5). cos 37 o  3000  .(3).(2000)  0
2
VA  3485,72N 

F

X

0



800.(5).sen37 o  H A  0

H A  2400N 
PROBLEMA 2.8 En la siguiente estructura en equilibrio se tiene una barra doblada ABC, la cual
pesa 330kgf, determinar las componentes de reacción en los apoyos A y C

Fig. 2.21
Solución:
Como el peso total es 330kgf, determinamos los pesos en los tramos AB y BC, dividiéndolo en forma
proporcional a su longitud, obteniendo:

PAB  180kgf
PBC  150kgf
Calculamos las resultantes de las cargas distribuidas y ubicamos dichas resultantes en el DCL de la
viga doblada ABC, tal como se muestra en la figura 2.22

Fig. 2.22
66

Calculamos las reacciones en los apoyos, aplicando las ecuaciones de equilibrio estático en el plano

M

A

0



VC .(10)  2025.(1,5)  180.(3)  225.(5,5)  400.(6)  150.(8)  3000 cos 53o.(1,5)  3000sen53o.(8)  0
VC  2784kgf 

F

Y

0



VA  2784  225  2025  180  400  150  3000sen53o  0
VA  2146kgf 

F

X

0



H A  3000 cos 53o  0

H A  1800kgf 
PROBLEMA 2.9 Determinar las reacciones en los apoyos A y C de la estructura mostrada en la
figura 2.23

Fig. 2.23
Solución:
Proyectamos la reacción

R A en la horizontal y vertical (figura 2.24) y analizamos el equilibrio de la

estructura.

Fig. 2.24
67

M

C

0



 R A cos 18o.(15)  R A sen18o.(10,8)  675.(7,5)  88,29.(4,5)  0

R A  310,216kN

F

Y

0



VC  310,216 cos 18o  675  0
VC  379,967kN 

F

X

0



 H C  88,29  310,216sen18o  0
H C  7,572kN 

Nótese, que la reacción

R A forma un ángulo de 18 o con la vertical

PROBLEMA 2.10 Determinar las reacciones en los apoyos de los siguientes pórticos, considerando
para el caso b) que la carga de 10kN y el momento de 8kN.m dividen a la barra CD en tres tramos
iguales.

Fig. 2.25
Solución:
a) Orientamos las reacciones en los apoyos, como se muestra en la figura 2.26, calculando las
reacciones por las ecuaciones de equilibrio estático.
68

Fig. 2.26

M

A

0



VD .(10,8)  60.(10,8).(5,4)  54.(7,2)  108.(3,6)  0
VD  396kN 

F

Y

0



VA  396  60.(10,8)  0
VA  252kN 

F

X

0



 H A  108  54  0
H A  162kN 

b) Esquematizamos las reacciones en los apoyos, tal como se muestra en la figura 2.27 y
calculamos sus valores por el equilibrio estático.

Fig. 2.27

M

A

0



1
2 
8
VD .(7)  15.(4).(2)  .(4).(20). .4   10 cos 53o.(5)  10sen53o.   8  0
2
3 
 3

VD  32,476kN 
69

F

Y

0



1
VA  32,476  .(4).(20)  10 cos 53o  0
2
VA  13,524kN 

F

X

0



 H A  10sen53o  15.(4)  0

H A  52kN 
2.3 CALCULO DE REACCIONES DE ESTRUCTURAS CON ROTULAS INTERMEDIAS
PROBLEMA 2.11 Determinar las reacciones en los apoyos A, C y D, sabiendo que en B existe una
rótula.

Fig. 2.28
Solución:
Efectuamos un corte en la rótula B y analizamos el equilibrio en el tramo AB de la viga, sabiendo que
en una rótula existen 2 fuerzas internas.

M

A

0



VB .(30)  450.(12)  45.(30).(15)  0
VB  855kN 

F

Y

0



VA  855  450  45.(10)  0
VA  945kN 

F

X

0



HA  HB

Fig. 2.29

70

Ahora, analizamos el equilibrio del tramo BCD de la viga.

M

D

0



 VC .(36)  855.(54)  45.(54).(27)  360.(45)  0
VC  3555kN 

F

Y

0



3555  VD  855  360  45.(54)  0
VD  90kN 

F

X

0



HB  0

De esta manera, se cumplirá que

HA  HB  0

Fig. 2.30
Ahora, comprobamos el equilibrio de toda la viga, incorporando, para ello, las reacciones obtenidas
en el cálculo previo.

Fig. 2.31

F  0
F  0
M  0
X



00

Y



945  3555  90  450  360  45.(84)  0

B



3555.(18)  90.(54)  450.(18)  945.(30)  360.(9)  45.(84).(12)  0
De esta manera, se ha comprobado el correcto cálculo de las reacciones en los apoyos.

71

PROBLEMA 2.12 Sabiendo que el siguiente sistema se encuentra en equilibrio, donde en C y E
existen rótulas, determinar las componentes de reacción en los apoyos A, B, D y F

Fig. 2.32
Solución:
Analizamos en forma consecutiva los tramos EF, CDE y ABC
TRAMO EF:

F

X

M

F

Y

0
E

0

0



HE  0



1
VF .(1,8)  .(1,8).(3).(1,2)  0
2



VF  1,8T 



1
VE  1,8  .(1,8).(3)  0
2



VE  0,9T 

Fig. 2.33
TRAMO CDE:

F  0
M  0
F  0
X

C

Y



H C  2 cos 60 o  0



H C  1T 



VD .(1)  2sen60 o.(1)  0,9.(2)  0



VD  3,53T 



3,53  VC  2sen60 o  0,9  0



VC  0,9T 

72

Fig. 2.34
TRAMO ABC:

F  0
M  0
F  0
X

A

Y



HA 1  0



H A  1T 



 VB .(2)  0,9.(3)  0,5  2.(3).(0,5)  0



VB  0,1T 



VA  0,1  2.(3)  0,9  0



VA  5,2T 

Fig. 2.35
Ahora, comprobamos el equilibrio de toda la viga, incorporando las reacciones obtenidas en el
cálculo previo.

Fig. 2.36

F

0



1  2 cos 60 o  0

F

0



1
5,2  0,1  3,53  1,8  2.(3)  2sen60 o  .(1,8).(3)  0
2

X

Y

M

F

0



1
 3,53.(2,8)  0,1.(4,8)  5,2.(6,8)  0,5  2.(3).(6,3)  2sen60 o.(2,8)  .(1,8).(3).(0,6)  0
2
De esta manera, se ha comprobado el correcto cálculo de las reacciones en los apoyos.

73

PROBLEMA 2.13 En el sistema mostrado en equilibrio, las barras AB y BC pesan 200kgf y 100kgf,
determinar las componentes de reacción en los apoyos A y C

Fig. 2.37
Solución:
Como se sabe, la resultante del peso de una estructura, se ubica en el propio centro de la misma y
en este caso, por ser B una rótula, efectuamos un corte en dicha rótula y analizamos el equilibrio de
los tramos BC y AB
TRAMO BC:

Fig. 2.38

M  0
F  0
F  0



VC .(1)  100.(0,5)  0



VC  50kgf 

Y



VB  50  100  0



VB  50kgf 

X



HB  0

der
B

TRAMO AB:

Fig. 2.39
74

Como se podrá apreciar, en la rótula B, la fuerza interna

VB del tramo AB es igual que la del tramo

BC, pero en sentido opuesto.

F

0



HA  0

F

0



1
VA  200  50  .(3).(600)  0
2

X

Y

VA  1150kgf 

M

A

0



1
M A  50.(3)  200.(1,5)  .(3).(600).(2)  0
2

M A  2250kgf .m
El momento

M A va orientado en el mismo sentido que la figura 2.39

PROBLEMA 2.14 En el sistema en equilibrio mostrado en la figura, se tienen dos barras dobladas
ABC de peso despreciable y CDE cuyo peso es 60kgf. Determinar las componentes de reacción en
los apoyos A y E

Fig. 2.40
Solución:
Distribuimos las reacciones y pesos en forma proporcional a su longitud y analizamos todo el sistema
(figura 2.41,a):

M

A

0



1
VE .(5)  H E .(1,5)  .(6).(50).(0)  24.(3,5)  36.(5)  120  0
2

5VE  1,5H E  144

(a)

Ahora, analizamos la parte derecha de la estructura, es decir derecha de la rótula C (figura 2.41,b):

M

der
C

0



VE .(3)  H E .(4,5)  24.(1,5)  36.(3)  120  0
3VE  4,5H E  24


75

(b)

VE  34kgf 

H E  17,33kgf 
Retornamos al sistema general (figura 2.41,a), analizando el equilibrio final:

F

X

0



H A  17,33  0
H A  17,33kgf 

F

Y

0



1
VA  34  .(6).(50)  24  36  0
2
VA  176kgf 

Fig. 2.41

PROBLEMA 2.15 Determinar las reacciones en los apoyos A y C del arco triarticulado ABC

Fig. 2.42
Solución:
Analizamos el equilibrio del arco triarticulado ABC:

M

A

0



VC .(36)  135.(6)  135.(12)  270.(30)  0
VC  292,5kN 

76

F

Y

0



VA  292,5  135  135  270  0
VA  247,5kN 

Para determinar las reacciones horizontales en A y C, efectuamos un corte en la rótula B y
analizamos el tramo AB del arco.

M

izq
B

0



247,5.(18)  135.(6)  135.(12)  H A .(9)  0
H A  225kN 

Fig. 2.43
Para determinar la reacción horizontal en el apoyo C, analizamos el equilibrio del arco ABC

F

X

0



225  H C  0
H C  225kN 

De esta manera, las reacciones finales de todo el arco se muestran en la figura 2.44

Fig. 2.44

77

PROBLEMA 2.16 Determinar las reacciones en los apoyos A y B del arco triarticulado ACB
mostrado en la figura 2.45

Fig. 2.45
Solución:
Efectuamos el equilibrio de todo el arco ACB

M

A

0



VB .(42)  360.(12)  180.(18)  180.(33)  H B .(6)  0
7VB  H B  2250

(a)

Ahora, efectuamos un corte en la rótula C y analizamos el equilibrio del tramo CB

M

der
C

0



 180.(9)  H B .(6)  VB .(18)  0
3VB  H B  270

(b)


VB  252kN 

H B  486kN 
Retornamos, para analizar el equilibrio de todo el arco, determinando las componentes de reacción
en el apoyo A

Fig. 2.46

78

F

X

0



H A  486  0
H A  486kN 

F

Y

0



VA  252  360  180  180  0
VA  468kN 

De esta manera, las componentes de reacción en los apoyos A y C se muestran en la figura 2.46

2.4 CALCULO DE ESTRUCTURAS COMPUESTAS
PROBLEMA 2.17 Para la estructura mostrada en equilibrio, determinar las componentes de reacción
en los apoyos A, E y la tensión en el cable FG

Fig. 2.47
Solución:
Efectuamos un corte por el cable y analizamos el equilibrio de toda la estructura.

M

A

0


1
VE .(5,9)  TFG .(2)  200.(3,9).(1,95)  .(3,9).(100).(1,3)  60.(4,9)  0
2
5,9VE  2TFG  2068,5

Fig. 2.48
79

(a)

Ahora, efectuamos un corte en el perno B y analizamos el tramo BE

M

der
B

0



VE .(3)  TFG .(2)  0
2TFG  3VE

(b)

Fig. 2.49
Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos:

VE  713,27 N 
TFG  1069,91N 
Luego, analizamos el equilibrio de todo el sistema:

F

X

0



H A  TFG  0

H A  1069,91N 

F

Y

0



VA  713,27 

(200  300).3,9
 60  0
2

VA  321,73N 
PROBLEMA 2.18 Para la estructura mostrada en la figura, despreciando el peso de AD, se pide
calcular las reacciones en los apoyos, si el peso de la barra CDE es 125kg y el peso de la barra
quebrada GEB es 250kg.

Fig. 2.50
80

Solución:
Calculamos las reacciones en el centro “C” de la polea:

Fig. 2.51

F
F

X

0



250  H C  0



H C  250kg 

Y

0



VC  250  0



VC  250kg 

Ahora, pasamos dicho efecto en sentidos opuestos a la barra CDE y analizamos el equilibrio de la
barra CDE incluyendo su peso de 125kg

Fig. 2.52

M  0
F  0
E

Y



250.(14)  VD .(10)  125.(7)  0



VD  437,5kg 



437,5  125  250  VE  0



VE  62,5kg 

Nos detenemos en el análisis y pasamos a la barra AD

Fig. 2.53

M  0
F  0
A

X



 H D .(6)  0



HA  0



81

HD  0

F

Y

0





VA  437,5kg 



VA  437,5  0

H E  250kg 

Ahora, retornamos al equilibrio de la barra CDE

F

X

0



250  H E  0

Finalmente, analizamos el equilibrio de la barra GEB, aplicando los pesos en forma proporcional a
sus longitudes y las acciones de las otras componentes en G y E

Fig. 2.54

F

X

0



250  250  H B  0

HB  0

F

Y

0



 50  62,5  200  VB  0

VB  187,5kg 

M

B

0

 2

 M B  250.(8)  250.(8  2 )  50.
 2 0





M B  388,91kg.m
El sentido del momento

M B es horario, tal como se muestra en la figura 2.54

PROBLEMA 2.19 Para la estructura mostrada en equilibrio, la polea tiene masa 120kg, determinar
las componentes de reacción en:
a) El centro E de la polea
b) Los apoyos A y C
c) La articulación G

82

Fig. 2.55
Solución:
a) Calculamos el peso en el centro de la polea:

P  mg  120.(9,81)  1177,2N
Luego, analizamos el equilibrio de la polea:

F
F

X

0



500  H E  0



H E  500N 

Y

0



VE  500  1177,2  0



VE  1677,2N 

Fig. 2.56
b) Aplicamos todas las reacciones y sus acciones en toda la estructura (figura 2.57)

F

X

0



H A  500  500  0
HA  0

M

A

0



VC .(3,6)  500.(1,8)  500.(1,2)  1677,2.(2,4)  0
VC  1034,8N 

F

Y

0



VA  1034,8  1677,2  0
VA  642,4N 

83

Fig. 2.57
c) Analizamos el equilibrio de la barra BEG

M

B

0



VG .(2,4)  1677,2.(1,2)  0



VG  838,6N 



H G  375N 

Fig. 2.58
Luego, analizamos el equilibrio de la barra DGC:

M

D

0



 500.(1,8)  H G .(2,4)  0

Fig. 2.59

84

PROBLEMA 2.20 La siguiente estructura está en equilibrio y formada por dos barras AB y BC de
pesos 50N y 80N respectivamente. Se pide:
a) Determinar las componentes de reacción en los apoyos.
b) Dibujar el diagrama de cuerpo libre del perno en B, indicando las componentes de las fuerzas
que actúan sobre el mismo.

Fig. 2.60
Solución:
a) Ubicamos las cargas y pesos sobre la estructura, analizando su equilibrio:

M

A

0



VC .(2)  H C .(2,5)  80.(1)  100.(4)  200.(4).(2)  0
2VC  2,5H C  2080

(a)

Fig. 2.61
Ahora, analizamos el equilibrio de la parte derecha de la estructura, efectuando un corte en el
perno B.

M

der
B

0



VC .(2)  H C .(1,5)  80.(1)  0
2VC  1,5H C  80

85

(b)

Fig. 2.62

VC  415N 

H C  500N 
Analizamos el equilibrio del tramo BC:

F
F

X

0



H 'B  500  0



H 'B  500N 

Y

0



'
415  80  VB  0



'
VB  335N 

Retornamos al sistema completo (figura 2.61), para analizar su equilibrio:

F
F

X

0



 H A  200.(4)  100  500  0



H A  400N 

Y

0



 VA  50  80  415  0



VA  285N 

Ahora, analizamos la barra AB y comprobamos su equilibrio:

F
F

X

0



 400  H B  200.(4)  0



H B  400N 

Y

0



VB  50  285  0



VB  335N 

Fig. 2.63

86

b) Con los valores obtenidos, dibujamos el DCL del perno B y comprobamos que existe equilibrio
en dicho nudo, lo cual certifica el correcto cálculo.

F
F

X

0



400  100  500  0

Y

0



335  335  0

Fig. 2.64

PROBLEMA 2.21 Para el sistema en equilibrio mostrado en la figura, calcular:
a) Las reacciones en el centro E de la polea
b) La reacción en el apoyo C y las fuerzas internas en el perno B
c) La reacción en el apoyo A y el diagrama de cuerpo libre del perno B

Fig. 2.65
Solución:
a) Calculamos las reacciones en el centro E de la polea:

F
F

X

0



H E  20  0



H E  20T 

Y

0



VE  20  0



VE  20T 

Fig. 2.66

87

b) Efectuamos un corte en el perno B (rótula) y analizamos el equilibrio en la barra BC

M  0
F  0
F  0



VC .(5)  25  0



VC  5T

X



5 cos 37 o  H B  0



H B  4T 

Y



5sen37 o  VB  0



VB  3T 

B

Fig. 2.67
c) Ahora, analizamos el equilibrio de la barra ADB, efectuándolo de 2 formas:
1ra. FORMA:

F  0
F  0
M  0
X



H A  20  4  0



H A  16T 

Y



VA  20  3  0



VA  17T 



3.(8)  20.(4,5)  20.(0,5)  M A  0 

A

M A  56T.m

Fig. 2.68
2da. FORMA:

F  0
F  0
M  0
X



H A  4  20  0



H A  16T 

Y



VA  20  3  0



VA  17T 



M A  20.(4)  3.(8)  0



M A  56T.m

A

88

Fig. 2.69
Efectuamos el diagrama de cuerpo libre (DCL) del perno B y comprobamos el equilibrio en dicho
nudo, corroborando, de esta manera, el correcto análisis.

F
F

X

0



44  0

Y

0



33  0

Fig. 2.70

PROBLEMA 2.22 La siguiente estructura en equilibrio está formada por dos barras AB y BC, donde
la barra AB es de peso despreciable, la barra BC tiene 0,5T de peso y la polea es de peso
despreciable, con radio

r  0,5m . Se pide:

a) Determinar las componentes de reacción en los apoyos A y C
b) Dibujar el diagrama de cuerpo libre del perno en B, indicando las componentes de las fuerzas
que actúan sobre el mismo.

