Estática - Apuntes del curso de Mario Gálvez

Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.)
ESTÁTICA
Apuntes del curso
Profesor: Mario Gálvez H.
1
CONTENIDOS
pág
INTRODUCCION 3
I. INTRODUCCION A LA ESTATICA 4
1.1. Fundamentos de la Mecánica 4
1.2. Unidades (Sistema Internacional: SI) 5
II. ALGEBRA VECTORIAL 7
2.1. Vectores 7
2.2. Suma de Vectores 8
2.3. Descomposición de una fuerza en sus componentes 8
2.4. Producto punto de vectores 9
2.5. Producto cruz de vectores 9
III. EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA 10
3.1. Equilibrio de Fuerzas 10
3.2. Fuerza de Roce 12
IV. CUERPOS RIGIDOS: SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZAS 20
4.1. Introducción 20
4.2. Fuerzas Externas e Internas 20
4.3. Momento de una fuerza respecto a un punto 21
4.4. Momento de una fuerza respecto a un eje 23
4.5. Momento de un par de Fuerzas 24
V. EQUILIBRIO DE CUERPOS RIGIDOS 31
5.1. Introducción 31
5.2. Diagrama de cuerpo libre 31
5.3. Reacciones en los puntos de apoyo y conexiones de una
Estructura bidimensional 32
5.4. Equilibrio de un cuerpo rígido en dos dimensiones 33
5.5. Estabilidad y grados de indeterminación 36
5.6. Equilibrio de un cuerpo rígido en tres dimensiones 40
VI. CENTRO DE GRAVEDAD, CENTROIDES Y FUERZAS DISTRIBUIDAS 45
6.1. Centro de Gravedad en Coordenadas Cartesianas 46
6.2. Centroides de área en Coordenadas Polares 47
6.3. Cuerpos Compuestos 48
6.4. Teorema de Pappus-Guldinus 50
6.5. Resultantes de fuerzas paralelas distribuidas 53

2
pág
VII. RETICULADOS 60
7.1. Estabilidad y Determinación Estática 61
7.2. Métodos de Análisis de Reticulados 62
7.3. Reticulados Compuestos y Complejos 73
VIII. ESFUERZOS INTERNOS EN VIGAS 75
8.1. Esfuerzo de Corte y Momento Flector en Vigas 76
IX. PRINCIPIOS DEL TRABAJO 90
9.1. Principio del trabajo Virtual 92
3
INTRODUCCION
El presente documento es un complemento a las clases del curso de
“Estática” impartidas en la Universidad Diego Portales, es utilizado como texto
guía.
Se presentan una serie de temas que pretenden introducir al alumno al
mundo de las estructuras. Es el primer acercamiento que existe a las estructuras.
Los fundamentos aquí presentados son las bases para los cursos siguientes
como Mecánica de Sólidos, Análisis Estructural (I y II) Ingeniería Antisísmica y
todos los cursos de diseño, tanto en hormigón armado como en estructuras de
acero.
En estas páginas se resumen los principales contenidos necesarios para
comenzar con el cálculo de esfuerzos en los elementos, tales como columnas y
vigas. Una vez determinados los esfuerzos en los elementos se procede al proceso
de diseño.
Dentro de los contenidos se hace un repaso del álgebra vectorial,
primordial para los cursos de ingeniería, ya que las fuerzas, momentos y
desplazamientos están definidos a partir de magnitudes vectoriales. En este
curso es importante el concepto de equilibrio (de ahí el nombre estática, a
diferencia de la dinámica que estudia los cuerpos en movimiento), este concepto
es aplicable tanto a partículas como a cuerpos rígidos (que poseen dimensiones
medibles).
Para poder concentrar los pesos de los cuerpos rígidos, es necesario
conocer un punto, dentro del mismo, apropiado para tal fin. Este punto se
determina utilizando el concepto de centroide.
Se analizan, también, estructuras de tipo reticulado, utilizadas en el uso
de puentes y cerchas; y estructuras formadas por columnas y vigas, para la
construcción de edificios.
Finalmente se analiza el principio del trabajo para la determinación de
fuerzas externas (reacciones en los apoyos de las estructuras) e internas (para los
procesos de diseño).
Para terminar, te invito a participar de este curso para que puedas
comprender el funcionamiento de las estructuras y así utilizar estos conceptos en
tu vida profesional cuando ya seas un ingeniero.

4
I. INTRODUCCIÓN A LA ESTÁTICA
1.1. Fundamentos de la Mecánica
1.1.1.Introducción a la Mecánica
Mecánica es la ciencia que describe y predice las condiciones de reposo o
movimiento de los cuerpos bajo la acción de fuerzas. La mecánica se divide en
tres partes: mecánica de los cuerpos rígidos, mecánica de cuerpos deformables y
mecánica de fluidos.
La mecánica de los cuerpos rígidos se divide en estática y dinámica. La
primera trata sobre los cuerpos en reposo y la segunda, sobre los cuerpos en
movimiento.
El estudio de la mecánica se remonta a tiempos de Aristóteles y
Arquímedes (siglos III y IV a. de C.).
i) Fuerza
La fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro. Esta puede ser
ejercida a través de un contacto directo o a distancia, como el caso de las
fuerzas gravitacionales y magnéticas. Una fuerza está caracterizada por un punto
de aplicación, su magnitud y su dirección, y se representa por medio de un
vector.
ii) Ley del Paralelogramo para suma de fuerzas
“Dos fuerzas que actúan sobre una partícula pueden ser reemplazadas por
una sola fuerza llamada resultante, que se obtiene dibujando la diagonal del
paralelogramo cuyos lados son iguales a las fuerzas dadas”.
Figura 1.1: Ley del Paralelogramo
5
iii) Leyes de Newton
- 1ª Ley de Newton
“Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula es cero, la partícula
permanecerá en reposo (si originalmente se encontraba en reposo) o se moverá a
velocidad constante y en línea recta (si originalmente estaba en movimiento)”.
- 2ª Ley de Newton
“Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula no es cero, la
partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la resultante y
en la misma dirección que esta última”
amF
rr
⋅=
donde: F
r
: Fuerza resultante
m : Masa de la partícula
a
r
: Aceleración de la partícula
- 3ª Ley de Newton
“Las fuerzas de acción y reacción entre cuerpos en contacto tienen la
misma magnitud, la misma dirección y sentidos opuestos (principio de acción y
reacción)”.
1.2. Unidades (Sistema Internacional: SI)
Cantidad Unidad Símbolo Fórmula
Aceleración Metro por seg al cuadrado ---- m/seg
2
Ac. Angular Radián por seg al cuadrado ---- rad/seg
2
Angulo Radián rad ----
Area Metro cuadrado ---- m
2
Densidad Kilógramo por metro cúbico ---- kg/m
3
Energia Joule J N*m
Esfuerzo Pascal Pa N/m
2
Frecuencia Hertz Hz s
-1
Fuerza Newton N kg*m/seg
2
Impulso Newton-segundo ---- kg*m/seg
Longitud Metro m m
Masa Kilógramo kg kg
Momento Newton-metro ---- N*m

