El documento presenta 5 problemas relacionados con la estabilidad transversal de buques. El primer problema compara las alturas metacéntricas iniciales de dos barcazas de diferentes formas. El segundo construye un diagrama metacéntrico para un buque en forma de caja. El tercer problema calcula el KG final de un buque después de varias cargas y descargas. El cuarto problema calcula la distribución óptima de carga en dos bodegas. Y el quinto problema calcula el ángulo de inclinación final después de cargar y descargar.

1. Problemas Estabilidad
Transversal
Teoria del Buque II – Tarea #2
Desarrollo por Ing. Jose Antonio Perez
Problemas tomados del libro: Barrass, C. B., & Derrett, D. R. (2013). Ship stability
for masters and mates. Oxford: Butterworth-Heinemann.

2. Problema #1.
Compare las alturas metacéntricas iniciales de dos barcazas, cada una
de 60 m de eslora, 10 m de manga en la línea de flotación, 6 m de
puntal, flotando en posición vertical sobre una quilla pareja a 3 m de
calado y teniendo KG = 3 m. Una barcaza tiene la forma de un prisma
rectangular y la otra tiene forma de prisma triangular, ápice flotante
hacia abajo.

3. Cajeta Triangulo
Eslora 60 60
Manga 10 10
Puntal 6 6
Calado 3 3
KG 3 3
𝐵𝑀𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 =
𝐵2
12 ∗ 𝑑
=
102
12 ∗ 3
= 2.78 𝑚
𝑮𝑴 𝒄𝒖𝒂𝒅𝒓𝒂𝒅𝒐 = 𝑲𝑩 + 𝑩𝑴 − 𝑲𝑮 = 𝟐. 𝟕𝟖 𝒎 + 𝟏. 𝟓𝟎 𝒎 − 𝟑. 𝟎𝟎 𝒎 = 𝟏. 𝟐𝟖 𝒎
𝐾𝐵𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 =
𝑑
2
=
3
2
= 1.50 𝑚
𝐵𝑀𝑡𝑟𝑖𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 =
𝐵2
6 ∗ 𝑑
=
102
6 ∗ 3
= 5.56 𝑚
𝑮𝑴 𝒕𝒓𝒊𝒂𝒏𝒈𝒖𝒍𝒂𝒓 = 𝑲𝑩 + 𝑩𝑴 − 𝑲𝑮 = 𝟐. 𝟎𝟎 + 𝟓. 𝟓𝟔 − 𝟑. 𝟎𝟎 𝒎 = 𝟒. 𝟓𝟔 𝒎
𝐾𝐵𝑡𝑟𝑖𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 =
2
3
𝑐𝑎𝑙𝑎𝑑𝑜 =
2
3
(3) = 2.00 𝑚

4. Problema #2.
Construya un diagrama metacéntrico para un buque en forma de caja
de 70 m de eslora y 10 m de manga, para calados entre 1 m y 6 m. Del
diagrama encuentra:
• los KM en calados de 1.5 m y 4.5m,
• el calado en el que se produce el KM mínimo.

5. Forma Cajeta
Eslora 70
Manga 10
Calado Entre 1 y 6
KB en 1.5 m calado ?
KB en calado 4.5 m ?
Calado con KM
minimo ?
Calado (m) 1 2 3 4 5 6
KB (m) 0.5 1 1.5 2 2.5 3
KM (m) 8.83 5.17 4.28 4.08 4.17 4.39
𝐵𝑀𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 =
𝐵2
12 ∗ 𝑑
=
102
12 ∗ 1
= 2.78 𝑚
𝐾𝑀𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 = 𝐾𝐵 + 𝐵𝑀 = 0.5 𝑚 + 8.33 𝑚 = 8.83 𝑚
𝐾𝐵𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 =
𝑑
2
=
1
2
= 0.05 𝑚
Para cuando el calado es 1.00 m…
Repitiendo para cada calado intermedio hasta llegar al calado = 6.00 m…

6. Calado (m) 1 2 3 4 5 6
KB (m) 0.5 1 1.5 2 2.5 3
KM (m) 8.83 5.17 4.28 4.08 4.17 4.39
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6 6.5
Diagrama Metacentrico
KB KMRespuestas por observación gráfica de las curvas
KM con calado 1.5 m 6.8m
KM con calado 4.5 m 4.12m
Calado con KM minimo 4m

7. Problema #3.
Un barco tiene un desplazamiento inicial de 2000 toneladas y KG 4 m.
El buque luego carga 1500 toneladas de carga (KG 6 m), 3500 toneladas
de carga (KG 5 m) y 1520 toneladas de bunkers (KG 1 m). Luego
descarga 2000 toneladas de carga (KG 2.5 m) y consume 900 toneladas
de combustible (KG 0.5 m) durante el viaje. Encuentre el KG final a su
llegada al puerto de destino.