Fig. 2.71
Solución:
a) Analizamos el equilibrio de toda la estructura, incorporando el peso de la barra BC (figura 2.72):

M

A

0



VC .(4)  H C .(3)  2.(6)  0,5.(2)  4.(0,5)  4.(0,5)  0
4VC  3H C  13
89

(a)

Fig. 2.72
Ahora, analizamos el equilibrio de la barra BC:

M

der
B

0



VC .(4)  H C .(3)  0,5.(2)  0
4VC  3H C  1

(b)

Fig. 2.73

VC  1,75T 

H C  2T 
Luego, analizamos el equilibrio de la barra BC:

F
F

X

0



HB  2  0



H B  2T 

Y

0



1,75  0,5  VB  0



VB  1,25T 

Retornamos al sistema completo (figura 2.72):

F
F

X

0



 HA  2  2  0



HA  0

Y

0



VA  8  0,5  1,75  0



VA  6,75T 

Ahora, analizamos el equilibrio de la barra AB:

F
F

X

0



H 'B  0  0



H 'B  0

Y

0



'
6,75  VB  8  0



'
VB  1,25T 

90

Fig. 2.74
b) Con los valores obtenidos, dibujamos el DCL del perno B y comprobamos el equilibrio del mismo

F
F

X

0



022  0

Y

0



1,25  1,25  0

Fig. 2.75

2.5 CALCULO DE REACCIONES DE ESTRUCTURAS ESPACIALES
PROBLEMA 2.23 Calcular las reacciones que surgen en el empotramiento A, por efecto del sistema
de cargas mostrado en la figura. Considerar que la barra CD es paralela al eje Z

Fig. 2.76
91

Solución:
Sabemos que en un empotramiento en 3D existen 6 reacciones (3 fuerzas y 3 momentos), teniendo
que analizar el equilibrio para 6 ecuaciones.
Orientamos las reacciones en el punto A (fuerzas) en las direcciones mostradas en la figura 2.77

Fig. 2.77

F

X

0



 X A  500  0
X A  500N 

F

Y

0



1
YA  1000  .(3).(600)  400.(6)  0
2

YA  4300N 

F

Z

0



Z A  800  0
Z A  800N

La orientación de la reacción

Z A es la misma que la mostrada en la figura 2.77

Proyectamos los momentos en los planos YZ, XZ, XY, con la finalidad de determinar los momentos
respecto a los ejes X, Y, Z respectivamente.

M

X

0



 M A  800.(2)  400.(6).(3)  0
X



M A  8800N.m
X



M A  4000N.m
Y

Fig. 2.78

M

Y

0



 M A  800.(5)  0
Y

92

Fig. 2.79

M

Z

0



1
M A  1000.(2)  .(3).(600).(4)  2400.(5)  0
Z
2

M A  17600N.m
Z

Fig. 2.80
PROBLEMA 2.24 La losa homogénea pesa P  8kN y está unida a la pared por medio de una
rótula esférica A, una rótula cilíndrica B y un cable AD, cuyo peso se desprecia. La losa soporta una
carga F  15kN y un par de fuerzas con momento M  5kN.m . Se pide determinar las reacciones
en los apoyos y la tensión en el cable.

Fig. 2.81
93

Solución:
Elaboramos el esquema de cálculo, incorporando las cargas y reacciones en la losa. El peso “P” lo
aplicamos en el centroide de la losa, es decir en la intersección de las diagonales.
El sistema de ejes coordenados, lo elegimos de tal manera que la mayor cantidad de incógnitas sean
paralelas a los ejes coordenados o intersectan a los mismos, disminuyendo, así, el cálculo.
Para simplicidad de cálculo, descomponemos los vectores



F y M por medio de sus proyecciones

en los ejes coordenados.

Fig. 2.82
FUERZA “F”:

F1  F cos 
F2  Fsen
MOMENTO “M”:

M1  M cos 
M 2  Msen
Siendo:

cos  

GC
3
3

  0,6
2
2
GE
5
3 4

sen 

CE 4
  0,8
GE 5

De esta manera, obtenemos:

F1  15.0,6  9kN
F2  15.0,8  12kN
M1  5.0,6  3kN.m
M 2  5.0,8  4kN.m

La tensión S en el cable también lo descomponemos en sus proyecciones:
S1  S. cos 30 o  0,866S
S3  S.sen30 o  0,5S

94

Fig. 2.83
Plateamos las ecuaciones de equilibrio estático:

F  0
F  0
F  0
M  0
M  0
M  0
X



F1  S1  X A  X B  0

(a)

Y



F2  YA  0

(b)

Z



S3  P  Z A  Z B  0

(c)

X



 S3 .2  Z B .2  M1  0

(d)

Y



 S3 .3  P.1,5  M 2  0

(e)

Z



 S1 .2  F1 .2  X B .2  0

(f)

Resolvemos las ecuaciones (a) – (f), previamente, reemplazamos los valores calculados
anteriormente, obteniendo:

X A  8,76kN

YA  12kN
Z A  4,16kN
X B  4,38kN
Z B  1,17kN
S  5,33kN

95

CAPITULO 3
CENTROIDES Y MOMENTOS DE INERCIA
3.1 CENTROIDE DE ALAMBRES
PROBLEMA 3.1 Un alambre compuesto delgado de sección uniforme ABCD está conformado por un
tramo AB de cuarto de circunferencia y dos tramos rectos BC y CD donde este último es vertical.
Determinar las coordenadas de su centro de gravedad.

Fig. 3.1
Solución:
Para determinar el centro de gravedad de figuras, como es el caso de alambres compuestos, se
divide en sectores conocidos (tramo cuarto de círculo AB y líneas BC y CD).
Para el caso del cuarto de círculo, tenemos:

L AB 

R 3

 1,5
2
2

YCG  Z CG 

2R 2.3 6






Fig. 3.2
Las longitudes y ubicación de los centros de gravedad de las líneas BC y CD se conocen y muestran
en la tabla 3.1

96

Tabla 3.1
TRAMO

Li

Xi

Yi

Zi

(m)
AB

1,5

0

6/ 

6/ 

BC

5

2

1,5

0

CD

2

4

0

1

Luego, determinamos las coordenadas del centro de gravedad:

X

L X
L
i

i

i



1,5.(0)  5.(2)  2.(4)
18

 1,537m
1,5  5  2
11,712

6
1,5.   5.(1,5)  2.(0)
16,5
 L i Yi    
Y

 1,409m
11,712
11,712
 Li

Z

 L i Zi
L

i

6
1,5.   5.(0)  2.(1)
11



 0,939m
11,712
11,712

PROBLEMA 3.2 Sabiendo que la coordenada en “Z” del centro de gravedad del siguiente alambre
delgado homogéneo es 0,466m. Determinar “R”, sabiendo que la semi-circunferencia se encuentra
en el plano YZ

Fig. 3.3
Solución:
Determinamos las longitudes de cada tramo:

L AB  0,5m
L BC  0,5 2  1,2 2  1,3m
L CD  0,9 2  1,2 2  1,5m

L DE  R
En la tabla 3.2 se tienen las longitudes y centroides de cada tramo.
97

Tabla 3.2
TRAMO

Li

Zi

(m)
AB

0,5

0

BC

1,3

0

CD

1,5

0,45

DE

R

0,9 

2R


Luego:

Z

L Z
L
i

i



i

2R 

0,5.(0)  1,3.(0)  1,5.(0,45)  R. 0,9 

 

0,466 
0,5  1,3  1,5  R

Efectuamos cálculos y obtenemos:

2R 2  1,3634R  0,8628  0
Resolvemos la ecuación cuadrática, tomando solo el valor positivo, ya que el radio siempre será así,
obteniendo:

R  0,4m
3.2 CENTROIDE DE AREAS
PROBLEMA 3.3 Determinar las coordenadas del centroide de la lámina compuesta delgada, la cual
está formada por una región de cuarto de círculo y otra región rectangular hueca.

Fig. 3.4
Solución:
Analizamos cada figura en forma independiente, determinando sus áreas y coordenadas del centro
de gravedad.
FIGURA 1:

X1 

4R 4.(3) 4


3
3

98

Y1  0
Z1 

4R 4.(3) 4


3
3


 2 .(3) 2
A1  .R 
 2,25
4
4

Fig. 3.5
FIGURA 2:

X 2  1,5

Y2  1,5
Z2  0

A 2  3.3  9

Fig. 3.6
FIGURA 3:

X 3  0,75
Y3  1,5
Z3  0

A 3  1.1,5  1,5
99

Fig. 3.7
Con los resultados obtenidos, elaboramos la tabla 3.3, con la finalidad de determinar las
coordenadas del centro de gravedad de la lámina compuesta.
Tabla 3.3
FIGURA

Ai

Xi

Yi

Zi

A i Xi

A i Yi

A i Zi

2

(m )
1

2,25

4/ 

0

4/ 

9

0

9

2

9

1,5

1,5

0

13,5

13,5

0

3

-1,5

0,75

1,5

0

-1,125

-2,25

0

Σ

14,568

-

-

-

21,375

11,25

9

Nótese, que el área de la figura 3, es negativa, por ser la lámina hueca en esa parte.
Luego:

 A X  21,375  1,467m
 A 14,568
 A Y  11,25  0,772m
Y
 A 14,568
 A Z  9  0,618m
Z
 A 14,568
X

i

i

i

i

i

i

i

i

i

PROBLEMA 3.4 Sabiendo que las coordenadas del centro de gravedad de la lámina delgada
homogénea mostrada es

(0,421; Y; Z) . Determinar a , Y , Z .

Fig. 3.8
100

Solución:
Una vez más, dividimos en figuras regulares.
FIGURA 1:

X1 

a
3

Y1  0
Z1 

2
3

1
A1  .(a ).(2)  a
2

Fig. 3.9
FIGURA 2:

X2  0

Y2  1,5
Z2  1

A 2  2.3  6

Fig. 3.10
FIGURA 3:

X3  0

Y3  3 

4.(1)
4
 3
3
3

Z3  1

R 2 .12 
A3 


2
2
2
101

Fig. 3.11
Luego:

X

A X
A
i

i

i




a
a.   6.(0)  .(0)
3
2
0,421   

a 6
2

Efectuando cálculos se obtiene:

a 2  1,263a  9,561  0
Tomamos solo el valor positivo de la solución de la ecuación cuadrática, obteniendo:

a  3,787m
Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad de toda la figura:


4 
3,787.(0)  6.(1,5)  . 3  
2
3 
 A i Yi 
Y
 1,266m

 Ai
3,787  6 
2


2
3,787.   6.(1)  .(1)
2
 A i Zi 
3
Z
 0,889m

 Ai
3,787  6 
2
3.3 MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS PLANAS
PROBLEMA 3.5 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la
sección transversal mostrada en la figura 3.12, cuyas dimensiones están dadas en centímetros.

Fig. 3.12
Solución:
Los ejes OX y OY se denominan centrales principales de toda la sección transversal.
Determinamos los momentos de inercia, áreas del rectángulo y de cada uno de los círculos huecos.

102

RECTANGULO:
1
I (X) 

bh 3 60.20 3

 40000cm 4
12
12

1
I (Y) 

hb 3 20.60 3

 360000cm 4
12
12

A1  60.20  1200cm 2
CIRCULO:
2
2
I (X )  I (Y ) 

R 4 .6 4

 1017,88cm 4
4
4

A 2  R 2  .6 2  113,10cm 2
Calculamos los momentos de inercia respecto a los ejes principales centrales, aplicando el teorema
de ejes paralelos:
1
2
I X  I (X)  3I (X )  40000  3.1017,88  36946,36cm 4
1
2
I Y  I (Y)  3I (Y )  2A 2 .d 2  360000  3.1017,88  2.113,10.182  283657,56cm 4

PROBLEMA 3.6 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes principales centrales de la
sección transversal mostrada en la figura 3.13, cuyas dimensiones están dadas en centímetros.

Fig. 3.13
Solución:
Dividimos la sección transversal en tres figuras geométricas sencillas: un rectángulo y dos triángulos
isósceles.
Calculamos las áreas y momentos de inercia del rectángulo y triángulos, respecto a sus ejes
centrales.
RECTANGULO (eje central XOY):

I

(1)
X

12.83

 512cm 4
12

1
I (Y) 

8.12 3
 1152cm 4
12

A1  12.8  96cm 2
103

TRIANGULO (eje central X1O1Y)

I (X21) 

bh 3 12.6 3

 72cm 4
36
36

I (Y2) 

hb 3 6.12 3

 216cm 4
48
48

A2 

12.6
 36cm 2
2

Ahora, calculamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales OX y OY,
considerando el teorema de ejes paralelos.









1
2
I X  I (X)  2 I (X1)  A 2 .d 2  512  2. 72  36.6 2  3248cm 4
1
2
I Y  I (Y)  2I (Y )  1152  2.216  1584cm 4

PROBLEMA 3.7 Determinar la ubicación del centro de gravedad y los momentos de inercia respecto
a los ejes centrales principales de la sección transversal mostrado en la figura 3.14, cuyas
dimensiones están dadas en centímetros.

Fig. 3.14
Solución:
La sección transversal mostrada, se puede analizar como un rectángulo de 24cm x 18cm y otro
rectángulo hueco de 12cm x 12cm
El área de la sección transversal es:

A  24.18  12.12  288cm 2
Para determinar la posición del centro de gravedad, el cual se ubica en el eje de simetría OY,
utilizamos un eje auxiliar O1X1, el cual pasa por la base de la sección.
El momento estático de la sección respecto a este eje, lo determinamos como la diferencia entre los
momentos estáticos de dos rectángulos.

SX1  A1 y1  A 2 y 2  24.18.9  12.12.6  3024cm 3
Determinamos la ubicación del centro de gravedad.

y0 

S X1
A



3024
 10,5cm
288

De esta manera, los ejes OX y OY son los denominados ejes centrales principales.
104

Determinamos el momento de inercia de toda la sección respecto al eje O 1X1, que es la base de
ambos rectángulos:

I X1 

3
b1h 1 b 2 h 3 24.183 12.12 3
2



 39744cm 4
3
3
3
3

Ahora, determinamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales, aplicando
para el eje OX el teorema de ejes paralelos, pero para el eje OY no es necesario, ya que coinciden
los ejes de las figuras analizadas anteriormente con la sección completa, producto de la simetría.
2
I X  I X1  Ay0  39744  288.10,5 2  7992cm 4

IY 

18.24 3 12.12 3

 19008cm 4
12
12

Otra de las formas para determinar el momento de inercia respecto al eje OX, es analizando cada
figura en forma independiente y considerando el teorema de ejes paralelos para cada figura, es decir
la distancia de cada eje local respecto al eje OX. Para ello, dividimos en tres figuras regulares, donde
existe material, es decir, un rectángulo en la parte superior de 24cm x 6cm y dos rectángulos
laterales de 6cm x 12cm.

 24.6 3
 6.12 3

2
IX  
 24.6.4,5   2.
 6.12.4,5 2   7992cm 4
 12

 12

Como podemos apreciar, coincide la respuesta, quedando a criterio del lector el método más
adecuado a utilizar.

PROBLEMA 3.8 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes
sección mostrada en la figura 3.15. Considere que los ejes

X1  X1 y X 2  X 2 de la

X1  X1 y X 2  X 2 son paralelos.

Fig. 3.15
Solución:
Determinamos los momentos de inercia de toda la sección, respecto a sus ejes centrales principales

10.10 3 2.2 3
IX  IY 

 832cm 4
12
12

I XY  0
Ahora, calculamos el momento de inercia respecto al eje
105

X1  X1

I X1  I X cos 2   I Y sen 2   I XY sen 2
Para este caso, reemplazamos los valores obtenidos anteriormente y

  45o , porque  es

positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, que es el presente caso.

I X1  832 cos 2 (45o )  832sen 2 (45o )  0  832cm 4
Luego, determinamos el momento de inercia respecto al eje

X 2  X 2 , utilizando el teorema de ejes

paralelos.

I X2  I X1  A.d 2  832  (10 2  2 2 ).(5 2 ) 2  5632cm 4
Si en el presente problema, nos hubiesen pedido determinar el momento de inercia respecto al eje

Y1  Y1 , perpendicular al eje X1  X1 , se determinaría de la siguiente manera:

I Y1  I X sen 2   I Y cos 2   I XY sen 2

I Y1  832sen 2 (45o )  832 cos 2 (45o )  0  832cm 4
Para determinar el producto de inercia respecto a los ejes

X1  X1 e Y1  Y1 , se determinará

mediante la siguiente relación:

I X1Y1 

IX  IY
sen 2  I XY cos 2
2

I X1Y1 

832  832
sen (90 o )  0  0
2

Esto demuestra un principio básico del producto de inercia, que indica: “Si un área tiene un eje de
simetría, ese eje y el eje perpendicular a él, constituyen un conjunto de ejes para los cuales el
producto de inercia es cero”.

3.4 MOMENTOS DE INERCIA DE PERFILES METALICOS
PROBLEMA 3.9 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la
sección transversal de acero, compuesta de cuatro ángulos de lados iguales L10x10x1 y una
plancha de sección 30x1, tal como se muestra en la figura 3.16, cuyas dimensiones están dadas en
centímetros. Las características del ángulo se dan en la tabla 3.4, respecto a los ejes O 1X1 y O1Y1

Fig. 3.16
106

Tabla 3.4
1
I (X1)

A1
PERFIL

2

1
I (Y1)

(cm )

L10x10x1

(cm )

(cm )

19,2

179

179

4

4

Solución:
Los momentos de inercia respecto a los ejes OX y OY y el área de la plancha son:

I (X2) 

1.30 3
 2250cm 4
12

I (Y2) 

30.13
 2,5cm 4
12

A 2  30.1  30cm 2
El área de toda la sección transversal es:

A  4A1  A 2  4.19,2  30  106,8cm 2
Los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales OX y OY lo determinamos,
teniendo en cuenta el principio de ejes paralelos.