6
Cantidad Unidad Símbolo Fórmula
Potencia Watt W J/seg
Presión Pascal Pa N/m
2
Tiempo Segundo s seg
Trabajo Joule J N*m
Velocidad Metro por segundo ---- m/seg
Velocidad angular Radián por segundo ---- rad/seg
Volúmen Sólidos Metro cúbico ---- m
3
Volúmen Líquidos Litro L 10
-3
m
3
Tabla 1.1: Unidades (Sistema Internacional)
La masa de 1 kg es atraída por la tierra con una aceleración de un “g”
(9.81 m/seg2
) la que produce una fuerza dada por:
F = m * a = 1 kg * 9.81 m/seg2
= 9.81 N = 1 kgf (kilofuerza)
7
II. ALGEBRA VECTORIAL
La magnitud de una fuerza está caracterizada por un cierto número de
unidades. La línea de acción es la línea recta infinita a lo largo de la cual actúa
la fuerza, ésta está caracterizada por el ángulo que forma con respecto a un eje
fijo. El sentido de la fuerza debe ser indicado por una punta de flecha.
Figura 2.1: Elementos que componen una fuerza
2.1. Vectores
Los vectores son expresiones matemáticas que poseen magnitud y
dirección, las cuales se suman de acuerdo con la ley del paralelogramo.
Los desplazamientos, velocidades, aceleración y momentos son cantidades
físicas que se pueden expresar como vectores, por otro lado, el volumen, la
masa, la energía, el tiempo son cantidades escalares.
El vector negativo de un vector P
r
dado se define como el vector que tiene
la misma magnitud y dirección de P
r
pero con sentido contrario.
Figura 2.2: Vector y su vector negativo

8
2.2. Suma de vectores
Se tienen dos vectores:
Se cumple que: P + Q = Q + P
P – Q = P + (-Q)
P + Q + S = (P + Q) + S = P + (Q + S)
∑=
n
i
P
1
=n P
Si P = (a , b) y Q = (c , d), entonces P + Q = (a , b) + (c , d) = ( a+c , b+d )
2.3. Descomposición de una fuerza en sus componentes
Una fuerza se puede descomponer como:
Figura 2.3: Descomposición de una fuerzas en dos ejes ortogonales
La fuerza P también puede descomponerse en ejes x e y que no sean
ortogonales.
9
2.4. Producto punto de vectores (producto escalar)
Si se tiene el vector ),...,,,( 321 naaaaA =
r
y el vector ),...,,,( 321 nbbbbB =
r
, el
producto punto entre ambos vectores se define como:
∑=
⋅=⋅++⋅+⋅+⋅=⋅
n
i
iinn bababababaBA
1
332211 ...
rr
2.5. Producto cruz de vectores (producto vectorial)
El producto cruz entre dos vectores es aquel vector resultante (ortogonal a
ambos) calculado siguiendo la regla de la mano derecha.
Se tienen los vectores unitarios (módulo igual a la unidad) dados por:
Figura 2.4: Vectores unitarios ortogonales
Donde: i x j = k
j x k = i
k x i = j
i x i = 0
Si se define: P = (Px,Py,Pz)
Q = (Qx,Qy,Qz)
Luego,
P x Q = (Px*i + Py*j + Pz*k) x (Qx*i + Qy*j + Qz*k)
= (Py*Qz – Pz*Qy)*i + (Pz*Qx – Px*Qz)*j + (Px*Qy – Py*Qx)*k
En forma más didáctica:

10
III. EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA
3.1. Equilibrio de Fuerzas
“Cuando la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre una partícula
es cero, la partícula está en equilibrio”
Esto es 0=∑F
Ejemplo 3.1:
Un bloque de peso 75 kgf es soportado por dos cables inextensibles de
masa despreciable que pasan por poleas sin roce. Determine las tensiones de
ambos cables.
Solución:
Se debe hacer el diagrama de cuerpo libre del bloque (diagrama que
incluye todas las fuerzas que se ejercen en el bloque)
Figura E3.1: Diagrama de cuerpo libre
0=∑Fx T2*cos30º - T1*cos50º = 0
11
0=∑Fy T1*sen50º + T2*sen30º - 75 = 0
Resolviendo,
T1 = 65.948 kgf
T2 = 48.966 kgf
Para resolver problemas en tres dimensiones es necesario determinar el
vector unitario de las fuerzas que se ejercen sobre el sistema.
Si se tiene el vector ),,( zyx aaaA =
r
, el vector unitario asociado a A
r
(magnitud igual a la unidad cuya dirección y sentido es la misma que A
r
) queda
determinado por:
222
),,(
zyx
zyx
A
aaa
aaa
A
A
++
== r
r
λ
Ejemplo 3.2:
Determine las tensiones en los cables AB, AC y la fuerza P, para que el
sistema se encuentre en equilibrio. Asuma que W = 200 kgf. Los puntos están
ubicados en: A( 0 ; 1.2 m ; 2 m ), B( 8 m ; 0 ; 12 m) y C( -10 m ; 0 ; 12 m)