8. Desplazamiento inicial 2,000.00 Ton
KG inicial 4.00 m
KG final ?
Cargas (ton) KG (m) Detalle
1,500.00 6.00 Carga
3,500.00 5.00 Carga
1,520.00 1.00 Carga
(2,000.00) 2.50 Descarga
(900.00) 0.50 Consumo
5,620.00 ton Desplazamiento Final
Cargas (ton) KG (m) Momento
2,000.00 4.00 8,000.00
1,500.00 6.00 9,000.00
3,500.00 5.00 17,500.00
1,520.00 1.00 1,520.00
(2,000.00) 2.50 (5,000.00)
(900.00) 0.50 (450.00)
Momento Resultante 30,570.00
𝑲𝑮 𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 =
𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝑹𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆
𝑫𝒆𝒔𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐
𝑲𝑮 𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 =
𝟑𝟎, 𝟓𝟕𝟎
𝟓, 𝟔𝟐𝟎
= 𝟓. 𝟒𝟒 𝒎

9. Problema #4.
Un barco de 3500 toneladas de desplazamiento ligero y KG ligero de 6.4 m
tiene que cargar 9600 toneladas de carga. El KG de la bodega inferior es
de 4.5 m y el de la bodega intermedia es de 9 m. El KM del buque una vez
se ha completado la carga es de 6.2 m. Si se requiere que el momento
adrizante a 6 grados de la inclinación sea de 425 toneladas m. Calcule la
cantidad de carga que se cargará en la bodega inferior en la bodega
intermedia, respectivamente. (Momento adrizante = W*GM*SIN(θ)).

10. Desplazamiento ligero 3,500.00 ton
KG Ligero 6.40 m
Carga 9,600.00 ton
KG bodega inf 4.50 m
KG bodega int 9.00 m
KM final 6.20 m
Momento Adrizante 425.00 ton-m
Inclinacion (θ) 6.00 grados
𝑫𝒆𝒔𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝑫𝒆𝒔𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐𝒍𝒊𝒈𝒆𝒓𝒐 + 𝑪𝒂𝒓𝒈𝒂
𝑫𝒆𝒔𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟑, 𝟓𝟎𝟎 𝒕𝒐𝒏 + 𝟗, 𝟔𝟎𝟎 𝒕𝒐𝒏 = 𝟏𝟑, 𝟏𝟎𝟎 𝒕𝒐𝒏
𝑮𝑴 =
𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝑨𝒅𝒓𝒊𝒛𝒂𝒏𝒕𝒆
𝑾 ∗ 𝒔𝒆𝒏 (𝜽)
𝑮𝑴 =
𝟒𝟐𝟓
𝟏𝟑, 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒔𝒆𝒏 (𝟔°)
= 𝟎. 𝟑𝟏 𝒎
𝑲𝑮 = 𝑲𝑴 − 𝑮𝑴
𝑲𝑮 = 𝟔. 𝟐𝟎 − 𝟎. 𝟑𝟏 = 𝟓. 𝟖𝟗 𝒎
𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝑹𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 = 𝑫𝒆𝒔𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 ∗ 𝑲𝑮 = 𝟏𝟑, 𝟏𝟎𝟎 𝒕𝒐𝒏 ∗ 𝟓. 𝟖𝟗 𝒎 = 𝟕𝟕, 𝟏𝟓𝟒. 𝟏𝟐 𝒕𝒐𝒏 𝒎

11. Desplazamiento ligero 3,500.00 ton
KG Ligero 6.40 m
Carga 9,600.00 ton
KG bodega inf 4.50 m
KG bodega int 9.00 m
KM final 6.20 m
Momento Adrizante 425.00 ton-m
Inclinacion (θ) 6.00 grados
Tabla de Momentos
Peso (ton) d (m) Momento (ton m) Comentario
3,500 6.40 22,400.00 Desplazamiento ligero
X 4.50 4.50*x Carga en bodega inferior
9600-x 9.00 (9600-x)*9 Carga en bodega intermedia
Resultante 22,400 + 4.50*x + (9600-x)*9
𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝑹𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 = 𝟐𝟐, 𝟒𝟎𝟎 + 𝟒. 𝟓𝟎 𝒙 + 𝟗(𝟗, 𝟔𝟎𝟎 − 𝒙)
𝟕𝟕, 𝟏𝟓𝟒. 𝟏𝟐 = 𝟐𝟐, 𝟒𝟎𝟎 + 𝟒. 𝟓𝟎 𝒙 + 𝟗(𝟗, 𝟔𝟎𝟎 − 𝒙)
𝟕𝟕, 𝟏𝟓𝟒. 𝟏𝟐 − 𝟐𝟐, 𝟒𝟎𝟎 − 𝟗 𝟗, 𝟔𝟎𝟎 = 𝟒. 𝟓𝟎 𝒙 − 𝟗 𝒙
𝒙 =
𝟑𝟏,𝟔𝟒𝟓.𝟖𝟖
𝟒.𝟓
= 𝟕, 𝟎𝟑𝟐. 𝟒𝟐 𝒕𝒐𝒏 𝒂 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂𝒓 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒃𝒐𝒅𝒆𝒈𝒂 𝒊𝒏𝒇𝒆𝒓𝒊𝒐𝒓
𝑪𝒂𝒓𝒈𝒂 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒃𝒐𝒅𝒆𝒈𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒎𝒆𝒅𝒊𝒂 = 𝟗, 𝟔𝟎𝟎 − 𝒙 = 𝟐, 𝟓𝟔𝟕. 𝟓𝟖 𝒕𝒐𝒏

12. Problema #5.
Un barco de 9500 toneladas de desplazamiento está inclinado 3.5
grados a estribor, y tiene KM 9.5 m y KG 9.3 m. Carga 300 toneladas de
búnkers en tanque de doble fondo N° 3 de babor (KG 0.6 m y centro de
gravedad a 6 m de la línea central), y descarga dos paquetes de carga
de 50 toneladas cada uno del lado de babor de la cubierta de refugio
N° 2 (KG 11 m y centro de gravedad a 5 m de la línea central).
Encuentra el ángulo de inclinación transversal final (list angle).