 4.I


 I



 4.179  19,2.3,33   2,5  1570,13cm

1
2
2
I X  4. I (X1)  A1b1  I (X )  4. 179  19,2.12,17 2  2250  14340,76cm 4

IY

(1)
Y1

2
 A1a 1

( 2)
Y

2

4

PROBLEMA 3.10 Determinar la ubicación del centro de gravedad y los momentos de inercia
respecto a los ejes centrales principales de la sección transversal de una viga de acero compuesta
por dos perfiles

I27 y una plancha de sección 40x1,2cm, tal como se muestra en la figura 3.17. Las

características del perfil

I27 se dan en la tabla 3.5

Fig. 3.17
Tabla 3.5
1
I (X1)

A1
PERFIL

I27

2

1
I (Y1)

(cm )

(cm )

(cm )

40,2

5010

260

4

107

4

Solución:
Los momentos de inercia respecto a los ejes O2X2Y2 y el área de la plancha son:

I (X22) 

40.1,2 3
 5,76cm 4
12

I (Y22) 

1,2.40 3
 6400cm 4
12

A 2  40.1,2  48cm 2
El área de toda la sección será:

A  2.40,2  48  128,4cm 2
Para determinar la ubicación del centro de gravedad de toda la sección, calculamos el momento
estático de la sección respecto al eje O 1X1, que pasa por el centro de gravedad de los perfiles

I27 y,

en consecuencia, no generan dichos perfiles momentos estáticos respecto al eje indicado.

1,2 

3
S X1  A 2 y 2  48.13,5 
  676,8cm
2 

De esta manera, determinamos el centro de gravedad de toda la sección, respecto al eje O 1X1:

y0 

S X1
A



676,8
 5,27cm
128,4

Los ejes OX y OY se denominan ejes centrales principales y los momentos de inercia respecto a
dichos ejes son:



 2.260  40,2.10   6400  14960cm

I X  2. 5010  40,2.5,27 2  5,76  48.8,832  16001,21cm 4
IY

2

4

PROBLEMA 3.11 Para la sección no simétrica mostrada en la figura 3.18,a compuesta por un perfil

I50 y un ángulo de lados desiguales L20x12,5x1,6. Se pide determinar la ubicación del centro de
gravedad de la sección, los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales y la
orientación de estos ejes. Los momentos de inercia y áreas de ambos perfiles respecto a sus ejes
locales centrales se dan en la tabla 3.6

Fig. 3.18
108

Tabla 3.6
PERFIL I50

PERFIL L20x12,5x1,6

I X1  39727cm 4

I X 2  617cm 4

I Y1  1043cm 4

I Y2  2026cm 4

-

I X 2Y2  644cm 4

A1  100cm 2

A 2  49,8cm 2

Solución:
El área de toda la sección es:

A  100  49,8  149,8cm 2
Para determinar la ubicación del centro de gravedad, elegimos como ejes auxiliares los ejes del perfil

I50, es decir, los ejes O1X1 y O1Y1

x0 

S Y1

y0 

S X1

A
A



A 2 x 2 49,8.21,79

 7,24cm
A
149,8



A 2 y 2 49,8.22,01

 7,32cm
A
149,8

Estas magnitudes y las coordenadas de los centros de gravedad de los perfiles se muestran en la
figura 3.18,a, cuyos valores son:

a 1  7,24cm ;

b1  7,32cm ;

a 2  14,55cm ;

b 2  14,69cm

Determinamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales OX y OY
2
I X  I X1  A1b1  I X2  A 2 b 2
2

I X  39727  100.(7,32) 2  617  49,8.14,69 2  56448,88cm 4
2
I Y  I Y1  A1a 1  I Y2  A 2 a 2
2

I Y  1043  100.(7,24) 2  2026  49,8.14,552  18853,54cm 4
I XY  I X1Y1  A1a 1b1  I X2Y2  A 2 a 2 b 2

I XY  0  100.(7,24).(7,32)  644  49,8.14,55.14,69  15299,91cm 4
Ahora, determinamos los momentos de inercia principales y los ángulos de desviación de los ejes
principales 1 y 2 respecto al eje OX

I  IY
I I 
 X
  X Y   I2
XY
2
 2 
2

I1, 2

56448,88  18853,54
 56448,88  18853,54 
2
4
I1 
 
  15299,91  61888,36cm
2
2


2

109

56448,88  18853,54
 56448,88  18853,54 
2
4
 
  15299,91  13414,05cm
2
2


2

I2 

tg1 

I XY
15299,91

 0,355
I Y  I1 18853,54  61888,36



1  19,54 o

tg 2 

I XY
15299,91

 2,813
I Y  I 2 18853,54  13414,05



 2  70,43o

En la figura 3.18,b se muestra la obtención gráfica de los momentos de inercia principales y la
orientación de los ejes principales, cuyo proceso se detalla a continuación:
1. Se eligen los ejes coordenados, orientando en el eje horizontal los momentos de inercia
y en el eje vertical el producto de inercia

IX , IY

I XY

2. De acuerdo a la escala elegida, se obtienen los puntos correspondientes en el eje horizontal de
los momentos de inercia

IX e IY

3. La diferencia de dichos momentos de inercia lo dividimos entre dos y obtenemos el centro C de
la figura.
4. A partir del extremo del momento de inercia
inercia, es decir

I Y , levantamos en el eje vertical del producto de

I XY , obteniendo el punto K de la figura.

5. Unimos los puntos C y K, cuyo valor es el radio del circulo denominado de Mohr para momentos
de inercia.
6. Trazamos el denominado circulo de Mohr, intersecándose con el eje horizontal en dos puntos,
que corresponden de mayor a menor a los momentos de inercia principales

I1 e I 2 , cuyos

valores se obtienen como indicamos en un inicio de acuerdo a una escala previamente elegida.
7. Para obtener la orientación de los ejes principales, trazamos desde el punto K dos líneas que
unen al punto K con el extremo del momento de inercia principal

I1 y corresponde a la

orientación del eje principal 1. Análogamente, unimos el punto K con el extremo del momento de
inercia principal

I 2 y cuya dirección corresponde a la orientación del eje principal 2.

8. Los ángulos que forman dichos ejes principales con el eje horizontal, corresponden a los ángulos
de desviación de los ejes principales 1 y 2 respecto al eje OX, recordando que el signo es
positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, siempre y cuando se tome como
referencia el eje OX como inicio de la medida.

110

CAPITULO 4
ARMADURAS
4.1 METODO DE LOS NUDOS
PROBLEMA 4.1 Para la siguiente armadura:
a) Calcular las reacciones en los apoyos
b) Indicar que barras no trabajan
c) Determinar las fuerzas axiales en las barras restantes

Fig. 4.1
Solución:
a) Calculamos las reacciones en los apoyos:

M  0
F  0
F  0



H A .(3)  9.(4)  0



H A  12T 

X



 H B  12  0



H B  12T 

Y



VB  9  0



VB  9T 

B

b) Sabemos que una barra no trabaja, si su fuerza interna es cero, también conocida como barra
nula, existiendo 3 principios de determinación visual de tal tipo de barras, los cuales son:
1. Si en un nudo convergen dos barras y el nudo no está cargado, entonces ambas barras son
nulas.
2. Si en un nudo convergen dos barras y el nudo está cargado con una fuerza en la dirección
de una de las barras, entonces la otra barra será nula.
3. Si en un nudo convergen tres barras, donde dos de las barras se encuentran sobre una
misma línea y la tercera en una dirección arbitraria, además el nudo no está cargado,
entonces la barra que tiene dirección arbitraria es nula.
Basado en estos principios, analizamos la armadura de la figura 4.1, para ello iniciamos con el
nudo K y vemos que la barra KL es nula por el 3er principio anteriormente descrito, luego,
pasamos al nudo L y observamos que la barra LI es nula por el mismo principio. Continuamos
analizando el nudo I, determinando que la barra IJ es nula y así, sucesivamente, se cumplirá con
este mismo principio al analizar los nudos J, G, H, E, F, D y C.
111

Las reacciones en los apoyos y las barras nulas se muestran en la figura 4.2, esquematizándolas
las barras nulas con un círculo.

Fig. 4.2
c) Para calcular las fuerzas internas en el resto de barras, aplicamos el método de los nudos,
analizando el equilibrio en el nudo M

F
F

Y

0



FLM sen37 o  9  0



FLM  15T (TRACCION)

X

0



FKM  15 cos 37 o  0



FKM  12T (COMPRESION)

Fig. 4.3
El resto de barras tienen las mismas fuerzas internas, tal como se muestra en la figura 4.4

Fig. 4.4

112

a) Calcular las reacciones en los apoyos
b) Indicar que barras no trabajan
c) Determinar las fuerzas axiales en las barras restantes

Fig. 4.5
Solución:

M  0
F  0
F  0



VI .(8)  100.(6)  0



VI  75kN 

Y



VA  75  100  0



VA  25kN 

X



HA  0

A

b) Si analizamos el nudo E y aplicamos el 1er principio de barras nulas, se tendrá que las barras
ED y EI son nulas. Luego, aplicamos el 3er principio al nudo F, siendo la barra FB nula y
continuamos con este principio en los nudos B, G y C, siendo nulas las barras BG, GC y CH.
Las reacciones en los apoyos, las barras nulas y las fuerzas internas en el resto de barras se
muestran en la figura 4.6, esquematizando las barras nulas con un círculo.

Fig. 4.6

113

c) Aplicamos el método de los nudos para determinar las fuerzas internas en el resto de barras.
NUDO “A”:

F

Y

0



25  FABsen37 o  0

FAB  41,67kN (COMPRESION)

F

X

0



FAF  41,67 cos 37 o  0

FAF  33,33kN (TRACCION)

Fig. 4.7
Ahora, pasamos al nudo F, en el cual, la barra FB es nula y las fuerzas internas en las barras AF
y FG son iguales. Lo mismo sucede con las barras FG y GH, así como en AB y BC, BC y CD.
NUDO “H”:

F
F

X

0



FHI  33,33  0



FHI  33,33kN (TRACCION)

Y

0



FHD  100  0



FHD  100kN (TRACCION)

Fig. 4.8
NUDO “I”:
Previamente, calculamos el valor del ángulo

tg 

4,5
2



:

  66,04 o

Ahora, calculamos la fuerza interna en la barra DI:

F

Y

0



75  FDI sen66,04 o  0

FDI  82,07kN (COMPRESION)
Como comprobación, efectuamos el equilibrio en el eje horizontal:

F

X

0



82,07 cos 66,04 o  33,33  0

OK

Con esto, no es necesario comprobar el equilibrio del nudo D, el cual también será correcto.

114

Fig. 4.9

PROBLEMA 4.3 Para la armadura mostrada en la figura, determinar:
a) Las reacciones en los apoyos
b) Las fuerzas axiales en las barras AB y BE, indicando si están en tracción o compresión

Fig. 4.10
Solución:

M

A

0



 VD .(6)  400.(3)  300.(8)  0
VD  200kN 

F

X

0



H A  300  0
H A  300kN 

F

Y

0



VA  200  400  0
VA  600kN 

b) Determinamos la fuerza interna en la barra AB, analizando el equilibrio en el nudo A y la fuerza
en la barra BE, analizando el equilibrio en el nudo B.
NUDO “A”:
Previamente, calculamos el ángulo

tg 

5
3



:

  59,04 o
115

F

X

0



300  FAE cos 59,04 o  0

FAE  583,16kN (COMPRESION)

F

Y

0



600  FAB  583,16sen59,04 o  0


Fig. 4.11
NUDO “B”:

F

Y

0



99,92  FBCsen 45o  0
FBC  141,31kN (COMPRESION)

F

X

0



FBE  141,31cos 45o  0

FBE  99,92kN (TRACCION)

Fig. 4.12
Las reacciones y fuerzas internas de las barras AB y BE, se muestran en la figura 4.13

Fig. 4.13

116

PROBLEMA 4.4 Para la armadura mostrada en la figura, usando el método de los nudos, determinar
las fuerzas en las barras CD y DF

Fig. 4.14
Solución:
Como se podrá

apreciar, no es necesario calcular las reacciones en los apoyos y analizamos

consecutivamente el equilibrio en los nudos E y D.
NUDO “E”:
Determinamos el valor del ángulo

tg 

:

4
12



  18,43o

0



FEF sen18,43o  2  0

Luego:

F

Y

FEF  6,326kN (COMPRESION)

F

X

0



6,326 cos 18,43o  FED  0

FED  6kN (TRACCION)

Fig. 4.15
NUDO “D”:
Calculamos el ángulo

tg 

:

4
9



  23,96 o

0



FDF sen 23,96 o  3  0

Luego:

F

Y

FDF  7,387kN (COMPRESION)
117

F

X

0



7,387 cos 23,96 o  6  FCD  0
FCD  12,75kN (TRACCION)

Fig. 4.16
La armadura con las fuerzas internas en las barras CD y DF, se muestran en la figura 4.17

Fig. 4.17

a) Calcular las reacciones en los apoyos.
b) Determinar las fuerzas axiales en cada una de las barras.

Fig. 4.18
Solución:
a) Calculamos las reacciones en los apoyos, para ello, proyectamos el tramo FC hasta el punto H,
producto de la intersección de dicha prolongación con la perpendicular trazada desde el punto A,
determinando la distancia d (figura 4.19).

118

d  20sen30 o  10m

Fig. 4.19
Como las fuerzas 4kN y 8kN son paralelas, entonces la distancia desde el apoyo A hasta la
intersección con la proyección de DG es 20m.

M

A

0



VE .(2.20 cos 30 o )  10.(10)  5.(20)  4.(10)  8.(20)  0

VE  0

M

der
C

0



8.(10)  H E .(10)  0
H E  8kN 

Ahora, analizamos el equilibrio de toda la armadura:

F

X

0



 H A  10sen30 o  5sen30 o  4sen30 o  8sen30 o  8  0

H A  5,5kN 

F

Y

0



 10 cos 30 o  5 cos 30 o  4 cos 30 o  8 cos 30 o  VA  0
VA  2,6kN 

b) Determinamos las fuerzas internas en cada una de las barras de la armadura, analizando el
equilibrio nudo por nudo.
NUDO “A”:

F

Y

0



2,6  FABsen30 o  0


F

X

0



FAF  5,2 cos 30 o  5,5  0

FAF  10kN (TRACCION)

Fig. 4.20
119

NUDO “B”:

F

X'

0



5,2  FBC  0
FBC  5,2kN (COMPRESION)

F

Y'

0



FBF  10  0
FBF  10kN (COMPRESION)

Fig. 4.21
NUDO “F”:

F

Y

0



FBC cos 30 o  10 cos 30 o  0
FBC  10kN (TRACCION)

Comprobamos el equilibrio en el eje horizontal:

F

X

0



10sen30 o  10sen30 o  10  0

Fig. 4.22
NUDO “E”:

F

Y

0



FED sen30 o  0

FED  0

F

X

0



FEG  8  0
FEG  8kN (COMPRESION)

Fig. 4.23
120

NUDO “D”:

F

X"

0



8  FDG  0
FDG  8kN (TRACCION)

F

Y"

0



FDC  0

Fig. 4.24
NUDO “G”:

F

Y

0



8 cos 30 o  FGC cos 30 o  0
FGC  8kN (COMPRESION)

Comprobamos el equilibrio en el eje horizontal:

F

X

0



8sen30 o  8sen30 o  8  0

Fig. 4.25
De esta manera, las reacciones y fuerzas internas en la armadura, se muestran en la figura 4.26

Fig. 4.26

121

b) Determinar las fuerzas axiales en cada una de las barras.

Fig. 4.27
Solución:
a) Por simetría:

VA  VH  30kN 

F

X

0



HA  0

b) Determinamos las fuerzas internas en cada una de las barras de la armadura, debiendo de
iniciar en el nudo C, ya que ahí podemos determinar la fuerza interna en la barra CB y luego
pasamos al nudo B, continuando con el apoyo A y luego con el nudo D, aplicando el método de
los nudos, en el cual se deben de tener como máximo 2 incógnitas a determinar.
NUDO “C”:

F

Y

0



FCB  20  0

FCB  20kN (TRACCION)

F

X

0



FCE  FCD  0
FCE  FCD

Fig. 4.28
NUDO “B”:

tg 

4
6



:

  33,69 o
122

F

X

0



FBAsen33,69 o  FBEsen33,69 o  0

FBA  FBE

F

Y

0



2FBA cos 33,69 o  20  0

FBA  12,02kN (COMPRESION)

FBE  12,02kN (COMPRESION)

Fig. 4.29
NUDO “A”:

F

Y

0



30  12,02sen56,31o  FADsen37 o  0

FAD  33,33kN (COMPRESION)

F

X

0



FAC  33,33 cos 37 o  12,02 cos 56,31o  0
FAC  33,33kN (TRACCION)

Fig. 4.30
NUDO “D”:
Por simetría:

FDH  FDA  33,33kN (COMPRESION)

F

Y

0



2.33,33 cos 53o  FDE  0

FDE  40kN (TRACCION)

Fig. 4.31
123

Como la armadura es simétrica, no determinamos las otras fuerzas internas, debido a que son
iguales al lado izquierdo de la armadura.
De esta manera, las reacciones en los apoyos y fuerzas internas en todas las barras de la
armadura, se muestran en la figura 4.32

Fig. 4.32

4.2 METODO DE LAS SECCIONES
PROBLEMA 4.7 Dada la siguiente armadura:
a) Usando el método de las secciones, determine las fuerzas axiales en las barras CD, KD y KJ,
indicando si están en tracción o compresión.
b) Usando el método de los nudos, determine la fuerza axial en la barra CK, indicando si está en
tracción o compresión.