12
Solución:
)777.0;0933.0;6219.0()10;2.1;8( −==→−=
AB
AB
AB ABλ
)7045.0;0845.0;7045.0()10;2.1;10( −−==→−−=
AC
AC
AC ACλ
Para el equilibrio debe cumplirse que:
0=++⋅+⋅ WPTT ACACABAB λλ
0=∑Fx TAB*0.6219 – TAC*0.7045 = 0
0=∑Fy -TAB*0.0933 – TAC*0.0845 + P = 0
0=∑Fz TAB*0.777 + TAC*0.7045 = 200
Resolviendo las ecuaciones.
TAB = 142.97 kgf
TAC = 126.2 kgf
P = 24 kgf
3.2. Fuerza de Roce (fricción)
3.2.1.Roce en bloques
Cuando dos superficies están en contacto, siempre se presentan fuerzas
tangenciales, llamadas fuerzas de fricción, cuando se trata de mover una de las
superficies con respecto de la otra. Por otra parte, estas fuerzas de fricción
están limitadas en magnitud y no impedirán el movimiento si se aplican fuerzas
lo suficientemente grandes.
Se tiene el siguiente bloque:
13
Figura 3.1: Diagrama de cuerpo libre de un bloque
Si P es pequeña el bloque no se moverá, entonces debe existir alguna
fuerza horizontal que equilibra a P, esta fuerza es el “roce estático”.
Si se incrementa la fuerza P, también se incrementa la fuerza de roce Fr la
cual continúa oponiéndose a P, hasta que su magnitud alcanza un cierto valor
máximo Frm. Si P se incrementa aún más, la fuerza de roce ya no la puede
equilibrar y el bloque comienza a deslizar. Ahora Fr cae de Frm a Frk.
Frm = µs * N
Frk = µk * N
Donde: µs : Coeficiente de roce estático
µk : Coeficiente de roce cinético
µs > µk
Figura 3.2: Ángulos de roce estático y dinámico
Se cumple que:
( ) ( ) ( )kkss
srm
s tgtg
N
N
N
F
tg φµφµ
µ
φ =→=→
⋅
==

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Ejemplo 3.3:
Sobre el bloque de la figura actúan dos fuerzas. Se tiene que ms = 0.35 y
mk = 0.25. Determinar P que se requiere para:
a) el bloque comience a moverse hacia arriba a lo largo del plano inclinado.
b) para que el bloque continúe moviéndose hacia arriba.
c) para prevenir que el bloque deslice hacia abajo a lo largo del plano.
Solución
Parte a)
Figura E3.2.1: Diagrama de cuerpo libre
0=∑Fy N – P sen(25º) – 800 cos(25º) = 0
0=∑Fx Fr + 800 sen(25º) – P cos(25º) = 0
Para que el bloque comience a deslizar, entonces, debe cumplirse que:
Fr = Frm = µs * N = 0.35 N
Reemplazando y resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:
N = 1054.864 kgf
15
P = 780.416 kgf
Parte b)
Para que el bloque continúe moviéndose entonces:
Fr = Frk = µk * N = 0.25 N
N = 999.184 kgf
P = 648.665 kgf
Parte c)
Figura E3.2.2: Diagrama de cuerpo libre
0=∑Fy N – P sen(25º) – 800 cos(25º) = 0
0=∑Fx -Fr + 800 sen(25º) – P cos(25º) = 0
Fr = Frm = µs * N = 0.35 N
N = 758.852 kgf
P = 80 kgf
3.2.2.Roce en bandas
Se considera una banda plana que pasa sobre un tambor cilíndrico fijo
(Figura 3.2). Se desea determinar la relación que existe entra las fuerzas T1 y T2

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de la tensión en las dos partes de la banda cuando esta última está a punto de
deslizar hacia la derecha.
Figura 3.2: Banda plana sobre un tambor cilíndrico
Se separa de la banda un segmento PP’ que abarca un ángulo ∆θ (Figura
3.3). Se representa con T la tensión en P y por T + ∆T a la tensión en P’.
Figura 3.3: Segmento PP’ de la banda
Con el diagrama de cuerpo libre sobre el segmento de la banda se pueden
hacer las ecuaciones de equilibrio.
( )0 cos cos 0
2 2
x sF T T T N
θ θ
µ
∆ ∆   
= + ∆ ⋅ − ⋅ − ⋅ ∆ =   
   
∑ (1)
( )0 0
2 2
yF N T T sen T sen
θ θ∆ ∆   
= ∆ − + ∆ ⋅ − ⋅ =   
   
∑ (2)
17
Despejando de (2) ∆N y reemplazando en (1), luego dividiendo por ∆θ. Se
obtiene:
2
cos 0
2 2
2
s
sen
T T
T
θ
θ
µ
θθ
∆ 
 ∆ ∆ ∆     ⋅ − ⋅ + ⋅ =    ∆∆    
Luego, si
cos 1
2
2
0 1
2
0
sen
T
θ
θ
θ
θ
∆ 
→ 
 
∆ 
 
 ∆ → ⇒ →
∆
∆ →
Entonces:
s s
dT dT
-μ T=0 μ dθ
dθ T
⋅ ⇒ = ⋅
Integrando entre P1 y P2:
2
1
T
sT 0
dT
= μ dθ
T
β
⋅∫ ∫
2 1 sln ln μT T β− = ⋅
sμ
2 1T T e β⋅
= ⋅ (β en radianes)