13. Desplazamiento 9500 ton
Inclinacion 3.5 grados a estribor
KM 9.5 m
KG 9.3 m
Carga 1 300 ton
KG Carga 1 0.6 m con referencia a quilla
KG Carga 1 6 m con referencia a linea central
Descarga 1 50 ton
KG Descarga 1 11 m con referencia a quilla
KG Descarga 1 5 m con referencia a linea central hacia babor
Descarga 2 50 ton
KG Descarga 2 11 m con referencia a quilla
KG Descarga 2 5 m con referencia a linea central hacia babor
Angulo de Inclinacion ?
𝑫𝒆𝒔𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟗, 𝟓𝟎𝟎 + 𝟑𝟎𝟎 − 𝟓𝟎 − 𝟓𝟎 = 𝟗, 𝟕𝟎𝟎 𝒕𝒐𝒏
𝑮𝑴 = 𝑲𝑴 − 𝑲𝑮
𝑮𝑴 = 𝟗. 𝟓 − 𝟗. 𝟑 = 𝟎. 𝟐 𝒎
𝑮𝑮 𝟏 = 𝑮𝑴 ∗ 𝒕𝒂𝒏 (𝜽) = 𝟎. 𝟐 ∗ 𝒕𝒂𝒏 𝟑. 𝟓° = 𝟎. 𝟎𝟏 𝒎
Parte 1. Por el movimiento del C.G. con referencia a la quilla
Tabla de Momentos (con referencia a la quilla)
W (ton) d (m) Momento con referencia a la quilla
9,500.00 9.30 88,350.00
300.00 0.60 180.00
(50.00) 11.00 (550.00)
(50.00) 11.00 (550.00)
Resultante con momentos con
referencia a la quilla
87,430.00
𝑲𝑮 𝟏 =
𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝑹𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆
𝑫𝒆𝒔𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐
=
𝟖𝟕, 𝟒𝟑𝟎
𝟗, 𝟕𝟎𝟎
= 𝟗. 𝟎𝟏 𝒎
𝑮 𝟏 𝑴 = 𝑲𝑴 − 𝑲𝑮 𝟏 = 𝟗. 𝟓 𝒎 − 𝟗. 𝟎𝟏 𝒎 = 𝟎. 𝟒𝟗 𝒎

14. Desplazamiento 9500 ton
Inclinacion 3.5 grados a estribor
KM 9.5 m
KG 9.3 m
Carga 1 300 ton
KG Carga 1 0.6 m con referencia a quilla
KG Carga 1 6 m con referencia a linea central
Descarga 1 50 ton
KG Descarga 1 11 m con referencia a quilla
KG Descarga 1 5 m con referencia a linea central hacia babor
Descarga 2 50 ton
KG Descarga 2 11 m con referencia a quilla
KG Descarga 2 5 m con referencia a linea central hacia babor
Angulo de Inclinacion ?
Parte 2. Por el movimiento del C.G. con referencia a la L.C.
Tabla de Momentos (con referencia a la línea central)
W (ton) d (m) Momento con referencia a la quilla
9,500.00 (0.01) (116.21)
300.00 6.00 1800.00
(50.00) 5.00 (250.00)
(50.00) 5.00 (250.00)
Resultante con momentos con
referencia a la quilla
1,183.79
𝑮 𝟏 𝑮 𝟐 = 𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒑𝒐𝒓 𝑰𝒏𝒄𝒍𝒊𝒏𝒂𝒄𝒊ó𝒏 ∗ 𝑫𝒆𝒔𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐
𝑮 𝟏 𝑮 𝟐 = 𝟏, 𝟏𝟖𝟑. 𝟕𝟗 ∗ 𝟗, 𝟕𝟎𝟎 = 𝟎. 𝟏𝟐 𝒎
𝒕𝒂𝒏 𝜽 =
𝑮 𝟏 𝑮 𝟐
𝑮 𝟏 𝑴
=
𝟎. 𝟏𝟐
𝟎. 𝟒𝟗
= 𝟎. 𝟐𝟓 𝒎
𝜽 = tan−𝟏
𝒕𝒂𝒏( 𝜽 = tan−𝟏
𝑮 𝟏 𝑮 𝟐
𝑮 𝟏 𝑴
= tan−𝟏
(
𝟎. 𝟏𝟐
𝟎. 𝟒𝟗
) = 𝟏𝟒. 𝟎𝟖° a babor