Fig. 4.33
Solución:

M  0
F  0
F  0



VG .(7,2)  800.(4,8)  0



VG  533,33kgf 

Y



VA  533,33  800  0



VA  266,67kgf 

X



HA  0

A

124

Efectuamos el corte indicado, analizando la parte izquierda de la armadura, pero, previamente,
calculamos el valor del ángulo

tg 

M

1,5
3,6

K

0





  22,62 o



 (FCD cos 22,62 o ).(1)  266,67.(2,4)  0

FCD  693,34kgf (COMPRESION)

M
M

A

0



FKD  0

D

0



FKJ .(1,5)  266,67.(3,6)  0

FKJ  640kgf (TRACCION)

Fig. 4.34
b) Determinamos el valor de la fuerza interna en la barra CK, aplicando, para ello, no el método de
los nudos, sino el principio de barra nula en forma consecutiva en los nudos B, L, C y K para la
parte izquierda de la armadura, siendo las barras nulas de toda la armadura las barras BL, CL,
CK, KD, FH, HE y EI, tal como se muestra en la figura 4.35
En consecuencia:

FCK  0

Fig. 4.35

a) Usando el método de los cortes, determine las fuerzas axiales en las barras DE, JE y JI,
indicando si están en tracción o compresión.
b) Usando el método de los nudos, determine las fuerzas axiales en las barras AB, AK, FG y GH
125

Fig. 4.36
Solución:

M  0
F  0
F  0



VG .(4)  10.(3,2)  20.(2,4)  0



VG  20kN 

Y



VA  20  20  10  0



VA  10kN 

X



HA  0

A

Analizamos la parte izquierda del corte, por ser la de menor trabajo:

M

0

J



 FDE .(0,6)  10.(1,6)  0

FDE  26,67kN (COMPRESION)

F

Y

0



FJE .sen37 o  10  0

FJE  16,67kN (COMPRESION)

M

E

0



 10.(2,4)  FJI .(0,6)  0
FJI  40kN (TRACCION)

Fig. 4.37
126

b) Aplicamos el método de los nudos en los apoyos A y G
APOYO “A”:

tg 

1,5
0,8



  61,93o

F

0



FAK cos 61,93o  0

X

FAK  0

F

Y

0



 FAB  10  0
FAB  10kN (COMPRESION)

Fig. 4.38
APOYO “G”:

F

Y

0



20  FFG sen37 o  0

FFG  33,33kN (COMPRESION)

F

X

0



33,33 cos 37 o  FGH  0

FGH  26,66kN (TRACCION)

Fig. 4.39

127

PROBLEMA 4.9 Un bloque de 20kN de peso, se encuentra suspendido en los nudos D y E de la
armadura, mediante dos cables inextensibles. Calcular las fuerzas en las barras AC, BC y BD,
utilizando el método de las secciones e indique si las fuerzas son de tracción o compresión.

Fig. 4.40
Solución:
Como el bloque pesa 20kN, entonces cada cable soporta 10kN y para determinar las fuerzas
internas en las barras AC, BC y BD efectuamos el corte 1-1, tal como se muestra en la figura 4.41

Fig. 4.41
Ahora, analizamos el lado derecho del corte y su equilibrio:

Fig. 4.42
128

M

B

0



 10.(1,2)  10.(2,4)  FACsen37 o.(1,2)  FAC cos 37 o.(0,9)  0

FAC  25kN (TRACCION)

M

E

0



10.(1,2)  FBC cos 37 o.(0,9)  FBCsen37 o.(1,2)  0

FBC  8,33kN (COMPRESION)

M

C

0



 10.(1,2)  FBD .(0,9)  0
FBD  13,33kN (COMPRESION)

a) Usando el método de los cortes, determinar las fuerzas axiales en las barras EF y BC, indicando
si están en tracción o compresión.
b) Analizar el nudo E y determinar las fuerzas axiales en las barras EH y ED

Fig. 4.43
Solución:

M

A

0



VG .(4)  4000.(3)  4000.(6)  2000.(9)  0
VG  13500N 

F

Y

0



13500  VA  0
VA  13500N 

F

X

0



4000  4000  2000  H A  0

H A  10000N 
129

Efectuamos el corte indicado en la figura 4.43, denotándolo como 1-1 y analizamos el equilibrio
de la parte superior de la armadura.

M

C

0



 2000.(3)  FEF .(4)  0
FEF  1500N (COMPRESION)

M

E

0



FBC .(4)  2000.(3)  0
FBC  1500N (TRACCION)

Fig. 4.44

b) Analizamos el nudo E por el método de los nudos:

tg 

3
2



  56,3o

F

0



1500  FED sen56,3o  0

Y

FED  1802,98N (COMPRESION)

F

X

0



1802,98 cos 56,3o  FEH  0

FEH  1000,37 N (TRACCION)

Fig. 4.45

130

PROBLEMA 4.11 Usando el método de las secciones, determinar las fuerzas axiales en las barras
DE, QE, OQ y OP e indicar en cada caso, si las fuerzas son de tracción o de compresión.

Fig. 4.46
Solución:
Calculamos las reacciones en los apoyos:

M

A

0



VK .(24)  1800.(6)  1000.(4)  1200.(12)  2000.(16)  0
VK  2550lb 

F

Y

0



VA  2550  1000  1200  2000  0
VA  1650lb 

F

X

0



1800  H A  0
H A  1800lb 

En la figura 4.47 se muestran los cortes 1-1 y 2-2 que debemos de realizar para determinar las
fuerzas internas en las barras requeridas, así como las reacciones en los apoyos.

Fig. 4.47
Ahora, efectuamos el corte 1-1 mostrado en la figura 4.48 y determinamos las fuerzas internas en las
barras DE y OP

131

M

P

0



 FDE .(6)  1800.(6)  1650.(4)  0
FDE  2900lb (COMPRESION)

M

D

0



FOP .(6)  1650.(4)  1800.(6)  0
FOP  2900lb (TRACCION)

Fig. 4.48
Para determinar las fuerzas en QE y OQ, efectuamos el corte 2-2, analizando su equilibrio:

M

O

0



1000.(4)  1650.(8)  1800.(6)  2900.(6)  FQE sen37 o.(4)  FQE cos 37 o.(3)  0
FQE  541,67lb (COMPRESION)

F

X

0



1800  1800  FOQ cos 37 o  541,67 cos 37 o  0
FOQ  541,67lb (TRACCION)

Fig. 4.49

132

PROBLEMA 4.12 Para la siguiente armadura plana mostrada en la figura, se tiene que la fuerza
axial en CD es 3000kgf y en GD es 500kgf, ambas en compresión.
b) Determinar los valores de las fuerzas P y Q

Fig. 4.50
Solución:
a) Calculamos las reacciones en los apoyos, dejándolo en función de variables:

M

K

0



 VD .(4)  Q.(3)  Q.(6)  Q.(9)  P.(4)  0
VD  (P  4,5Q) 

F

0

Y



(P  4,5Q)  VK  P  0
VK  4,5Q 

F

0

X



H K  3Q  0
H K  3Q 

b) Para determinar los valores de las fuerzas P y Q, debemos de efectuar los cortes 1-1 y 2-2, que
se muestran en la figura 4.51, donde también se esquematizan las direcciones de las reacciones
en los apoyos.
Posteriormente, analizamos la parte superior del corte 1-1 (figura 4.52), incorporando, para ello,
el valor de la fuerza axial en la barra CD

M

J

0



 3000.(4)  P.(4)  Q.(3)  Q.(6)  0

4P  9Q  12000

133

(a)

Fig. 4.51

Fig. 4.52

Fig. 4.53
134

Previamente al análisis del corte 2-2, calculamos la distancia perpendicular del nudo K hasta la
barra GD, con la finalidad de determinar el momento en el nudo K del corte 2-2
De la armadura inicial:

tg 

3
2



  56,31o

Luego, analizamos el triángulo DLK de la figura 4.53

d  4sen56,31o  3,328m

Fig. 4.54
Ahora, analizamos el equilibrio de la parte superior al corte 2-2, incorporando las fuerzas axiales
en las barras CD y GD, tal como se muestra en la figura 4.54

M

K

0



 3000.(4)  500.(3,328)  Q.(3)  Q.(6)  Q.(9)  P.(4)  0
4P  18Q  13664

(b)


P  2584kgf

Q  184,89kgf
Ahora, retornamos a la parte a) del problema, determinando las reacciones en los apoyos:

VD  P  4,5Q  2584  4,5.(184,89)  3416kgf 
VK  4,5Q  4,5.(184,89)  832kgf 

H K  3Q  3.(184,89)  554,67kgf 

135

PROBLEMA 4.13 Para la armadura mostrada en la figura, calcular:
a) Las fuerzas axiales en las barras EL y AH usando el método de los cortes o secciones.
b) Las fuerzas en las barras AB y AG por el método de los nudos.

Fig. 4.55
Solución:

M

A

0



VI .(4)  400.(1,5)  200.(3)  200.(4,5)  600.(2)  600.(4)  0
VI  1425N 

F

Y

0



VA  1425  1200  600  600  0
VA  975N 

F

X

0



400  200  200  H A  0
H A  800N 

Efectuamos un corte tipo S, tal como se muestra en la figura 4.56 y analizamos el equilibrio del
lado derecho del corte:

M

H

0



FEL .(4,5)  1425.(2)  600.(2)  0
FEL  366,67 N (COMPRESION)

M

E

0



 600.(2)  FAH .(4,5)  1425.(2)  0
FAH  366,67 N (TRACCION)

136

Fig. 4.56
b) Ahora, calculamos las fuerzas axiales en las barras AB y AG, utilizando el método de los nudos,
y analizando el equilibrio en el nudo A, tal como se muestra en la figura 4.57

F

X

0



366,67  FAG cos 37 o  800  0

FAG  541,66N (TRACCION)

F

Y

0



541,66sen37 o  975  FAB  0

FAB  1300N (COMPRESION)

Fig. 4.57

137

PROBLEMA 4.14 En la armadura mostrada, la fuerza axial en GH es 600N (tracción) y en BC es
480N (tracción), determinar:
a) El ángulo



b) El valor de la carga P

Fig. 4.58
Solución:
a) Aplicamos el principio de barras nulas, siendo estas las barras BF, CG y DH, tal como se
muestra en la figura 4.59

Fig. 4.59
138

Como la barra CG es nula, entonces al analizar el equilibrio en el nudo G, tendremos que las
fuerzas axiales en las barras GF y GH son las mismas y ambas son de tracción, debido a que
por condición del problema la fuerza axial en GH es 600N en tracción.
Ahora, analizamos el equilibrio de la parte derecha al corte 1-1, el cual se muestra en la figura
4.60

Fig. 4.60

M

E

0



FCF .(a 2 )  600.(a )  0
FCF  424,26N (TRACCION)

F

Y

0



Psen  424,26  480 cos 45o  600sen 45o  0
Psen  1187,93

F

X

0



(a)

P cos   480sen45o  600 cos 45o  0
P cos   763,67

(b)

Dividimos la ecuación (a) entre la ecuación (b) y obtenemos:

tg  1,555
De donde:

  57,26 o
b) Para determinar el valor de la carga P, reemplazamos valores en la ecuación (a), es decir:

P

1187,93
 1412,3N
sen57,26 o

139

PROBLEMA 4.15 Para la estructura mostrada en la figura, se pide determinar:
a) Las reacciones en los apoyos A, B y D
b) Las fuerzas axiales en las barras BC y EF, indicando si son de tracción o de compresión.

Fig. 4.61
Solución:

F

X

0



HB  0

Efectuamos un corte 1-1 y analizamos el equilibrio de la parte derecha del corte:

F

Y

0



VD  10  0



VD  10T 

Fig. 4.62
Retornamos a la armadura inicial, analizando el equilibrio de toda la armadura:

M  0
F  0
B

Y



10.(3)  10.(2)  VA .(2)  0 

VA  5T 



5  10  10  VB  0

VB  5T 



b) Para determinar las fuerzas axiales en las barras BC y EF, retornamos al corte 1-1 (figura 4.62)

M

D

0



10.(1)  FEF .(2)  0
FEF  5T (COMPRESION)
140

F

X

0



5  FBC  0
FBC  5T (TRACCION)

PROBLEMA 4.16 Para la armadura mostrada en la figura, se pide determinar:
a) Las reacciones en los apoyos A, B y D
b) Las fuerzas axiales en las barras FE, AB y JF, indicando si son de tracción o de compresión.

Fig. 4.63
Solución:
a) Analizamos el equilibrio de la parte izquierda del corte 1-1 de la armadura:

F

Y

0



VA  5  0
VA  5T 

Fig. 4.64
Para determinar la reacción vertical en B, analizamos la armadura entre los cortes 1-1 y 2-2, tal
como se muestra en la figura 4.65

F

Y

0



VB  6  0
VB  6T 
141

Fig. 4.65
Retornamos a toda la armadura, analizando su equilibrio, previa incorporación de las reacciones
ya calculadas, tal como se muestra en la figura 4.66

F

Y

0



5  6  VD  5  6  0

VD  0

M

D

0



6.(3)  5.(12)  4.(4)  5.(9)  6.(6)  H B .(4)  0
H B  4,75T 

F

X

0



 4  4,75  H D  0
H D  0,75T 

Fig. 4.66
b) Determinamos las fuerzas axiales en las barras FE y AB, analizando el equilibrio del lado
izquierdo de la armadura del corte 1-1, incorporando el valor de la reacción en A, tal como se

M

A

0



5.(3)  FFE .(4)  0
FFE  3,75T (TRACCION)

F

X

0



FAB  3,75  4  0
FAB  0,25T (TRACCION)
142

Fig. 4.67
Ahora, determinamos la fuerza axial en la barra JF, efectuando un corte 3-3 y analizando el lado
izquierdo de la armadura.

F

Y

0



 5  FJFsen53o  0

FJF  6,25T (TRACCION)

Fig. 4.68

143

CAPITULO 5
DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS
5.1 FUERZAS INTERNAS
PROBLEMA 5.1 La siguiente viga tiene una componente de reacción en el apoyo B igual a 1002N,
se pide determinar:
a) El valor de “W”
b) Las fuerzas o acciones internas a 2m a la derecha del apoyo A

Fig. 5.1
Solución:
a) Efectuamos el equilibrio de la viga, teniendo en cuenta que por dato del problema, la reacción
vertical en el apoyo B es igual a 1002N, debido a que es la única componente que alcanza dicho
valor.

M

A

0



1
2 
800sen60 o.(1)  1002.(4)  .(1)( W) .1  3.( W).(2,5)  0
2
3 
W  600N / m

F

X

0



H B  800 cos 60 o  0

H B  400N 

F

Y

0



1
VA  1002  800sen60 o  1000  .(1).(600)  3.(600)  0
2

VA  2790,8N 
b) Efectuamos un corte a 2m a la derecha del apoyo A, analizando su equilibrio de la parte
izquierda de la viga (figura 5.2) y denotando el punto del corte como C

F

X

0



N C  800 cos 60 o  0

N C  400N (TRACCION)

F

Y

0



1
2790,8  800sen60 o  1000  .(1).(600)  1.(600)  VC  0
2

VC  198N

144

M

C

0



1
4
 2790,8.(2)  800sen60 o.(3)  1000.(2)  .(1).(600).   1.(600).(0,5)  M C  0
2
3

M C  803,14N.m

Fig. 5.2

PROBLEMA 5.2 En la figura se muestra una viga empotrada en B, se pide determinar:
a) Las componentes de reacción en los apoyos.
b) La fuerza axial, fuerza cortante y momento flector a 2m a la derecha del apoyo A

Fig. 5.3
Solución:
a) Analizamos el equilibrio de la parte izquierda de la rótula (figura 5.4)

M

C

0



 VA .(1)  100.(1)  70sen60 o.(2)  0
VA  221,24N 

Fig. 5.4
145

Ahora, analizamos el equilibrio de toda la viga:

F

X

0



 70 cos 60 o  H B  0

H B  35N 

F

Y

0



1
 70sen60 o  100  .(1,2).(500)  3.(500)  221,24  VB  0
2

VB  1739,38N 

M

B

0



1
70sen 60 o.(6,2)  100.(5,2)  .(1,2).(500).(3,4)  3.(500).(1,5)  221,24.(5,2)  M B  0
2

M B  3015,41N.m
La orientación de las reacciones en los apoyos y sus valores, se muestran en la figura 5.5

Fig. 5.5
b) Ahora, determinamos las fuerzas internas a 2m a la derecha del apoyo A, efectuando un
equilibrio en dicho punto, denotándolo como D

Fig. 5.6

F

X

0



N D  70 cos 60 o  0

N D  35N (TRACCION)

F

Y

0



1
221,24  70sen60 o  100  .(1).(416,67)  VD  0
2

VD  147,72N

146

M

D

0



1
1 
 221,24.(2)  70sen60 o.(3)  100.(2)  .(1).(416,67). .1  M D  0
2
3 

M D  8,83N.m
PROBLEMA 5.3 La siguiente viga mostrada en equilibrio tiene sus componentes de reacción vertical
en el apoyo A igual a 3T y en el apoyo B igual a 10T respectivamente, determinar:
a) El valor de “W”
b) La fuerza axial, fuerza cortante y momento flector a 1m a la derecha del apoyo A

Fig. 5.7
Solución:
a) Analizamos el equilibrio de la viga, incorporando las reacciones que son dados como datos en el
problema, tal como se muestra en la figura 5.8

Fig. 5.8

M  0
F  0
F  0



 3.(5)  10.(2)  3W.(3,5)  0

X



HA  0

Y



3  10  VC  3,33.(3)  10  0

C



W  3,33T / m



VC  7T 

b) Ahora determinamos las fuerzas internas a 1m a la derecha del apoyo A, efectuando un corte y
analizando su equilibrio, denotando a dicho punto como D

F  0
F  0
M  0
X



ND  0

Y



3  3,33.(1)  VD  0



VD  0,33T



 3.(1)  3,33.(1).(0,5)  M D  0



M D  1,335T.m

D

147

Fig. 5.9

PROBLEMA 5.4 En la siguiente barra doblada ABC, la componente de reacción en el apoyo C es
igual a 2000kgf, determinar:
a) El valor de W
b) Las fuerzas internas a 2m a la derecha de B

Fig. 5.10
Solución:
a) Determinamos el valor de W, efectuando el equilibrio de toda la estructura y, luego, calculamos
las componentes de reacción en el apoyo A

M

A

0



1
2000.(6)  W.(4).(2)  .( W).(6).(4)  0
2
W  600kgf / m

F

X

0



600.(4)  H A  0
H A  2400kgf 

F

Y

0



1
VA  2000  500  .(6).(600)  0
2

VA  300kgf 
b) Ahora, efectuamos un corte a 2m a la derecha de B y analizamos el equilibrio de la parte
izquierda de la estructura, tal como se muestra en la figura 5.11

F

X

0



N D  600.(4)  2400  0

ND  0

148

F

Y

0



1
300  500  .(2).(200)  VD  0
2

VD  400kgf

M

D

0



1
2
 300.(2)  2400.(4)  600.(4).(2)  500.(2)  .(2).(200).   M D  0
2
3

M D  4266,67kgf .m

Fig. 5.11

PROBLEMA 5.5 En la estructura mostrada en equilibrio se tiene dos barras AB y BC unidas por una
articulación en B, determine:
a) El valor de W (N/m) sabiendo que el momento en el empotramiento en C vale 500N.m en sentido
antihorario.
b) Las fuerzas internas a 2m a la derecha del punto B

Fig. 5.12
149

Solución:
a) Efectuamos un corte en la rótula B y analizamos el equilibrio de la parte izquierda del corte,
determinando la reacción en A y las fuerzas internas en la rótula.