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Ejemplo 3.4:
Determinar la fuerza P necesaria para mover el sistema
Solución
Haciendo diagrama de cuerpo libre en el bloque:
0=∑Fx T = Fr = µ * N
0=∑Fy N = 700 kgf
Resolviendo: T = 0.3 * 700 = 210 kgf
La relación entre P y T está dada por:
0.25
2
311 kgfP T e
π
⋅
= ⋅ =
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IV. CUERPOS RIGIDOS: SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZAS
4.1. Introducción
El estudio de las fuerzas ejercidas sobre cuerpos rígidos consiste en
reemplazar un sistema de fuerzas dado, por un sistema equivalente más simple.
4.2. Fuerzas Externas e Internas
Las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido pueden dividirse en: fuerzas
externas y fuerzas internas.
4.2.1.Fuerzas Externas
Representan la acción que ejercen otros cuerpos sobre el cuerpo rígido
bajo consideración. Estas fuerzas causan que el cuerpo se mueva o permanezca
en reposo.
4.2.2.Fuerzas Internas
Son aquellas que mantienen unidas las partículas que conforman el cuerpo
rígido.
Para entender mejor lo anterior se presenta el siguiente ejemplo:
Se tiene un bote con ruedas a vela que
tiene un ventilador como mecanismo de
propulsión. El hecho que este vehículo se
desplace, ¿puede ser posible?
La respuesta es NO, ya que, como el
ventilador está dentro del bote. Sólo hace que
el bote se estire. No hay ninguna fuerza
externa al sistema que haga que el
vehículo se mueva (sólo hay un
esfuerzo interno).
Por otro lado, si el ventilador
está fuera del bote, éste se moverá
debido a que hay una fuerza externa
al sistema (el viento del ventilador)
que actúa sobre el bote.

20
4.3. Momento de una fuerza respecto a un punto
Consideremos una fuerza F que actúa sobre un cuerpo rígido (Figura 4.1).
El efecto de la fuerza sobre el cuerpo rígido también depende de su punto de
aplicación A. Definimos como el “vector de posición A” como aquél que va desde
O a Ha llamado r. El vector posición r y la fuerza F definen el plano mostrado en
la figura. El momento de F con respecto a O se define como el producto cruz
entre r y F, esto es:
Mo = r x F
Figura 4.1: Fuerza que actúa sobre un cuerpo rígido
Expresando por “q” el ángulo entre las líneas de acción del vector posición
r y la fuerza F, se puede decir que la magnitud del momento Mo puede escribirse
como:
( )Mo r F sen F dθ= ⋅ ⋅ = ⋅
La magnitud Mo mide la tendencia de la fuerza F a hacer rotar al cuerpo
rígido alrededor de un eje dirigido a lo largo de Mo.
Ejemplo 4.1:
Una fuerza vertical P se aplica en el extremo de una palanca de 24 cm de
largo. Determinar:
a) El momento que ejerce P (P = 100 kgf) con respecto a O.
b) La fuerza horizontal aplicada en A que origina el mismo momento con
respecto a O.
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c) La mínima fuerza aplicada en A que origina el mismo momento con
respecto a O.
d) ¿Qué tan lejos de O debe actuar una fuerza vertical de 240 kgf para
producir el mismo momento con respecto a O?
Solución:
Parte a)
( )24 cos 60º 12 cm
1200 kgf cm
d
Mo F d
= ⋅ =
= ⋅ = ⋅
Parte b)
( )
( )
24 60º
1200
57.74 kgf
24 60º
Mo sen F
F
sen
= ⋅ ⋅
= =
⋅

22
Parte c)
24
1200
50 kgf
24
Mo F
F
= ⋅
= =
Parte d)
( )
( )
240 '
1200
' 5 cm cos 60º
240
5
10 cm
cos 60º
Mo d
d OB
OB
= ⋅
= = = ⋅
= =
23
4.4. Momento de una fuerza respecto a un eje
Recordando que el producto escalar entre 2 vectores está dado por:
( )cosx x y y z zP Q P Q P Q P Q P Q θ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅
Se requiere determinar el momento que ejerce la fuerza F con respecto al
eje OL (Figura 4.2).
Figura 4.2: Momento de una fuerza con respecto a un eje.
Se sabe que: Mo = r x F
Se necesita proyectar el momento Mo en la dirección unitaria λ (cosenos
directores), es decir:
( ) ( )
( )
cosOL
OL
M Mo Mo r F
M r F
θ λ λ
λ
= ⋅ = ⋅ = ⋅ ×
= ⋅ ×
Desarrollando el triple producto escalar, se tiene:
( ) ( ) ( ) ( )x z y y x z z y xr F y F z F z F x F x F y Fλ λ λ λ⋅ × = ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅

24
En forma más simple este producto puede expresarse como:
x y z
OL
x y z
M x y z
F F F
λ λ λ
=
donde: λx, λy, λz : Cosenos directores del eje OL.
x, y, z : Coordenadas del punto de aplicación de F.
Fx, Fy, Fz : Componentes de la fuerza F.
El momento MOL de F con respecto a OL mide la tendencia de la fuerza F
de impartirle al cuerpo rígido un movimiento de rotación alrededor del eje fijo
OL.
4.5. Momento de un par de fuerzas
Se dice que dos fuerzas F y –F, que tienen la misma
magnitud, líneas de acción paralelas y sentidos opuestos,
forman un par de fuerzas. Aunque la fuerza resultante de
este par de fuerzas es cero, el momento resultante no lo es,
ya que estas fuerzas generan un giro.
En un par de fuerzas en tres dimensiones (Figura 4.3), la suma de
momentos con respecto al origen O, de ambas fuerzas, queda definida por:
( )A B A Br F r F r r F× + × = − ×
Si se define r = rA – rB, entonces el momento que genera el par de fuerzas
es:
M r F= ×
La magnitud del momento está dada por:
( )M r F sen F dθ= ⋅ ⋅ = ⋅
donde d es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de F y –F. El
sentido de M está definido por la regla de la mano derecha.
25
Figura 4.3: Momento de un par de fuerzas
También se concluye que dos pares de fuerzas, uno constituido por las
fuerzas F1 y –F1 y el otro, por las fuerzas F2 y –F2, que se encuentran en planos
paralelos (o en el mismo plano) y tienen el mismo sentido, tendrán momentos
iguales si:
1 1 2 2F d F d⋅ = ⋅
Una fuerza F puede descomponerse en una fuerza dada en O y en un par
de fuerzas que generan un momento (Mo = r x F)
También se puede hacer lo siguiente:

26
Luego, Mo’ = Mo + s x F
Esto es análogo si se quiere reducir un sistema de fuerzas a una fuerza y
un momento. Esto es:
El sistema equivalente de fuerzas está definido por las ecuaciones:
( )R
R F Mo Mo r F= = = ×∑ ∑ ∑
Ejemplo 4.2:
Una losa de
cimentación cuadrada
soporta las 4 columnas
mostradas en la figura.
Determine la magnitud y
el punto de aplicación de
la resultante de las 4
cargas.
27
Solución
Se define la siguiente convención:
R = 40 + 12 + 8 + 20 = 80 tonf
Mx = 20*4 + 8*10 + 12*10 = 280 tonf*m
My = 20*10 + 8*5 = 240 tonf*m
Ahora se necesita ubicar la resultante R de modo de eliminar los
momentos Mx y My.
Haciendo equivalencia de momentos:
3.5 m
x 3 m
x R R
y R R
M y R y
M x R
= ⋅ → =
= ⋅ → =

28
Ejemplo 4.3:
Un cuerpo homogéneo de peso W, altura H y base de largo 2a es empujado
por una fuerza horizontal F (como se muestra en la figura). El coeficiente de roce
estático es µ, determine la condición para que, al romperse el equilibrio, debido
al aumento de F, el cuerpo deslice o vuelque.
Solución:
Para que el equilibrio se rompa por deslizamiento y volcamiento,
respectivamente, debe cumplirse lo siguiente:
(Condición de deslizamiento)
(Desliza)
d
d
fr N N W
F W
F W
µ
µ
µ
= ⋅ =
= ⋅
> ⋅ (Condición de Volcamiento)
v v
W a
F H W a F
H
⋅
⋅ > ⋅ → >
Para que el equilibrio se rompa primero por deslizamiento, entonces:
29
d vF F
a
W W
H
a
H
µ
µ
<
⋅ < ⋅
<
Si se cumple que µ > a/H, entonces el equilibrio se rompe por
volcamiento.
Ejemplo 4.4:
Una lámina de peso W en forma de triángulo equilátero de lado a, puede
moverse en un plano vertical estando el vértice A articulado en un punto fijo. Si
en el vértice C se aplica una fuerza vertical hacia arriba de magnitud F,
determine el ángulo θ en la situación de equilibrio.
Solución:
La ubicación del centro de gravedad del triángulo es:
( )
( )
60º
2 2 3
60º
3 3 3
a sen h
h
d a sen a
⋅ =
= = ⋅ ⋅ =

30
Se tiene lo siguiente:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
1
0 cos cos 0
30º
cos cos 30º
cos 30º cos 30º cos 30º
3
cos cos 30º cos 30º
3
3 3 1
3 2 2
6
3
3
AM F a W d
F a W d
sen sen
F a W a sen sen
F W tg
F
tg
W
θ α
α θ
θ θ
θ θ θ
θ θ θ
θ
θ −
= → ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =
= −
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ −
− = ⋅ + ⋅
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅  
 
= ⋅ + 
 
⋅ 
= − 
⋅ 
∑
31
V. EQUILIBRIO DE CUERPOS RIGIDOS
5.1. Introducción
En el capítulo anterior se mostró que las fuerzas externas que actúan
sobre un cuerpo rígido pueden reducirse s un sistema de fuerzas y momentos
equivalentes en un punto arbitrario O. Cuando la fuerza y el momento son iguales
a cero, se dice que el cuerpo rígido se encuentra en equilibrio.
Las condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de un cuerpo
rígido se pueden obtener igualando a cero las resultantes de fuerzas y momentos,
esto es:
( )0 0F M r F= = × =∑ ∑ ∑
Separando por componentes:
0 0
0 0
0 0
x x
y y
z z
F M
F M
F M
= =
= =
= =
∑ ∑
∑ ∑
∑ ∑
Las ecuaciones obtenidas se pueden emplear para determinar fuerzas
desconocidas que están aplicadas sobre el cuerpo rígido o reacciones
desconocidas ejercidas sobre éste en sus puntos de apoyo. Para un cuerpo en
equilibrio, el sistema de fuerzas externas no le impartirá un movimiento
traslacional o rotacional, es decir, está fijo en el espacio.
5.2. Diagrama de Cuerpo Libre
Al resolver un problema relacionado con el equilibrio de un cuerpo rígido,
es esencial que se consideren todas las fuerzas que actúan sobre éste.
Para realizar un buen diagrama de cuerpo libre es importante tener
presente lo siguiente:
a) Todas las fuerzas deben indicarse en el diagrama de cuerpo libre.
b) Usualmente las fuerzas externas desconocidas consisten en las reacciones
a través de las cuales el suelo y otros cuerpos se oponen a un posible
movimiento del cuerpo libre.
c) El diagrama de cuerpo libre también debe incluir dimensiones puesto que
éstas se pueden necesitar para el cálculo de momentos de fuerzas.

32
5.3. Reacciones en los puntos de apoyo y conexiones de una estructura
bidimensional
Antes de comenzar el análisis es necesario tener en cuenta los tipos de
apoyos que existen:
5.3.1.Apoyo fijo
Este apoyo presenta una rótula, por este motivo se generan reacciones
verticales y horizontales. No se generan momentos ya que se permite el giro.
5.3.2.Apoyo deslizante
Igual al caso anterior pero el desplazamiento vertical y horizontal está
permitido. Sólo hay una reacción y todas las demás son nulas.
33
5.3.3.Empotramiento fijo
Al estar todos los desplazamientos y giros impedidos todas las reacciones
son distintas de cero.
5.3.4.Empotramiento deslizante
Igual que el caso anterior, pero uno de los desplazamientos no está
impedido lo que no origina reacción en ese sentido.
5.4. Equilibrio de un cuerpo rígido en dos dimensiones
En el caso bidimensional se tienen las siguientes ecuaciones de equilibrio:
0 0 0x yF F M= = =∑ ∑ ∑

34
Ejemplo 5.1:
Determine las reacciones en los apoyos A y B.
Solución:
En el diagrama de cuerpo libre se tiene:
Se dibujan todas las fuerzas que actúan en el cuerpo. Usando las
ecuaciones de equilibrio se tiene:
35
( )
( )
0 0
0 0
0 2 2 0
1
2
x ax x x x ax x x x
y ay by y y y ay by y y y
A by x x x y y
by y y x x x
F R P Q S R P Q S
F R R P Q S R R P Q S
M R a P Q S a Q a S a
R S Q P Q S
= → − − − = → = + +
= → + − − − = → + = + +
= → ⋅ + + + ⋅ − ⋅ − ⋅ =
= + − − −
∑
∑
∑
( )1
2
ay y y y by y y x x xR P Q S R P Q P Q S= + + − = + + + +
Por lo general se utilizan dos ecuaciones de suma de fuerzas (vertical y
horizontal) y una de momentos. La razón de utilizar sólo una de momentos es
debido a que más ecuaciones podrían ser linealmente dependientes de la
primera.
En una estructura tridimensional se necesita más de una ecuación de
momentos.
En el ejemplo anterior había tres ecuaciones y tres incógnitas. Cuando
esto ocurre se dice que el sistema es “estáticamente determinado”. En el caso
que haya más incógnitas que ecuaciones se dice que el sistema es
“estáticamente indeterminado”. En la práctica todas las estructuras son
estáticamente indeterminadas, pero ese es tema de otro curso.
La figura 5.1 muestra un pórtico sometido a un cierto estado de carga.
Puede verse que el sistema tiene 6 incógnitas: Rax, Ray, Ma, Rbx, Rby y Mb. Sólo
existen tres ecuaciones para resolver este sistema. Si hubiesen tres incógnitas el
sistema sería estáticamente determinado, por lo tanto el sistema posee tres
redundantes (es tres veces estáticamente indeterminado).
Figura 5.1: Sistema Estáticamente
Indeterminado
Figura 5.2: Estructura impropiamente
restringida

36
Es importante señalar que el hecho que el número de incógnitas sea igual
al número de ecuaciones no garantiza que el cuerpo esté completamente en
restringido o que las reacciones en sus apoyos son estáticamente determinadas
(Figura 5.2). Una estructura está impropiamente restringida siempre que los
apoyos, aunque proporcionen un número suficiente de reacciones, estén ubicados
de forma tal que las reacciones sean concurrentes o paralelas. La figura 5.3
muestra una estructura cuyas reacciones Rax, Ray, Rbx y Rcy son concurrentes.
Esto implica que la estructura puede girar libremente en torno al punto A.
Figura 5.3: Reacciones concurrentes
5.5. Estabilidad y grados de indeterminación
En cualquier problema que se deba resolver se tienen ecuaciones
linealmente independientes (q) obtenidas del equilibrio de fuerzas y momentos;
y reacciones (r) que se quieren determinar.
La Estática facilita tres ecuaciones (q=3) en el caso plano y seis en el caso
tridimensional (q=6). Teniendo el cuanta lo anterior se presentan tres casos:
a) r < q : La estructura es un conjunto inestable (externamente inestable).
Esto es lo que se conoce como “mecanismo”.
b) r = q : Se cumple que la estructura es externamente isostática. Puede
darse que la estructura sea inestable si posee algunas reacciones que sean
concurrentes o paralelas. De lo anterior, se dice que esta condición es
necesaria pero no suficiente.
c) r > q : La estructura es hiperestática. Se necesitan métodos de análisis
estructural para calcular las reacciones desconocidas.
37
Figura 5.4: Tres casos de estabilidad en estructuras
Ejemplo 5.2:
Una grúa tiene una masa de 1000 kg y se usa para levantar una caja de
2400 kg. Determine las reacciones en los apoyos A y B.
Solución:
Haciendo el diagrama de cuerpo libre de la grúa se tiene:

38
0 0
0 1000 2400 3400 3.4
0 1.5 1000 2 2400 6 0 10933.33 10.93
-10933.33 -10.93
x ax bx ax bx
y ay ay
A bx bx
ax
F R R R R
F R R kgf tonf
M R R kgf tonf
R kgf tonf
= → + = → = −
= → = + → = =
= → ⋅ − ⋅ − ⋅ = → = =
= =
∑
∑
∑
Ejemplo 5.3:
El marco de la figura sostiene un techo de un pequeño edificio. Este marco
está sujeto por medio de un cable que pasa por una polea sin roce. Determine la
tensión del cable y las reacciones en los apoyos A y B.
Solución:
Se corta el cable y se realiza el
diagrama de cuerpo libre de la parte
restante.
( )
( ) ( ) ( )
6
53.13º
4.5
0
20 4 1.8 20 3 1.8 20 2 1.8
20 1.8 cos 6 0
100
A
tg
M
T
T kgf
α α
α
= → =
=
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +
+ ⋅ − ⋅ ⋅ =
=
∑
39
0 cos 0 60
0 4 20 0 160
x ax ax
y ay ay
F R T R kgf
F R T sen R kgf
α
α
= → + ⋅ = → = −
= → − ⋅ − ⋅ = → =
∑
∑
Por otro lado, en el apoyo B:
0 cos 0 60
0 0 80
x bx bx
y by by
F R T R kgf
F R T sen R kgf
α
α
= → − ⋅ = → =
= → + ⋅ = → = −
∑
∑
Ejemplo 5.4:
Un peso de 180 kgf se une a una palanca de 21 cm de largo en el punto A.
La palanca AO es sostenida por medio de un tambor cilíndrico de 7.5 cm de
radio. La constante del resorte es K = 45 kgf/cm y este no se encuentra
deformado cuando θ = 0º. Determine el ángulo θ en el cual el sistema está en
equilibrio.
Solución:
Haciendo el diagrama de cuerpo libre se tiene:

40
Representando por δ la deformación del resorte a partir de la posición en
que éste no se encuentra deformado y observando que δ = rθ, se tiene: F=Kδ=Krθ.
2
0 180 0
0.67
180
(85.22º,0º) 85.22º
OM L sen K r r
K r
sen
L
θ θ
θ
θ θ
θ
= → ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ =
⋅ ⋅
= = ⋅
⋅
= =
∑
5.6. Equilibrio de un cuerpo rígido en tres dimensiones
Para el caso de tres dimensiones deben cumplirse las siguientes ecuaciones
de equilibrio:
0 0
0 0
0 0
x x
y y
z z
F M
F M
F M
= =
= =
= =
∑ ∑
∑ ∑
∑ ∑
Estas ecuaciones se pueden resolver para un máximo de seis incógnitas las
cuales, generalmente, representarán reacciones en los apoyos o en las
conexiones.
En la mayoría de los problemas, las ecuaciones escalares anteriores se
obtienen de una forma más conveniente si primero se expresan en forma
vectorial,
( )0 0F M r F= = × =∑ ∑ ∑
41
y se representan las fuerzas “F” y los vectores de posición “r” en términos de
componentes escalares y vectores unitarios.
Debe tenerse en cuenta para el cálculo de reacciones la cantidad de
desplazamientos o giros que están impedidos. Es importante recordar que cada
restricción (impedimento) genera una reacción.
Ejemplo 5.5:
Una escalera de 20 kgf de peso que se usa para alcanzar los estantes
superiores en una biblioteca está apoyada en dos ruedas A y B, montadas sobre
un riel, y un punto C, apoyado en el estante. Un hombre de 80 kgf se para sobre
la escalera y se inclina hacia la derecha. Asuma que el peso del hombre y de la
escalera se concentran en la fuerza W. Determine las reacciones en los apoyos A,
B y C.
Solución:
Primero se debe hacer el diagrama de cuerpo libre de la escalera.

42
Puntos:
( )
( )
( )
0,0,0
0;1.2;0
1.2;0.6;3
A
B
C −
Fuerzas:
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
0;0; 20 0;0; 80 0;0; 100
,0,
,0,
,0,0
a ax az
b bx bz
c cx
W
R R R
R R R
R R
= − + − = −
=
=
=
Equilibrio de Fuerzas:
0 0
0
0
a b c
ax bx cx
az bz
F R R R W
R R R
R R
= → + + + =
+ + =
+ =
∑
Equilibrio de Momentos:
( )
( )
( )
( )
0,0,0
0;1.2;0
1.2;0.6;3
0.6;0.9;0
a
b
c
w
r
r
r
r
=
=
= −
= −
0 0a a b b c c wM r R r R r R r W= → × + × + × + × =∑
( )
0
0 1.2 0 0 1.2 1.2 ;0; 1.2
0 0
a a
b b bz bx
bx bz bx
r R
i j k i j
r R R R
R R R
× =
× = = ⋅ − ⋅
43
( )
( )
1.2 0.6 3 1.2 0.6 0;3 ; 0.6
0 0 0
0.6 0.9 0 0.6 0.9 90; 60;0
0 0 100 0 0
c c cx cx
cx cx
w
i j k i j
r R R R
R R
i j k i j
r W
× = − − = ⋅ − ⋅
× = − − = − −
−
Ordenando,
( )
1.2 90 75
3 60 20
1.2 0.6 0 10
10
100 100 75 25
bz bz
cx cx
bx cx bx
ax bx cx
az
R R kgf
R R kgf
R R R kgf
R R R kgf
R Rbz kgf
⋅ = → =
⋅ = → =
− ⋅ − ⋅ = → = −
= − + = −
= − = − =

44
VI. CENTRO DE GRAVEDAD, CENTROIDES Y FUERZAS DISTRIBUIDAS
Un cuerpo cualquiera en tres dimensiones genera fuerzas en todo su
volumen. Hasta ahora hemos visto fuerzas que se aplican en un punto. De lo
anterior, el tratamiento que se realiza a un cuerpo rígido es aplicar su peso en un
punto llamado “centro de gravedad”.
Se define, entonces, “eje baricéntrico de un cuerpo” como la línea de
acción de la fuerza gravitacional que actúa sobre ese cuerpo.
Un punto interesante de ver consiste en que si hay un elemento que posee
un plano de simetría (Figura 6.1), necesariamente, el eje baricéntrico coincide
con la recta que representa al plano.
Figura 6.1: Elemento con un plano de simetría
Una plancha (Figura 6.2), por ejemplo, tiene dos ejes baricéntricos ya que
tiene dos planos de simetría.
Figura 6.2: Plancha que posee dos planos de simetría
La figura 6.3 muestra que el centro de gravedad de un cuerpo es el punto
de intersección de todos los ejes baricéntricos del cuerpo.
45
Figura 6.3: Intersección de ejes baricéntricos
La ubicación del centro de gravedad en el espacio se le conoce como
“centroide”.
6.1. Centro de Gravedad en Coordenadas Cartesianas
Para un cuerpo homogéneo, existe un punto ( ), ,x y z que coincide con el
centro de gravedad del cuerpo, conocido como centroide. Este punto se puede
determinar como (Figura 6.4):
1
1
1
dV dx dy dz
V dx dy dz
x x dV
V
y y dV
V
z z dV
V
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
∫∫∫
∫
∫
∫
Figura 6.4: Elemento diferencial de un cuerpo cualquiera
Ejemplo 6.1:
Determine el centro de gravedad de un cono
Solución:
Se muestra un cono formado por elementos infinitesimales.