M  0
F  0
F  0



 VA .(1)  200  0



VA  200N 

Y



200  VB  0



VB  200N 

X



HB  0

izq
B

Los valores obtenidos se muestran en la figura 5.13

Fig. 5.13
Ahora, analizamos el lado derecho de la rótula B, es decir BC, determinando el valor de W y las
componentes de reacción vertical y horizontal en el empotramiento C, debido a que el momento
es dato del problema, esquematizando los resultados obtenidos en la figura 5.14

F

X

M

F

Y

0
C

0

0



HC  0



1
 200.(4)  500  .(3).(W).(1)  0 
2

W  200N / m



1
200  VC  .(3).(200)  0
2

VC  100N 

Fig. 5.14

150



b) Ahora, efectuamos un corte a 2m a la derecha de la rótula B, analizando el equilibrio de la parte
izquierda del corte y determinando las fuerzas internas en el punto D, que es la sección
requerida en el problema, tal como se muestra en la figura 5.15

F

0



ND  0

F

0



1
200  .(1).(66,67)  VD  0
2

X

Y

VD  166,67 N

M

D

0



1
1 
 200.(3)  200  .(1).(66,67). .1  M D  0
2
3 

M D  388,89N.m

Fig. 5.15

PROBLEMA 5.6 Para el sistema mostrado en equilibrio:
a) Determinar el valor de la tensión en el cable AB y las componentes de reacción en el apoyo D,
sabiendo que la barra doblada ADC rígida es recto en D y es homogénea con un peso de 400N
b) Determinar la fuerza axial, fuerza cortante y momento flector en el punto medio de la barra AD

Fig. 5.16
151

Solución:
a) Determinamos las longitudes de los tramos CD y AD:

L CD 

0,9
 1,5m
cos 53o

L AD 

2
 2,5m
cos 37 o

Luego, calculamos los pesos en cada tramo en forma proporcional a sus longitudes:

PCD  1,5.100  150N

PAD  2,5.100  250N
Graficamos el diagrama de cuerpo libre de la estructura y analizamos su equilibrio, determinando
la tensión en el cable y las componentes de reacción en el apoyo D

M

D

0



T.(2)  250.(1)  1600.(2)  200.(0,9)  150.(0,45)  0
T  1601,25N

F

Y

0



VD  200  150  250  1600  1601,25  0
VD  598,75N 

F

X

0



HD  0

Fig. 5.17
b) Calculamos las fuerzas internas en el punto medio de la barra AD, denotándolo como E,
efectuando un corte en dicho punto y analizando el equilibrio de la estructura.

M

E

0



M E  200.(1,9)  150.(1,45)  598,75.(1)  125.(0,5)  0
M E  61,25N.m

F

X

0



N E cos 37 o  VE cos 53o  0

N E  0,75VE

F

Y

0



N E sen37 o  598,75  200  150  125  VE sen53o  0

 0,75VE .(0,6)  598,75  200  150  125  0,8VE  0
152

VE  99N
N E  74,25N

Fig. 5.18

PROBLEMA 5.7 Para el sistema mostrado, calcular:
a) La tensión en el cable BC
b) Las reacciones en los apoyos A y D
c) Las fuerzas internas en el punto medio de la barra AB

Fig. 5.19
Solución:
a) Efectuamos un corte en el cable BC, analizando el equilibrio de la parte izquierda de la
estructura, es decir la barra AB, tal como se muestra en la figura 5.20

M

A

0



1
1 
 1200.(10).(5)  .(600).(10). .10   TBC .(8)  0
2
3 

TBC  8750kg
b) Calculamos las reacciones en el apoyo A

F

Y

0



1
VA  8750  1200.(10) cos 37 o  .(600).(10) cos 37 o  0
2
153

VA  3250kg 

F

0

X



1
H A  1200.(10)sen37 o  .(600).(10)sen37 o  0
2

H A  9000kg 

Fig. 5.20
Ahora, analizamos el equilibrio de la barra rígida CD

F
F

X

0



HD  0

Y

0



 8750  VD  0
VD  8750kg 

M

D

0



8750.(5)  M D  0
M D  43750kg.m

Fig. 5.21
c) Calculamos las fuerzas internas en la parte media de la barra AB, es decir en el punto E de la
figura 5.22, analizando el equilibrio de la parte izquierda al corte. Para su facilidad de cálculo,
elegimos como ejes coordenados X’ e Y’

F

X'

0



N E  9000 cos 37 o  3250 cos 53o  0

N E  5250kg

F

Y'

0



9000sen37 o  3250sen53o 

(1500  1800).(5)
 VE  0
2

VE  250kg
154

M

E

0



1
2 
 3250sen53o.(5)  9000sen37 o.(5)  1500.(5).(2,5)  .(300).(5). .5   M E  0
2
3 

M E  18750kg.m

Fig. 5.22

5.2 DIAGRAMAS EN VIGAS
PROBLEMA 5.8 ¿Será correcto afirmar que el momento flector máximo de la viga mostrada es
PL/2?

Fig. 5.23
Solución:
Como la viga es simétrica en geometría y cargas, entonces las reacciones en los apoyos A y B son
iguales a 3P/2 y el momento flector máximo debe suceder en el centro de la viga.
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, por 2 formas o métodos diferentes.
1. ECUACIONES:
Antes de iniciar esta metodología, debemos de conocer la convención universal de signos de la
fuerza cortante y momento flector, que se muestran en la figura 5.24 y 5.25 respectivamente.

Fig. 5.24
155

Fig. 5.25
Planteamos las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector por tramos, considerando la
distancia X a partir del origen, es decir del apoyo A
TRAMO AC

(0  X  L / 4)

3P
2

3P
2

VCD 

M CD 



M A  M X 0  0
M C  M XL / 4 



VC 0 

P
2

VD0 

P
2



M C  M XL / 4 

3P  L  3PL
 
2 4
8



TRAMO CD

VC0 



3P
X
2

VA 



M AC 




VAC 

M D  M XL / 2 

3P  L 
 L  PL
   P  
2 2
4 2

3P
2

3P  L  3PL
 
2 4
8

(L / 4  X  L / 2)

3P
P
P 
2
2

3P
L

X  P X  
2
4


En las ecuaciones, el subíndice -0 significa que está en el punto indicado como valor final del
tramo y el subíndice +0 corresponde al mismo punto, pero al inicio del siguiente tramo.
De las ecuaciones, podremos apreciar, que se cumple con la relación diferencial entre la cortante
y el momento flector, la cual es:

V

dM
dX

Invitamos al lector, a comprobar dicha relación para cada tramo analizado.
Como la viga es simétrica en geometría y cargas, entonces el diagrama de fuerza cortante será
antisimétrico y el diagrama de momento flector simétrico, tal como se muestra en la figura 5.26 y
que el lector lo puede comprobar analizando los tramos sucesivos DE y EB
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, teniendo en cuenta que de
acuerdo a las ecuaciones obtenidas, el diagrama de fuerza cortante es constante en cada tramo
156

y en los puntos A, C, D, E y B sufre un ascenso o descenso igual al valor y dirección de las
reacciones o fuerzas externas actuantes en el punto indicado. Para el diagrama de momento
flector, las ecuaciones obtenidas nos indican que es una línea recta.
Con los valores obtenidos, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal
como se muestra en la figura 5.26
Se puede observar, que los diagramas de fuerza cortante y momento flector empiezan en cero y
terminan en cero.
Como se podrá apreciar de los diagramas, se grafica para fuerza cortante, positivo arriba y
negativo abajo, en cambio, para momento flector, se graficará positivo abajo y negativo arriba,
con la finalidad de aproximar el diagrama de momento flector con la deflexión de la viga, que es
materia de estudio del curso Resistencia de Materiales.

Fig. 5.26
2. METODO DE LAS AREAS:
Para efectuar con mayor rapidez los diagramas de fuerza cortante y momento flector, aplicamos
el Método de las áreas, cuya veracidad de cálculo es 100% válida para cargas puntuales y
cargas uniformemente distribuidas.
DIAGRAMA “V”:
a) En el apoyo A, la cortante es igual al valor de la reacción en dicho punto, es decir 3P/2
b) En el tramo AC no existe fuerza externa, por ello, el diagrama de cortante permanece
constante e igual a 3P/2
c) En el punto C aparece la fuerza P hacia abajo, lo que hace que el valor de la cortante en
dicho punto disminuya la magnitud P y sea igual a P/2
d) En el tramo CD no existe carga externa aplicada, en consecuencia, el diagrama de cortante
es constante e igual a P/2
157

e) En el punto D aparece otra fuerza P hacia abajo, que hace que la cortante disminuya dicho
valor y sea igual a –P/2
f)

En el tramo DE no existe carga externa, en consecuencia el diagrama de fuerza cortante
permanece constante e igual a –P/2

g) En el punto E aparece otra fuerza externa P, que hace disminuir al diagrama de fuerza
cortante en dicho punto hasta –3P/2
h) En el tramo EB no existe fuerza cortante, por lo tanto el diagrama de fuerza cortante es
constante e igual a –3P/2
i)

Finalmente, en el apoyo B existe una reacción vertical hacia arriba e igual a 3P/2, que hace
que el diagrama de fuerza cortante llegue a cero.

DIAGRAMA “M”:
Para graficar el diagrama de momento flector, el Método de las áreas se basa en un principio
básico, que indica que el diagrama de momento flector es igual al área del diagrama de fuerza
cortante, el cual lo aplicamos al presente problema.

MA  0
MC 

3P  L  3PL
 
2 4
8

MD 

3PL P  L  PL
  
8
24 2

ME 

PL P  L  3PL
  
2 24
8

MB 

3PL 3P  L 
  0
8
2 4

Como podemos apreciar, ambos métodos nos llevan a obtener los mismos resultados, quedando a
criterio del lector la aplicación indistinta del método más adecuado.
Efectivamente, para el presente problema, el momento flector máximo es PL/2 y sucede en el centro
de la viga, es decir en el punto D
La fuerza cortante máxima sucede en los apoyos, por ello, en vigas de concreto armado, para evitar
los agrietamientos en dichas zonas, se colocan los estribos menos espaciados, con la finalidad de
reducir dicho efecto.
PROBLEMA 5.9 ¿Cuál deberá ser la distancia “X” en la siguiente viga, para que el momento máximo
positivo sea numéricamente igual al momento máximo negativo?

Fig. 5.27
158

Solución:
Calculamos las reacciones en los apoyos, los cuales serán de 2T hacia arriba, debido a que la viga
es simétrica en geometría y cargas, esquematizando el diagrama de momento flector que se
producirá, lo cual se invita al lector a comprobar que se trata de parábolas cuadráticas, tal como se

Fig. 5.28
Por dato del problema:
)
)
M (máx  M (máx

Planteamos las ecuaciones:

X
 2X   2.(1).(0,5)  2.(1  X)
2
Efectuamos el cálculo, obteniendo una ecuación cuadrática:

X 2  2X  1  0
Dicha ecuación tiene 2 soluciones, siendo la positiva la verdadera, es decir:

X  0,414m
PROBLEMA 5.10 Para la viga mostrada en la figura, sometida a una carga trapezoidal, determinar la
relación a/L, de tal manera, que la fuerza cortante V siempre será igual a cero en el punto medio.

Fig. 5.29
159

Solución:
Esquematizamos la viga con sus reacciones y distribución de cargas.

Fig. 5.30

M

B

0



L 1
La
VA (L)  W1 (L  2a )   (L  2a )( W2  W1 )
0
2 2
 3 

 2L2  5aL  2a 2 
 L2  aL  2a 2 
VA  W1 
  W2 

6L
6L




Por dato del problema, la fuerza cortante en C es cero, lo que indica que la suma de las fuerzas
verticales hasta dicho punto será igual a cero, analizando el lado izquierdo o derecho de la viga. En
este caso, analizamos el lado izquierdo.

W  W2 
L

 W1  1
 a  
 2L  5aL  2a 
 L  aL  2a  
2
2

W1 
0
  W2 

6L
6L
2




2

2

2

2

 2L2  5aL  2a 2 
 L2  aL  2a 2 
 6a  3L 
 2a  L 
W1 
 W2 

  W1 
  W2  8 
6L
6L
 8 






Para que se cumpla la condición del problema, los coeficientes de W 1 deben ser iguales. Lo mismo
debe de suceder con los coeficientes de W 2
Igualamos los coeficientes de W 1, obteniendo:

2L2  5aL  2a 2 6a  3L

6L
8
8a 2  2aL  L2  0
2

a
a
8.   2.   1  0
L
L
De donde:

a
 0,25
L
Para comprobar, la veracidad del cálculo, igualamos los coeficientes de W 2, obteniendo:

L2  aL  2a 2 2a  L

6L
8
8a 2  2aL  L2  0

160

Como se obtiene la misma ecuación, entonces el resultado será el mismo, quedando demostrada la
veracidad del cálculo.

PROBLEMA 5.11 Para la viga mostrada en la figura, se pide:
a) Plantear la ecuación de la fuerza cortante y momento flector en función de “X”, cuando

0X4
b) Dibujar el diagrama de fuerza cortante y el diagrama de momento flector debidamente acotados.

Fig. 5.31
Solución:

M

A

0



VB .(4)  350.(4).(2)  400.(5)  0
VB  1200N 

F

Y

0



VA  1200  350.(4)  400  0
VA  600N 

F

X

0



HA  0

Planteamos la ecuación de la fuerza cortante para el tramo AB



VA  VX0  600N



VAB  600  350X

VB0  VX4  800N

Como pasa de un valor positivo a otro negativo, entonces habrá un punto en el cual la fuerza
cortante será cero y que ocasionará un valor máximo del momento flector en dicho tramo. Para
ello, igualamos la ecuación de la cortante a cero y determinamos la distancia desde el apoyo A
que se produce dicho efecto.

650  350X  0

X  1,714m
Este punto, es denotado en la figura 5.32 como C
Ahora, planteamos la ecuación del momento flector para dicho tramo AB

X
M AB  600X  350X   600X  175X 2 
2

M A  M X 0  0




161

M C  M máx  M X1,714  514,2N.m

M B  M X4  400N.m

Como podemos apreciar, cuando la carga es distribuida, el diagrama de fuerza cortante será un
tramo de recta y el diagrama de momento flector una parábola cuadrática.
b) En función de los valores obtenidos por ecuaciones graficamos los diagramas en el tramo AB y
lo comparamos con el Método de las áreas, graficando el tramo restante, es decir BD
Para ello, a continuación damos a conocer los principios básicos que se debe de conocer para
aplicar el Método de las áreas, con la finalidad de no detenernos en este tipo de detalles en los
problemas posteriores.
1. Para el caso de cargas puntuales, el diagrama de fuerza cortante en un tramo determinado
será constante (recta horizontal) y el diagrama de momento flector será una recta inclinada.
2. Para cargas uniformemente distribuidas, el diagrama de fuerza cortante es una recta
inclinada y el diagrama de momento flector una parábola cuadrática.
3. Cuando exista una rótula, está tendrá efecto en el cálculo de reacciones y en el diagrama de
momento flector, cuyo valor debe ser cero en dicha rótula; sin embargo, en el diagrama de
fuerza cortante no tiene efecto, continuando el diagrama sin tomar en cuenta la rótula.
Aplicamos estos principios en los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
DIAGRAMA “V”:
1. En el apoyo A existe una reacción vertical igual a 600N hacia arriba.
2. Luego viene una carga distribuida, dirigida hacia abajo, que irá disminuyendo gradualmente
hasta el apoyo B, donde su valor es la diferencia de 600N con la resultante de la carga
distribuida, es decir:

VB0  600  350.(4)  800N
3. Determinamos por relaciones de triángulos rectángulos el valor de la distancia “d” desde el
apoyo A, en cuyo punto C se tendrá que la fuerza cortante es cero.

600 1400

d
4



d  1,714m

Como podemos apreciar, este valor coincide con el obtenido mediante la ecuación de la
fuerza cortante.
4. En el punto B, existe una reacción vertical igual a 1200N, que lo llevará hasta 400N
5. En el tramo BD no existe carga alguna, por ello, el diagrama de fuerza cortante será
constante.
6. En el extremo D existe una fuerza vertical hacia abajo, que lo lleva los 400N hasta cero,
cerrando el diagrama de fuerza cortante correctamente.
DIAGRAMA “M”:

MA  0
1
M C  .(1,714).(600)  514,2 N.m
2
1
M B  514,2  .(2,286).(800)  400 N.m
2

M D  400  400.(1)  0

162

Las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante y momento flector se muestran
en la figura 5.32

Fig. 5.32
Para distinguir la forma de la parábola en el tramo AB, recordamos, que para trazar una parábola
como mínimo se necesitan 3 puntos, los cuales conocemos en los puntos A, C y B de la viga,
uniendo de acuerdo a la escala indicada, quedando de la forma mostrada en la figura 5.32
En dicha figura, se ha agregado el diagrama de refuerzo, con la finalidad que el lector conozca la
zona a reforzar cuando se trata de vigas de concreto armado, en el cual, como se sabe, el
concreto trabaja muy bien en compresión y mal en tracción, siendo necesario el refuerzo con
acero en dicha zona.
De acuerdo a la figura 5.25, podemos indicar que cuando el momento es positivo, la zona de
tracción es la parte inferior y la zona de compresión la parte superior. Lo contrario sucede
cuando el momento es negativo.

a) Determinar las componentes de reacción en los apoyos.
b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.

Fig. 5.33
163

Solución:
a) Determinamos las reacciones en los apoyos:

M

A

0



VB .(4)  4000.(5).(2,5)  800.(4)  0
VB  13300N 

F

Y

0



VA  13300  4000.(5)  800  0

VA  7500N 

F

X

0



HA  0

b) Aplicamos el Método de las áreas para graficar los diagramas de fuerza cortante y momento
flector.
DIAGRAMA “V”:
1. En el apoyo A existe una reacción vertical igual a 7500N hacia arriba.
2. Luego, viene una carga distribuida, dirigida hacia abajo, que irá disminuyendo gradualmente
hasta el apoyo B, donde su valor es la diferencia de 7500N con la resultante de la carga

VB0  7500  4000.(4)  8500N
3. Determinamos por relaciones de triángulos rectángulos el valor de la distancia “d” desde el
apoyo A, en cuyo punto C se tendrá que la fuerza cortante es cero y en consecuencia, su
momento flector será máximo en dicho tramo.

7500 16000

d
4



d  1,875m

4. En el punto B, existe una reacción vertical de 13300N y una carga vertical de 800N, cuya
acción conjunta hará que el valor de la cortante en dicho punto suba la diferencia, es decir,
12500N, llegando hasta 4000N
5. En el tramo BD existe una carga distribuida, que lo hará al valor de 4000N decrecer
gradualmente hasta llegar en D a cero, debido a que la resultante de la carga distribuida en
el tramo BD es también 4000N
DIAGRAMA “M”:

MA  0
1
M C  M máx  .(1,875).(7500)  7031,25N.m
2

1
M B  7031,25  .(2,125).(8500)  2000 N.m
2
1
M D  2000  .(1).(4000)  0
2
Las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo se
muestran en la figura 5.34
Para graficar la parábola del tramo AB, aplicamos el mismo criterio del problema anterior, es
decir, unimos los valores de los momentos en los puntos A, C y B, de acuerdo a la escala
164

escogida y para la parábola en el tramo BD será la misma forma que en el tramo AC, debido a
que el diagrama de fuerza cortante tiene la misma forma para ambos tramos.

Fig. 5.34

PROBLEMA 5.13 Dada la siguiente viga, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento
flector debidamente acotados.

Fig. 5.35
Solución:

M

A

0



VB .(4)  500.(1)  800.(4).(2)  400.(1).(4,5)  0
VB  1925kgf 

F

Y

0



VA  1925  500  800.(4)  400.(1)  0
VA  2175kgf 

F

X

0



HA  0
165

Fig. 5.36
A continuación, explicamos los diagramas de fuerzas internas.
DIAGRAMA “V”:
1. Iniciamos desde el extremo izquierdo de la viga en voladizo, teniendo una fuerza de 500kgf hacia
abajo que es constante en el tramo DA
2. En el apoyo A existe una reacción vertical hacia arriba de 2175kgf, que lo lleva de -500kgf hasta
1675kgf
3. En el tramo AB existe una carga distribuida de 800kgf/m que lo hace disminuir gradualmente
hasta el apoyo B, donde su valor es la diferencia entre 1675kgf con la resultante de la carga

VB0  1675  800.(4)  1525kgf
4. Determinamos por relaciones de triángulos rectángulos, el valor de la distancia “d” desde el
apoyo A, en cuyo punto C se tendrá que la fuerza cortante es cero y, en consecuencia, su
momento flector será máximo en dicho tramo.

1675 3200

d
4



d  2,0938m

5. En el apoyo B existe una reacción vertical hacia arriba de 1925kgf, que lo lleva hasta 400kgf
6. En el tramo BE existe una carga distribuida de 400kgf/m que lo hace disminuir gradualmente,
cuya resultante de 400kgf lo lleva hasta cero en el extremo E
166

DIAGRAMA “M”:

MD  0

M A  500.(1)  500kgf .m
1
M C  M máx  500  .(2,0938).(1675)  1253,56kgf .m
2
1
M B  1253,56  .(1,9062).(1525)  200kgf .m
2

1
M E  200  .(400).(1)  0
2
Para graficar la parábola del tramo AB, aplicamos el mismo criterio del problema anterior, es decir
unimos los valores de los momentos en los puntos A, C y B, de acuerdo a la escala escogida y para
la parábola en el tramo BE será la misma forma que en el tramo AC, debido a que el diagrama de
fuerza cortante tiene la misma forma para ambos tramos.
Las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo se
muestran en la figura 5.36

PROBLEMA 5.14 Graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, para la viga
mostrada en la figura 5.37

Fig. 5.37
Solución:
Determinamos las reacciones en los apoyos:

M

A

0



VB .(8)  30.(2)  10.(4).(6)  50  0
VB  16,25kN 

F

Y

0



 VA  30  10.(4)  16,25  0
VA  6,25kN 

F

X

0



HA  0

DIAGRAMA “V”:
1. En el apoyo A, existe una reacción vertical de 6,25kN hacia abajo y es constante en el tramo AC
2. En el punto C existe una carga vertical hacia arriba de 30kN, que lo lleva de -6,25kN hasta
23,75kN
3. En el tramo CD no existe carga alguna, es por ello, que el diagrama de fuerza cortante es
constante e igual a 23,75kN

167

4. Desde el punto D hasta el apoyo B existe una carga uniformemente distribuida de 10kN/m que lo
reduce gradualmente hasta el apoyo B, donde su valor es la diferencia entre 23,75kN con la
resultante de la carga distribuida, es decir:

VB0  23,75  10.(4)  16,25kN
punto D, siendo en el punto E la fuerza cortante cero y, en consecuencia, su momento flector
será máximo en dicho tramo.

23,75 40

d
4



d  2,375m

6. En el apoyo B existe una reacción vertical de 16,25kN hacia arriba que lo lleva hasta cero.
DIAGRAMA “M”:

MA  0
M C  6,25.(2)  12,5kN.m
M antes  12,5  23,75.(2)  35kN.m
D
M después  35  50  15kN.m
D
1
M E  15  .(2,375).(23,75)  13,2kN.m
2
1
M B  13,2  .(1,625).(16,25)  0
2

Fig. 5.38

168

Como podemos apreciar, aplicando el Método de las áreas, debemos de detenernos en el punto
donde existe momento puntual, como es el caso del punto D, en cuyo lugar analizamos antes y
después de la acción del momento, cuya variación en el diagrama de momento flector en dicho
punto, debe ser igual al valor del momento.
En la figura 5.38, se muestran las reacciones en los apoyos, diagramas de fuerza cortante, momento
flector y refuerzo.

PROBLEMA 5.15 Trazar los diagramas de cargas y de momento flector, correspondiente al
diagrama de fuerza cortante que se da en la figura 5.39, sabiendo que la viga únicamente está
sometida a cargas puntuales y uniformemente distribuidas.

Fig. 5.39
Solución:
A continuación, explicamos como se debe de ubicar las cargas en la viga de acuerdo al diagrama de
fuerza cortante y en función de este diagrama, trazamos el diagrama de momento flector por el
Método de las áreas.
DIAGRAMA DE CARGAS:
1. En el extremo C de la viga, existe una carga puntual de 5kN hacia abajo, debido a que en el
diagrama de fuerza cortante desciende dicha magnitud.
2. En el tramo CA existe una carga uniformemente distribuida de 10kN/m hacia abajo, debido a que
en el diagrama de fuerza cortante en dicho tramo desciende una magnitud de 10kN, equivalente
a la acción de la carga distribuida en el tramo indicado.
3. En el apoyo A existe una reacción vertical hacia arriba e igual a 25kN, tal como se observa en el
diagrama de fuerza cortante.
4. En el tramo AD no existe carga alguna, debido a que el diagrama de fuerza cortante permanece
constante.
5. En el punto D de la viga existe una carga puntual hacia abajo e igual a 10kN, tal como se
muestra en el diagrama de fuerza cortante.
6. En el tramo DB existe una carga uniformemente distribuida de 5kN/m hacia abajo, debido a que
en el diagrama de fuerza cortante en dicho tramo desciende la magnitud de 10kN, equivalente a
la acción de la carga distribuida en el tramo indicado.

169

7. En el apoyo B existe una reacción vertical de 10kN hacia arriba que hace cerrar el diagrama de
fuerza cortante.
DIAGRAMA “M”:

MC  0
MA  

(5  15).(1)
 10kN.m
2

M D  10  10.(2)  10kN.m
1
M B  10  .(2).(10)  0
2
Para saber la forma de la parábola en el tramo CA, analizamos de otra forma, dividiendo el diagrama
de fuerza cortante de dicho tramo en dos partes de longitud 0,5m cada tramo, siendo el área del lado
izquierdo menor que el área del lado derecho, lo que implica que el valor del momento en el centro
de dicho tramo CA es menor que el 50% del momento en el extremo A, lo que implica que la única
forma que se pueden unir tres puntos para graficar la parábola es la mostrada en la figura 5.40
Para el tramo DB la forma de la parábola será la misma que en el tramo CA por la forma de la
pendiente del diagrama de fuerza cortante.
En la figura 5.40 se muestran el diagrama de cargas, reacciones en los apoyos y los diagramas de
fuerza cortante, momento flector y refuerzo.

Fig. 5.40

170

PROBLEMA 5.16 Para la viga mostrada en la figura 5.41, se pide determinar:
a) Las fuerzas internas a 2,5m a la derecha del apoyo A
b) Las expresiones de fuerza cortante y momento flector a la distancia “X” indicada

(0  X  2m)

c) Las gráficas de los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, debidamente
acotados.

Fig. 5.41
Solución:

F

X

0



 H A  400 cos 60 o  0

H A  200kgf 

M

A

0



VB .(5)  300.(2).(1)  700.(2).(4)  400sen60 o (6)  0
VB  1655,69kgf 

F

Y

0



VA  1655,69  600  1400  400sen60 o  0
VA  690,72kgf 

Efectuamos un corte a 2,5m a la derecha del apoyo A y analizamos su equilibrio, determinando
las fuerzas internas en dicho punto, denotado como C

F

X

0



N C  200  0
N C  200kgf

F

Y

0



690,72  600  VC  0
VC  90,72kgf

M

C

0



 690,72.(2,5)  300.(2).(1,5)  M C  0
M C  826,8kgf .m

Fig. 5.42

171

b) Para determinar las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector a una distancia “X” del
apoyo A, es decir en el tramo AD de la figura 5.43, efectuamos un corte en D y analizamos el
equilibrio del tramo AD

F

X

0



N D  200  0
N D  200kgf

F

Y

0



690,72  300X  VD  0

VD  300X  690,72

M

D

0



X
 690,72X  300X.   M D  0
2

M D  150X 2  690,72X

Fig. 5.43
c) Graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector.
DIAGRAMA “N”:
Como podemos apreciar, en la viga en ambos extremos existen fuerzas de tracción de 200kgf, lo
que implica que toda la viga está sometida a dicha acción.
DIAGRAMA “V”:
1. En el apoyo A existe una componente de reacción que es vertical hacia arriba de 690,72kgf
2. En el tramo AE existe una carga distribuida de 300kgf/m que lo reduce gradualmente hasta
90,72kgf que corresponde al punto E
3. En el tramo EF no existe carga alguna, por ello, el diagrama de fuerza cortante permanece
constante e igual a 90,72kgf
4. Desde el punto F hasta el apoyo B existe una carga uniformemente distribuida de 700kgf/m
que lo reduce gradualmente hasta el apoyo B, donde su valor es la diferencia entre 90,72kgf
con la resultante de la carga distribuida, es decir:

VB0  90,72  700.(2)  1309,28kgf
punto F, siendo en el punto G la fuerza cortante cero y, en consecuencia, su momento flector
será máximo en dicho tramo.

90,72 1400

d
2

172



d  0,1296m

6. En el apoyo B existe una reacción vertical hacia arriba de 1655,69kgf que lo lleva hasta
346,41kgf
7. Este valor es constante en el tramo BH, existiendo en el extremo H una carga vertical de
346,41kgf que lo hace descender hasta cero.
DIAGRAMA “M”:

MA  0
ME 

(690,72  90,72).(2)
 781,44kgf .m
2

M F  781,44  90,72.(1)  872,16kgf .m
1
M G  872,16  .(0,1296).(90,72)  878,03kgf .m
2

1
M B  878,03  .(1,8704).(1309,28)  346,41kgf .m
2

M H  346,41  346,41.(1)  0
En la figura 5.44 se muestran las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza axial,
fuerza cortante y momento flector.

Fig. 5.44

173

PROBLEMA 5.17 Graficar los diagramas de fuerza axial o normal, fuerza cortante, momento flector y
refuerzo para la viga mostrada en la figura 5.45

Fig. 5.45
Solución:
Determinamos las reacciones en los apoyos:

M

A

0



VB .(9)  360.(3,6)  45.(13,5).(6,75)  180sen37 o (13,5)  0
VB  761,625kN 

F

Y

0



VA  761,625  360  45.(13,5)  180sen37 o  0
VA  313,875kN 

F

X

0



H A  180 cos 37 o  0

H A  144kN 
A continuación, explicamos como se debe de graficar los diagramas N, V y M
DIAGRAMA “N”:
Como podemos apreciar, en la viga en ambos extremos existen fuerzas de compresión de 144kN, lo
que implica que toda la viga está sometida a dicha acción.
DIAGRAMA “V”:
1. En el apoyo A existe una componente de reacción vertical hacia arriba e igual a 313,875kN
2. En el tramo AC existe una carga uniformemente distribuida de 45kN/m que lo hace descender
gradualmente 162kN, llegando al punto C con un valor de fuerza cortante igual a 151,875kN
3. En el punto C existe una carga puntual hacia abajo de 360kN, que lo hace descender de
151,875kN hasta -208,125kN
4. En el tramo CB existe una carga uniformemente distribuida de 45kN/m que lo hace descender
gradualmente 243kN, llegando al apoyo B con un valor de fuerza cortante igual a -451,125kN
5. En el apoyo B existe una reacción vertical de 761,625kN hacia arriba llevándolo hasta 310,5kN
6. En el tramo BD existe una carga uniformemente distribuida de 45kN/m que lo hace descender
gradualmente 202,5kN llegando al punto D con una valor de fuerza cortante igual a 108kN
7. En el extremo D de la viga existe una fuerza, cuya componente vertical es de 108kN hacia abajo,
que lo lleva hasta cero.
DIAGRAMA “M”:

MA  0
MC 

(313,875  151,875).(3,6)
 838,35kN.m
2
174

M B  838,35 

(208,125  451,125).(5,4)
 941,625kN.m
2

M D  941,625 

(310,5  108).(4,5)
0
2

En la figura 5.46 se muestran las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza axial, fuerza
cortante, momento flector y refuerzo.

Fig. 5.46

PROBLEMA 5.18 Para la viga mostrada en la figura 5.47, determinar:
a) Las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector para los tramos AC y CB en términos de
“X”, considerando el origen en A

Fig. 5.47
175

Solución:

M

A

0



1
VB .(7)  1.(3)  0,5.(8)  .(3).(2).(2)  2.(4).(5)  3  0
2

VB  8T 

F

Y

0



1
VA  8  1  0,5  .(2).(3)  2.(4)  0
2

VA  4,5T 

F

X

0



HA  0

Planteamos las ecuaciones en los tramos requeridos, efectuando un corte en dichos tramos y
analizando su equilibrio.
TRAMO AC

(0  X  3)

Previamente determinamos el valor de W X utilizando la relación de triángulos rectángulos.

WX 2

X
3



WX 

2X
3

Luego, determinamos las fuerzas internas en el punto E, lugar donde se ha efectuado el corte.

F

0



NE  0

F

0



1
 2X 
4,5  .(X).
  VE  0
2
 3 

X

Y

VE  4,5 

M

E

0



X2
3

1
 2X   X 
 4,5X  .(X).
.   M E  0
2
 3  3 

M E  4,5X 

X3
9

Fig. 5.48
TRAMO CB

(3  X  7)

Analizamos el equilibrio de la parte izquierda de la viga hasta el punto D, lugar del corte.

F

X

0



ND  0

176

F

Y

0



1
4,5  1  .(2).(3)  2.(X  3)  VD  0
2

VD  2X  6,5

 MD  0



1
(X  3) 2
 4,5X  1.(X  3)  (2).(3).(1  X  3)  2.
 3  MD  0
2
2
M D  X 2  6,5X  3

Fig. 5.49
b) Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, analizando tramo por tramo.
TRAMO AC

(0  X  3)

Aplicamos las ecuaciones obtenidas para dicho tramo, debido a que como es carga triangular, el
método de las áreas no es recomendable aplicarlo para tal tipo de cargas.

VA  VX0  4,5T

VG  VX 1,5

1,5 2
 4,5 
 3,75T
3

VC0  VX 3  4,5 

32
 1,5T
3

M A  M X 0  0

M G  M X 1,5  4,5.(1,5) 
M C  0  M X 3
TRAMO CB

1,53
 6,375T.m
9

33
 4,5.(3) 
 10,5T.m
9

(3  X  7)

En este tramo podemos aplicar indistintamente el Método de las áreas o las ecuaciones
obtenidas, efectuando la comparación de los resultados para el diagrama de fuerza cortante.
METODO DE LAS AREAS:
DIAGRAMA “V”:
1. En el punto C hay una fuerza de 1T hacia abajo que lo reduce al valor de 1,5T hasta 0,5T
2. En el tramo CB existe una carga uniformemente distribuida igual a 2T/m que lo reduce
gradualmente desde 0,5T hasta -7,5T

177

3. Por relaciones de triángulos rectángulos determinamos el valor de la distancia donde la
fuerza cortante es cero.

0,5 8

d
4



d  0,25m

DIAGRAMA “M”:

M C0  10,5  3  13,5T.m

1
M H  M máx  13,5  .(0,25).(0,5)  13,562T.m
2
1
M B  13,562  .(3,75).(7,5)  0,5T.m
2
ECUACIONES:
Comprobamos los valores obtenidos anteriormente en dicho tramo por las ecuaciones
correspondientes al tramo analizado.

VC0  VX3  2.(3)  6,5  0,5T
VH  VX3, 25  2.(3,25)  6,5  0

VB0  VX7  2.(7)  6,5  7,5T
M C0  M X3  32  6,5.(3)  3  13,5T.m

M H  M X3, 25  3,252  6,5.(3,25)  3  13,562T.m
M B  M X7  7 2  6,5.(7)  3  0,5T.m
Como se ha podido apreciar, son los mismos resultados los obtenidos por ambos métodos, es
por ello, de ahora en adelante para problemas similares, solo en el tramo de carga triangular se
aplicarán las ecuaciones correspondientes y en el resto de tramos el Método de las áreas.
TRAMO BF

(7  X  8)

DIAGRAMA “V”:
1. En el apoyo B existe una reacción vertical hacia arriba de 8T que lo lleva de -7,5T hasta 0,5T
2. En el tramo BF no existe carga alguna, siendo constante el diagrama de fuerza cortante e
igual a 0,5T hasta llegar al extremo F de la viga, donde la carga vertical hacia debajo de 0,5T
lo lleva hasta cero.
DIAGRAMA “M”:

M F  0,5  0,5.(1)  0
En la figura 5.50 se muestran las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante y
momento flector.

178

Fig. 5.50

PROBLEMA 5.19 Para la viga simplemente apoyada mostrada en la figura 5.51, se pide:
a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante y el momento flector para el tramo BC en
términos de “X”

(0  X  6m) , considerando el origen en B

b) Dibujar el diagrama de fuerza cortante y diagrama de momento flector debidamente acotados.

Fig. 5.51
Solución:

M

A

0



1
VC .(8)  20.(2)  2.(2).(1)  .(8).(6).(6)  8  8  0
2
VC  23,5T 

F

Y

0



1
VA  23,5  20  2.(2)  .(8).(6)  0
2
179

VA  24,5T 

F

X

0



HA  0

Determinamos el valor de W X para la carga triangular, mediante relación de triángulos
rectángulos.

WX 8

X
6



WX 

4X
3

Fig. 5.52
Ahora, planteamos las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector, aplicando la
metodología alterna, sin necesidad de efectuar corte alguno, solo efectuando la suma de fuerzas
verticales para la cortante y el momento respecto al punto correspondiente a W X, quedando a
criterio del lector la comprobación mediante el equilibrio explicado anteriormente.

1
 4X 
2
VBC  24,5  2.(2)  20  (X).
  0,667X  0,5
2
 3 
Luego, la cortante en este tramo será cero cuando

X  0,866m

1
 4X   X 
3
M BC  24,5.(2  X)  2.(2).(1  X)  20X  8  .(X).
.   0,222X  0,5X  37
2
3  3 

b) Para graficar el diagrama de fuerza cortante y momento flector, aplicamos el Método de las
áreas para el tramo AB y las ecuaciones obtenidas anteriormente para el tramo BC
DIAGRAMA “V”:
1. En el apoyo A existe una reacción vertical hacia arriba de 24,5T
2. En el tramo AB existe una carga uniformemente distribuida que lo hace descender
gradualmente hasta 20,5T
3. En el punto B existe una carga puntual de 20T hacia abajo, que lo hace descender hasta
0,5T
4. Para el tramo BC aplicamos las ecuaciones obteniendo el mismo valor para el punto B+0,
que es después de aplicar la carga de 20T hacia abajo.

VB0  VX0  0,667.(0)  0,5  0,5T

VC0  VX6  0,667.(6) 2  0,5  23,5T
5. En el apoyo B existe una reacción vertical de 23,5T hacia arriba que lo lleva hasta cero.
DIAGRAMA “M”:

MA  0
M B 0 

(24,5  20,5).(2)
 45T.m
2
180

M B0  45  8  37T.m

M D  M máx  M X0,866  0,222.(0,866) 3  0,5.(0,866)  37  37,29T.m
BC
M C0  M X6  0,222.(6) 3  0,5.(6)  37  8T.m

M C0  8  8  0
En la figura 5.53 se muestran las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante y
momento flector.

Fig. 5.53


Fig. 5.54
181

Solución:
a) Calculamos las reacciones en los apoyos, efectuando un corte en la rótula y analizando el
equilibrio en la parte izquierda de la viga.

M

izq
C

0



1
 VA .(3)  6.(1,5)  .(8).(3).(4)  0
2

VA  19T 

Fig. 5.55
Ahora, determinamos las reacciones en el empotramiento en B, analizando el equilibrio de toda
la viga.

F

0



HB  0

F

0



1
19  VB  .(8).(3)  6  2.(3)  0
2

X

Y

VB  5T 

M

B

0



1
 19.(6)  .(8).(3).(7)  6.(4,5)  2.(3).(1,5)  M B  0
2

M B  6T.m

Fig. 5.56
b) Determinamos el valor de W X para la carga triangular, mediante relación de triángulos
rectángulos.

WX 8

X
3



Fig. 5.57
182

WX 

8X
3

Ahora, planteamos las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector para el tramo
indicado.

1  8X 
4X
VDA   .
.(X)  
2 3 
3

2



VX0  VD  0

VX 1,5  

4.(1,5) 2
 3T
3

VX3  VA0  

M DA

4X 2  X 
4X 3

.   
3 3
9



4.(3) 2
 12T
3

M X 0  M D  0

M X 1,5  
M X 3

4.(1,5) 3
 1,5T.m
9

4.(3) 3
 MA  
 12T.m
9

Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, considerando los valores
obtenidos para el tramo DA, mediante las ecuaciones y para el resto de la viga por los métodos
conocidos.
DIAGRAMA “V”:
1. En el apoyo B existe una reacción vertical hacia arriba de 19T, que lo lleva desde -12T hasta
7T, siendo constante en el tramo AE, debido a que no existe carga alguna.
2. En el punto E existe una carga de 6T vertical hacia abajo, que lo lleva hasta 1T, siendo
constante en el tramo EC
3. Desde C hasta B existe una carga uniformemente distribuida de 2T/m que lo reduce
gradualmente desde 1T hasta -5T, siendo el valor de la cortante cero en el punto ubicado a
la distancia de 0,5m de la rótula C
4. En el empotramiento B existe una reacción vertical de 5T que lo lleva hasta cero.
DIAGRAMA “M”:

M A  12T.m
M E  12  7.(1,5)  1,5T.m
M C  1,5  1.(1,5)  0
1
M F  .(1).(0,5)  0,25T.m
2

1
M B0  0,25  .(5).(2,5)  6T.m
2
M B0  6  6  0
Los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo se muestran en la figura 5.58,
donde se aprecia que se cumple con la condición que el momento flector en la rótula es cero.

183

Fig. 5.58

PROBLEMA 5.21 Grafique los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga
mostrada en la figura 5.59

Fig. 5.59
Solución:
Calculamos las fuerzas internas en cada tramo.
TRAMO BC:

M  0
F  0
B

Y



VC .(4)  10.(4).(2)  0



VC  20T 



VB  20  10.(4)  0



VB  20T 

Fig. 5.60
184

TRAMO AB:

F  0
M  0
Y

A



 VA  20  10.(4)  0



VA  20T 



M A  20.(4)  10.(4).(2)  0



MA  0

Fig. 5.61
En base a los resultados obtenidos, graficamos los diagramas correspondientes de fuerza cortante y
momento flector.
DIAGRAMA “V”:
1. En el empotramiento A existe una reacción vertical de 20T hacia abajo.
2. En el tramo AB existe una carga uniformemente distribuida de 10T/m hacia arriba, que lo hace
crecer gradualmente desde -20T hasta 20T en la rótula B
3. En el tramo BC existe una carga uniformemente distribuida de 10T/m hacia abajo, que lo hace
descender gradualmente desde 20T hasta -20T en la rótula C
4. En el tramo CD existe una carga uniformemente distribuida de 10T/m hacia arriba que lo hace
crecer gradualmente desde -20T hasta 20T en el empotramiento D
5. En el empotramiento D existe una reacción vertical de 20T hacia abajo, que lo lleva a cero.
DIAGRAMA “M”:

MA  0
1
M E   .(20).(2)  20T.m
2
1
M B  20  .(20).(2)  0
2
1
M F  .(20).(2)  20T.m
2
1
M C  20  .(20).(2)  0
2

1
M G   .(20).(2)  20T.m
2
1
M D  20  .(20).(2)  0
2
Como se puede apreciar en la figura 5.62, se cumple que los momentos en las rótulas B y C son
ceros. También se puede indicar, que si el sistema es simétrico en geometría y cargas, entonces su
diagrama de fuerza cortante es antisimétrico y el diagrama de momento flector simétrico.
185

Fig. 5.62

PROBLEMA 5.22 Para la viga mostrada en la figura 5.63, se pide:
a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector para el tramo izquierdo en
términos de X

(0  X  3m) , considerando el origen en A

b) Dibujar el diagrama de fuerza cortante y diagrama de momento flector debidamente acotados.

Fig. 5.63
Solución:
a) Calculamos las reacciones en los apoyos, analizando en un inicio el equilibrio total de la viga.

F

X

0



HA  0

Luego, efectuamos un corte en la rótula B y analizamos el equilibrio de la parte izquierda de la
viga.

F

X

0



HB  0

186

M

B

F

0

0

Y



1
 VA .(4)  .(2).(3).(2)  0
2



VA  1,5T 



1
1,5  VB  .(2).(3)  0
2



VB  1,5T 

Fig. 5.64
Determinamos las ecuaciones de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para el tramo
AE de la viga.

WX 2

X
3



WX 

F

0



N AE  0

 FY  0



1
 2X 
1,5  .(X).
  VAE  0
2
 3 



 X2   X 
M  1,5.(X)  
 3 . 3   0


 

X

M

i

0

2X
3




VAE  1,5 
M AE

X2
3

X3
 1,5X 
9

Fig. 5.65
Ahora, calculamos las otras reacciones, analizando el equilibrio del tramo BCD de la viga.

M  0
F  0
D

Y



1,5.(5)  4.(4).(2)  1  VC .(4)  0



VC  9,625T 



9,625  VD  1,5  4.(4)  0



VD  7,875T 

Fig. 5.66

187

b) En el tramo AE, determinamos el punto donde la fuerza cortante es cero, igualando a cero la
ecuación de la fuerza cortante.

1,5 

X2
0
3



X  2,1213m

Calculamos los valores de la fuerza cortante y momento flector para el tramo AE, tal como se
muestra en la tabla 5.1
Tabla 5.1
DISTANCIA

V

M

(m)

(T)

(T.m)

X0

1,5

0

X  1,5

0,75

1,875

X  2,1213

0

2,1213

X3

 1,5

1,5

Con los valores obtenidos, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector en el
tramo AE y para el resto de la viga por los métodos conocidos, tal como se muestra en la figura
5.67

Fig. 5.67

188

DIAGRAMA “V”:
1. En el tramo EC no existe carga alguna, por ello, el diagrama de fuerza cortante es constante
e igual a -1,5T
2. En el apoyo C existe una reacción vertical hacia arriba de 9,625T que lo lleva desde -1,5T
hasta 8,125T
3. En el tramo CD existe una carga uniformemente distribuida de 4T/m que lo hace decrecer
gradualmente desde 8,125T hasta -7,875T
4. En el apoyo D existe una reacción vertical de 7,875T que lo lleva hasta cero.
DIAGRAMA “M”:

M B  1,5  1,5.(1)  0
M C0  0  1,5.(1)  1,5T.m
M C0  1,5  1  0,5T.m
1
M H  0,5  .(8,125).(2,03125)  7,7519T.m
2

1
M D  7,7519  .(7,875).(1,96875)  0
2
5.3 DIAGRAMAS EN PORTICOS
PROBLEMA 5.23 Grafique los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para la
estructura mostrada en la figura 5.68

Fig. 5.68
Solución:

M

A

0



VC .(9)  30.(4,5 2 ).(2,25 2 )  45.(7,5).(8,25)  0
VC  376,875kN 

F

X

0



 H A  30.(4,5 2 ).sen 45o  0

H A  135kN 

189

F

Y

0



VA  376,875  30.(4,5 2 ). cos 45o  45.(7,5)  0
VA  95,625kN 

Ahora, graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector.
DIAGRAMA “N”:
Como sabemos, las fuerzas axiales van orientadas a lo largo de cada barra y pueden ser de tracción
(origina alargamiento) o de compresión (ocasiona acortamiento).
Para ello, proyectamos las fuerzas a lo largo de cada barra en su eje longitudinal.

N AB  135 cos 45o  95,625 cos 45o  27,84kN

(TRACCION)

N BC  0
N CD  0
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza axial, tal como se muestra en la figura
5.69

Fig. 5.69
DIAGRAMA “V”:
Efectuamos en forma análoga, pero proyectamos en forma perpendicular al eje de la barra,
codificando el subíndice como el punto en el cual se analiza y superíndice el tramo respectivo.
AB
VA  95,625sen 45o  135sen 45o  163,07kN
AB
VB  163,07  30.(4,5 2 )  27,84kN
BC
VB  95,625  30.(4,5 2 )sen 45o  39,375kN
BC
VC  39,375  45.(4,5)  241,875kN
CD
VC  241,875  376,875  135kN

CD
VD  135  45.(3)  0

Determinamos la distancia “d” desde el apoyo A, en el tramo AB, donde la fuerza cortante es cero.

163,07 190,91

d
4,5 2



190

d  5,4357m

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza cortante, tal como se muestra en la
figura 5.70

Fig. 5.70
DIAGRAMA “M”:

MA  0
1
M E  .(163,07).(5,4357)  443,2kN.m
2
1
M B  443,2  .(27,84).(0,9283)  430,28kN.m
2
M C  430,28 

(241,875  39,375)
.(4,5)  202,5kN.m
2

1
M D  202,5  .(135).(3)  0
2
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento flector, tal como se muestra en la
figura 5.71

Fig. 5.71

191

PROBLEMA 5.24 Graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para el
pórtico mostrado en la figura 5.72

Fig. 5.72
Solución:

M  0
F  0
F  0



VD .(4)  4.(3)  3.(4).(2)  0



VD  3T 

Y



VA  3  3.(4)  0



VA  9T 

X



HA  4  0



H A  4T 

A

En la figura 5.73,a se muestran las reacciones en los apoyos.
DIAGRAMA “N”:
Como sabemos, las fuerzas axiales van orientadas a lo largo de cada barra y pueden ser de tracción
(origina alargamiento) o de compresión (ocasiona acortamiento).
Para ello, proyectamos las fuerzas a lo largo de cada barra en su eje longitudinal.

N AB  9T

(COMPRESION)

N BC  4T

(COMPRESION)

N CD  3T

(COMPRESION)

5.73,b
DIAGRAMA “V”:
Efectuamos en forma análoga, pero proyectamos en forma perpendicular al eje de la barra,
codificando el subíndice como el punto en el cual se analiza y superíndice el tramo respectivo.
AB
VA  4T
AB
VB  4T
BC
VB  9T
BC
VC  9  3.(4)  3T

192

CD
VC  0

CD
VD  0

Determinamos la distancia “d” desde el nudo B, en el tramo BC, donde la fuerza cortante es cero.

9 12

d 4



d  3m

figura 5.73,c

Fig. 5.73
DIAGRAMA “M”:

MA  0

M B  4.(3)  12T.m
1
M E  12  .(3).(9)  1,5T.m
2
1
M C  1,5  .(1).(3)  0
2

MD  0
193

figura 5.73,d

PROBLEMA 5.25 Grafique los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para el

Fig. 5.74
Solución:

M

A

0



VD .(4)  2.(3)  2.(3)  3.(4).(2)  1  0
VD  6,25T 

F

Y

0



VA  6,25  3.(4)  0
VA  5,75T 

F

X

0



HA  2  2  0
HA  0

DIAGRAMA “N”:

N AB  5,75T

(COMPRESION)

N BC  2T

(COMPRESION)

N CD  6,25T

(COMPRESION)

5.75,b
DIAGRAMA “V”:
AB
VA  0
AB
VB  0
BC
VB  5,75T

194

BC
VC  5,75  3.(4)  6,25T
CD
VC  0

CD
VD  0

figura 5.75,c
DIAGRAMA “M”:

MA  0
MB  0
1
M E  .(1,917).(5,75)  5,51T.m
2
1
M C0  5,51  .(2,083).(6,25)  1T.m
2

M C0  1  1  0

MD  0
figura 5.75,d

Fig. 5.75

195


Fig. 5.76
Solución:

M

A

0



1
VD .(6)  1200.(4)  400.(6).(3)  .(6).(600).(4)  0
2

VD  1600kgf 

F

Y

0



1
VA  1600  .(6).(600)  0
2
VA  200kgf 

F

X

0



 H A  400.(6)  1200  0
H A  1200kgf 

DIAGRAMA “N”:

N AB  200kgf

(COMPRESION)

N BC  1200kgf

(COMPRESION)

N CD  1600kgf

(COMPRESION)

5.78,b
DIAGRAMA “V”:
AB
VA  1200kgf
AB
VB  1200  400.(6)  1200kgf

Para graficar el diagrama de cortante en el tramo BC por existir carga triangular, debemos de
plantear una ecuación, analizando previamente la carga triangular que se muestra en la figura 5.77

Y 600

X
6


196

Y  100X

Fig. 5.77

1
BC
VX  200  .(X).(100X)  200  50X 2
2
Ahora, determinamos la fuerza cortante igual a cero, porque ahí se producirá el momento flector
máximo en el tramo analizado.



200  50X 2  0

X  2m

Calculamos los valores de la fuerza cortante para el tramo BC, tal como se muestra en la tabla 5.2
Tabla 5.2
PUNTO

DISTANCIA

V

M

(m)

(kgf)

(kgf.m)

B

X0

200

0

F

X2

0

266,67

C

X6

 1600

 2400

CD
VC  1200kgf
CD
VG 0  1200kgf
CD
VG 0  1200  1200  0

CD
VD  0

figura 5.78,c
DIAGRAMA “M”:

MA  0
1
M E  .(3).(1200)  1800kgf .m
2
1
M B  1800  .(3).(1200)  0
2
Para graficar el diagrama de momento flector en el tramo BC, planteamos la ecuación para dicho
tramo.

50X
X
M BC  200X  50X 2 .   200X 
X
3
3

3

Calculamos los valores del momento flector para el tramo BC, tal como se muestra en la tabla 5.2

M G  2400  1200.(2)  0
197

MD  0
figura 5.78,d

Fig. 5.78


Fig. 5.79
198

Solución:



der
C

X

VE  6T 

 VA  6  0



VA  6T 

6.(3)  4.(3).(1,5)  H E .(3)  0



H E  12T 



Y





A

VE .(6)  4.(3).(1,5).2  0



M  0
F  0
M  0
F  0

4.(3).2  12  H A  0



H A  12T 

DIAGRAMA “N”:

N AB  6T

(TRACCION)

N BD  0
N DE  6T

(COMPRESION)

5.80,b
DIAGRAMA “V”:
AB
VA  12T
AB
VB  12  4.(3)  0
BD
VB  6T
BD
VD  6T
DE
VD  0
DE
VE  4.(3)  12T

figura 5.80,c
DIAGRAMA “M”:

MA  0
 12  6 
AB
M centro  
.(1,5)  13,5T.m
 2 
1
M B  13,5  .(1,5).(6)  18T.m
2

M C  18  6.(3)  0

M D  6.(3)  18T.m
1
DE
M centro  18  .(6).(1,5)  13,5T.m
2

199

 12  6 
M E  13,5  
.(1,5)  0
 2 
figura 5.80,d

Fig. 5.80

200


Fig. 5.81
Solución:

M

A

0



VD .(8)  2.(2)  1.(4)  3.(5).(5,5)  1  0
VD  10,4375T 

F

Y

0



VA  10,4375  3.(5)  0
VA  4,5625T 

F

X

0



HA 1  2  0
H A  1T 

DIAGRAMA “N”:
Para el tramo AB, proyectamos las componentes de reacción a lo largo del tramo.

N AB  4,5625. cos 37 o  1. cos 53o  4,25T

(COMPRESION)

N BC  2T

(COMPRESION)

N CD  10,4375T

(COMPRESION)

5.82,b
DIAGRAMA “V”:
Para el tramo AB, proyectamos las fuerzas en forma perpendicular al eje del tramo.
AB
VA  4,5625.sen37 o  1.sen53o  1,9375T
AB
VB  1,9375T
BC
VB  4,5625T
BC
VC  4,5625  3.(5)  10,4375T

201

CD
VC  2T
CD
VF0  2T
CD
VF0  2  2  0

CD
VD  0

figura 5.82,c

Fig. 5.82
DIAGRAMA “M”:

MA  0
M B  1,9375.(5)  9,6875T.m
1
M E  9,6875  .(1,5208).(4,5625)  13,1568T.m
2
1
M C0  13,1568  .(3,4792).(10,4375)  5T.m
2

M C0  5  1  4T.m

M F  4  2.(2)  0
MD  0

202

figura 5.82,d

PROBLEMA 5.29 Grafique los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para la
estructura mostrada en la figura 5.83

Fig. 5.83
Solución:
Como se trata de una estructura en voladizo, no es necesario calcular las reacciones en el
empotramiento, pudiendo graficar desde el extremo libre D hasta el empotramiento, avanzando
tramo por tramo.
DIAGRAMA “N”:

N DC  0
N CB  7 cos 53o  4,2kN

(COMPRESION)

N BA  0
5.84,a
DIAGRAMA “V”:
DC
VD  7kN
DC
VC  7kN
CB
VC  7sen53o  5,6kN

CB
VB  5,6kN
BA
VB  7kN
BA
VA  7  2.(8)  9kN

figura 5.84,b
DIAGRAMA “M”:

M DC  0
D
DC
M C  7.(8)  56kN.m

203

M CB  56  24  32kN.m
C
M CB  32  5,6.(10)  24kN.m
B
M BA  24kN.m
B
1
M BA  24  .(3,5).(7)  11,75kN.m
E
2
1
M BA  11,75  .(4,5).(9)  32kN.m
A
2
figura 5.84,c

Fig. 5.84


Fig. 5.85
Solución:
Como se sabe, para estructuras isostáticas, el cálculo de reacciones y los diagramas N, V, M no
dependen del apoyo elástico. Por ello, el apoyo C puede asumirse como un apoyo movible.
204

Ahora, calculamos las reacciones en los apoyos:

F  0
M  0
F  0
Y

B

X



VC  3.(4)  0



VC  12kN 



H A .(10)  3.(4).(2)  10.(6)  12  0



H A  4,8kN 



4,8  H B  10  4  0



H B  9,2kN 

DIAGRAMA “N”:

N AD  0

N DB  9,2kN

(TRACCION)

N FC  0

N EF  12kN

(COMPRESION)

5.86,b

Fig. 5.86
205

DIAGRAMA “V”:
AG
VA  4,8kN
AG
VG  4,8kN
GD
VG  4,8  10  5,2kN

GD
VD  5,2kN
DE
VD  0
DE
VE  0
CF
VC  12kN

CF
VF  12kN
FE
VF  0
FE
VE  0
EB
VE  12kN
EB
VB  12  3.(4)  0

figura 5.86,c
DIAGRAMA “M”:

M AD  0
A
AD
M G  4,8.(4)  19,2kN.m

M AD  19,2  5,2.(6)  12kN.m
D

M DE  12kN.m
M CF  12kN.m
C

M CF  12  12.(4)  36kN.m
F

M FE  36kN.m
M BE  0
B
1
M BE   .(4).(12)  24kN.m
E
2
Como comprobación final del equilibrio del nudo E, analizamos las fuerzas y momentos actuantes en
dicho nudo, los cuales se muestran en la figura 5.87

F  0
F  0
M  0
X



9,2  9,2  0

Y



12  12  0



 12  24  36  0

E

206

Fig. 5.87
De esta manera, con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento flector, tal como se
muestra en la figura 5.86,d


Fig. 5.88
Solución:
Como se sabe, para cuerpos absolutamente rígidos

(EI  ) no existen diagramas N, V, M. Tal tipo

de cuerpos no se deforman, por ello, no se muestran los diagramas N, V, M
En la realidad, tal tipo de cuerpos no existen, pero cuando las relaciones de rigidez entre elementos
estructurales es alta, se considera al de mayor rigidez como absolutamente rígido, lo cual es
característico en sistemas estructurales hiperestáticos (estáticamente indeterminados), asumiendo,
para ello, una rigidez infinita

EI   o EI  

Para el presente problema, la rigidez del elemento BD es finita, pero bastante grande, en
comparación con los otros elementos, es por ello, que a dicho elemento se le ha considerado como
elemento rígido. Para graficar los diagramas N, V, M para estructuras isostáticas, se realiza como
cualquier otro tipo de estructura simple, pero para fines académicos consideraremos con línea
punteada los diagramas en dicho elemento rígido.
Ahora, calculamos las reacciones en los apoyos:

207

M  0
F  0
F  0



VB .(3)  8.(2)  6.(7)  5.(4).(2)  0



VB  22kN 

Y



 VA  22  6  0



VA  16kN 

X



 8  5.(4)  H C  0



H C  12kN 

A

DIAGRAMA “N”:

N AD  16 cos 37 o  12,8kN

(TRACCION)

N BD  22kN

(COMPRESION)

N DE  8kN

(TRACCION)

N CE  0
5.89,b
DIAGRAMA “V”:

VAD  16sen37 o  9,6kN

VDE  16  22  6kN

VBF  0
VFD  8kN
CE
VC  12kN

CE
VE  12  5.(4)  8kN

figura 5.89,c
DIAGRAMA “M”:

MA  0
M AD  9,6.(5)  48kN.m
D

MB  0
MF  0
M FD  8.(2)  16kN.m
D
MC  0

1
M CE   .(12).(2,4)  14,4kN.m
G
2
1
M CE  14,4  .(8).(1,6)  8kN.m
E
2

M ED  8kN.m
E
208

M ED  8  6.(4)  32kN.m
D
figura 5.89,d
Como se puede apreciar, se puede graficar de izquierda a derecha, como de derecha a izquierda,
quedando a criterio del lector la comprobación del equilibrio en el nudo D, pudiendo efectuarlo en
forma análoga al problema 5.30

Fig. 5.89

209

5.4 DIAGRAMAS EN ARCOS
arco mostrado en la figura 5.90, considerando que B es punto medio del arco ABC

Fig. 5.90
Solución:

M  0
F  0
F  0



VC .(2)  15  0



VC  7,5kN 

X



H A  7,5  0



H A  7,5kN 

Y



VA  0

A

En la figura 5.91 se muestran las reacciones en los apoyos.

Fig. 5.91
TRAMO CB:

(0    90 o )

Proyectamos la reacción en C de 7,5kN hacia el punto D y lo descomponemos en una tangente a la
curva y una perpendicular a la tangente (figura 5.92,a), siendo la fuerza tangencial la normal y la
radial la cortante para cualquier punto del arco en dicho tramo.

210

N CB  7,5 cos 
VCB  7,5sen
Para calcular el momento, simplemente efectuamos un momento en el punto arbitrario D del
segmento de arco BC (figura 5.92,b), obteniéndose:

M CB  7,5.(1  cos )

Fig. 5.92
En la tabla 5.3 se muestran los resultados para la normal, cortante y momento en el tramo analizado.
Tabla 5.3
ANGULO

V

M

(kN)

(kN)

(kN.m)

  0o

 7,5

0

0

  45o

 5,3

 5,3

2,2

  90 o
TRAMO AB:

N

0

 7,5

7,5

(0    90 o )

Efectuamos en forma análoga al tramo anterior, obteniéndose las siguientes ecuaciones:

N AB  7,5 cos 
VAB  7,5sen

M AB  7,5.(1  cos )

Fig. 5.93

211

Tabla 5.4
ANGULO

N

V

M

(kN)

(kN)

(kN.m)

  0o

7,5

0

0

  45o

5,3

 5,3

 2,2

  90 o

0

 7,5

 7,5

Con los resultados obtenidos, graficamos los diagramas finales de fuerza axial, fuerza cortante y
momento flector, tal como se muestran en la figura 5.94

Fig. 5.94

arco mostrado en la figura 5.95

Fig. 5.95
212

Solución:
Como se trata de un arco en voladizo, no es necesario calcular las reacciones, sino iniciamos del
extremo libre y avanzamos hacia el empotramiento.
TRAMO DCB:

(0    180 o )

Efectuamos en forma análoga al problema anterior, obteniéndose las siguientes ecuaciones:

N DCB  30 cos 
VDCB  30sen
M DCB  30.(1  cos )

Fig. 5.96


Tabla 5.5
ANGULO

V

M

(kN)

(kN)

(kN.m)

  0o

30

0

0

  45o

21,21

21,21

 8,79

  90 o

0

30

 30

  135o

 21,21

21,21

 51,21

  180 o
TRAMO BA:

N

 30

0

 60

(0    90 o )

Efectuamos en forma análoga al tramo anterior, obteniéndose las siguientes ecuaciones:

N BA  30 cos 
VBA  30sen
M BA  30.(1  cos )  15
213

Fig. 5.97


Tabla 5.6
ANGULO

N

V

M

(kN)

(kN)

(kN.m)

  0o

 30

0

 45

  45o

 21,21

 21,21

 36,21

  90 o

0

 30

 15

Con los resultados obtenidos, graficamos los diagramas finales de fuerza axial, fuerza cortante y
momento flector, tal como se muestran en la figura 5.98

214

Fig. 5.98

5.5 DIAGRAMAS EN ESTRUCTURAS ESPACIALES
PROBLEMA 5.34 Graficar los diagramas de fuerzas interiores para la estructura mostrada en la
figura 5.99

Fig. 5.99
215

Solución:
Como se sabe, en el empotramiento D existen seis reacciones, tres fuerzas y tres momentos, los
cuales no es necesario calcularlos si iniciamos del extremo libre y avanzamos hacia el
empotramiento.
En la figura 5.100 se muestran las orientaciones positivas de los ejes coordenados para cada tramo
de la estructura.

Fig. 5.100
TRAMO AB:
Para analizar cada tramo, proyectamos las fuerzas y momentos en los planos donde actúan, tal
como se hizo cuando en el capítulo 1 se calculó momentos respecto a los ejes coordenados.

N0

VY  0
VZ  0
M X  M torsor  10kN.m

MY  0

MZ  0

Fig. 5.101
TRAMO BC:
Efectuamos en forma análoga al caso anterior, proyectando las fuerzas y momentos en los planos
actuantes del tramo analizado.

N0

VY  4X 2



VY ( X2 0)  0
VY ( X2 2)  8kN
216

VZ  20kN
M X  M torsor  0



M Y  20X1  10

M Y( X1 0)  10kN.m
M Y ( X1 2)  50kN.m

X 
M Z  4X 2  2   2X 2
2
 2 



M Z ( X 2 0 )  0
M Z( X2 1)  2kN.m
M Z( X2 2)  8kN.m

Para este último caso, se analizan tres puntos, debido a que se trata de una parábola cuadrática.

Fig. 5.102
TRAMO CD:
Continuamos con la misma forma de análisis, es decir, proyectando fuerzas y momentos en los
planos actuantes del tramo analizado.

N  20kN

(COMPRESION)

VY  8kN
VZ  0
M X  M torsor  8kN.m

M Y  10  40  50kN.m
M Z  8X 3



M Z ( X 3 0 )  0
M Z( X3 4)  32kN.m

217

Fig. 5.103
De esta manera, graficamos los diagramas finales de fuerzas internas, que se muestran en la figura
5.104

Fig. 5.104
218

BIBLIOGRAFIA
1.

Gere

James

–

Timoshenko

Stephen.

Mecánica

de

materiales.

Grupo

Editorial

Iberoamericana. México, 1986. – 825p.
2.

Miroliubov I.N. y otros. Problemas de resistencia de materiales. Editorial Escuela Superior.
Moscú, 2005. – 396p.

3.

Nelson James – McCormac Jack. Análisis de estructuras. Editorial Alfaomega. México, 2006.
– 582p.

4.

Pytel Andrew – Jaan Kiusalaas. Ingeniería Mecánica: Estática. Internacional Thomson
Editores. México, 1999. – 526p.

5.

Uribe Escamilla Jairo. Análisis de estructuras. Editorial Uniandes. Colombia, 2004. – 840p.

6.

Villarreal Castro Genner. Interacción sísmica suelo-estructura en edificaciones con zapatas
aisladas. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2006. – 125p.

7.

Villarreal Castro Genner. Análisis de estructuras con el programa LIRA 9.0. Lima, 2006. –
115p.

8.

Villarreal Castro Genner. Interacción suelo-estructura en edificios altos. Asamblea Nacional
de Rectores. Lima, 2007. – 142p.

9.

Villarreal Castro Genner. Análisis estructural. Lima, 2008. – 335p.

10.

Villarreal Castro Genner – Oviedo Sarmiento Ricardo. Edificaciones con disipadores de
energía. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2009. – 159p.

11.

Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales. Lima, 2009. – 336p.

12.

Volmir A. Problemas de Resistencia de materiales. Editorial MIR. Moscú, 1986. – 478p.

219

INDICE
PROLOGO ………………………………………………………………………..…………………….

CAPITULO 1.

02

FUERZAS Y MOMENTOS

1.1. Operaciones con vectores ...............................................................................

04

1.2. Fuerzas concurrentes ......................................................................................

11

1.3. Momento de una fuerza respecto a un punto. Teorema de Varignon .............

17

1.4. Momento de una fuerza respecto a los ejes cartesianos ……………………...

27

1.5. Cupla o par de fuerzas ……………………………………………………….……

40

1.6. Traslación de fuerzas. Par de transporte ………………………………………..

42

1.7. Reducción de fuerzas paralelas ………………………………………………….

45

1.8. Fuerzas distribuidas ……………………………………………………………….

48

CAPITULO 2.

EQUILIBRIO

2.1. Diagrama de cuerpo libre ……………………..…………………………………..

57

2.2. Cálculo de reacciones de estructuras simples ………………………………….

59

2.3. Cálculo de reacciones de estructuras con rótulas intermedias ………………..

70

2.4. Cálculo de estructuras compuestas …….………………………………….…….

79

2.5. Cálculo de reacciones de estructuras espaciales …….…………………………

91

CAPITULO 3.

CENTROIDES Y MOMENTOS DE INERCIA

3.1. Centroide de alambres ……………………..……..……………………………….

96

3.2. Centroide de áreas …………………………………………………………………

98

3.3. Momentos de inercia de áreas planas ………….……..………………………… 102
3.4. Momentos de inercia de perfiles metálicos ……..………………………………. 106

CAPITULO 4.

ARMADURAS

4.1. Método de los nudos …………………….…………………………………………. 111
4.2. Método de las secciones …..…………..………………………………………….. 124

CAPITULO 5.

DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS

5.1. Fuerzas internas .............................................................................................

144

5.2. Diagramas en vigas …………………...............................................................

155

5.3. Diagramas en pórticos …………..………………………………………………...

189

5.4. Diagramas en arcos ………………………………………………………………..

210

5.5. Diagramas en estructuras espaciales ……………………………………………

215

BIBLIOGRAFIA .........................................................................................................................

219

220

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