46
El diferencial de volumen está dado por:
( )
( ) ( )
( )
2
2 2
dV r x dx
r x x tg
dV tg x dx
π
α
π α
= ⋅ ⋅
= ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅
El volumen del cono es:
( )
( )2
2 2 3
0 3
h tg
V tg x dx h
π α
π α
⋅
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅∫
Reemplazando,
( )
( )2 2
2 3 0
1 3 3
4
h
x x dV x tg x dx h
V tg h
π α
π α
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
⋅ ⋅∫ ∫
6.2. Centroides de área en Coordenadas Polares
Figura 6.5: Elemento diferencial bidimensional en coordenadas polares
47
La figura 6.5 muestra un elemento diferencial plano en coordenadas
polares. El área de este elemento es: dA = (dr)*(r*dθ)=r*dr*dθ. De la figura se
desprende que: x = r*cosθ e y = r*senθ.
A continuación se muestra la forma en que se determina el centroide de
un elemento semicircular de radio “a” para el cual resulta conveniente usar las
coordenadas polares.
Se sabe, por simetría, que:
0x =
El área del elemento es:
2
0 0 2
a
A r dr d a
π π
θ
 
= ⋅ ⋅ = ⋅ 
 
∫ ∫
Luego, el centroide está dado por:
( )( )0 02
1 1 4
3
2
a a
y y dA r sen r dr d
A a
π
θ θ
π π
= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫
6.3. Cuerpos Compuestos
Un cuerpo compuesto consta de varias partes cuyos pesos y centros de
gravedad se conocen.
La figura 6.6 muestra un cuerpo compuesto en que los centros de gravedad
de las partes que lo componen son conocidos.

48
Figura 6.6: Cuerpo cuyos componentes tienen centroides conocidos
Hasta ahora se ha visto la forma en que se determina el centroide en
elementos continuos, la analogía para elementos discretos es la siguiente:
1 1 2 2
1 1 2
1 1 2 2
1 1 2
1 1 2 2
1 1 2
1 ...
...
1 ...
...
1 ...
...
n
n n
i i
i n
n
n n
i i
i n
n
n n
i i
i n
x V x V x V
x x V
V V V V
y V y V y V
y y V
V V V V
z V z V z V
z z V
V V V V
=
=
=
⋅ + ⋅ + + ⋅
= ⋅ =
+ + +
⋅ + ⋅ + + ⋅
= ⋅ =
+ + +
⋅ + ⋅ + + ⋅
= ⋅ =
+ + +
∑
∑
∑
Para el caso de la figura 6.6 se tiene que n = 6.
Ejemplo 6.2:
Determine la ubicación del centroide de la siguiente figura
49
La figura anterior se puede descomponer de la siguiente forma:
2
1 1 1
2
2 2 2
2
3 3 3
2
4 4 4
12 2 1.5
1 0.5 0.5
1 2.5 2.5
4 5 1
A m x m y m
A m x m y m
A m x m y m
A m x m y m
= = =
= = =
= = =
= = =
Reemplazando en la fórmula:
12 2 1 0.5 1 2.5 4 5
2.928
12 1 1 4
12 1.5 1 0.5 1 2.5 4 1
1.357
12 1 1 4
x m
y m
⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅
= =
− − +
⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅
= =
− − +
6.4. Teorema de Pappus-Guldinus
6.4.1.Teorema de Pappus-Guldinus para las áreas de superficies
“Si un arco C de una curva que se encuentra en un plano gira cubriendo un
ángulo θ (con θ entre 0 y 2π) alrededor de un eje que también se encuentre en el
plano y que no se intersecte con el arco C, el área de la superficie generada por
ese arco C al girar cubriendo el ángulo θ es igual a la longitud de C multiplicada
por la longitud de la trayectoria recorrida por el centroide de C durante la
rotación θ”.
Considerando la definición anterior, si la longitud del arco es L y ρ es la
distancia del eje de rotación al centroide de ese arco, el área S de la superficie
generada por este último al girar cubriendo el ángulo θ alrededor del eje de
rotación es:

50
S L ρ θ= ⋅ ⋅
Para demostrar el teorema se define una cuerda de largo L que gira con
respecto al eje x (Figura 6.7)
Figura 6.7: Cuerda de largo L que gira alrededor del eje x
La superficie que se obtiene al girar la cuerda está dada por:
1
B B
A A
B B
A A
S y ds y ds
y y ds y L y ds
L
θ θ= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ → ⋅ = ⋅
∫ ∫
∫ ∫
Luego,
S L y Lθ ρ θ= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
6.4.1.Teorema de Pappus-Guldinus para volúmenes
“Si un área A que se encuentra en un plano se hace girar describiendo un
ángulo θ (con θ entre 0 y 2π) alrededor de un eje que también se encuentre en el
plano y que no se intersecte con el área A, el volumen del sólido generado por
esa área A al girar cubriendo el ángulo θ es igual al área A multiplicada por la
longitud de la trayectoria recorrida por el centroide del área A durante la
rotación θ”.
Considerando la definición anterior, si ρ es la distancia del eje de rotación
al centroide de esa área, el volumen V del sólido generado por este último al
girar cubriendo el ángulo θ alrededor del eje de rotación es:
51
V A ρ θ= ⋅ ⋅
Para demostrar el teorema se define un área A que gira con respecto al
eje x (Figura 6.8)
Figura 6.8: Área A girada en torno al eje x
El volumen que se obtiene al girar el área A está dada por:
1
b b
a a
b b b
a a a
V y L dy y L dy
y y dA y A y dA y L dy
A
θ θ= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ → ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅
∫ ∫
∫ ∫ ∫
Luego,
V A y Aθ ρ θ= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
Ejemplo 6.3:
Determine el volumen de un cono sólido de altura “a” y radio basal “b”.

52
Solución:
Se había visto que el volumen de un cono de altura h es:
( )
( )
2
3
2
3
3
tg
V h
b
tg
a
h a
ab
V
π α
α
π
⋅
= ⋅
=
=
=
El centroide del triángulo y su área son:
1
3 2
b
y A ab= =
Aplicando Pappus:
2
1
2
3 2 3
b ab
V y A abθ π π= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
6.5. Resultantes de fuerzas paralelas distribuidas
Con lo visto anteriormente se puede decir que se puede hallar la
resultante y la línea de acción de una fuerza distribuida sobre una línea por
analogía con el centroide de un área plana (Figura 6.9). También se puede decir
que se puede hallar la resultante y la línea de acción de una fuerza distribuida
sobre un área plana por analogía con el centroide de un volumen.
53
Figura 6.9: Fuerza distribuida sobre una línea y un área plana
En algunos casos se pueden determinar los efectos de una fuerza
distribuida al reemplazarla por su resultante. Por ejemplo, la fuerza resultante
tiene el mismo efecto sobre el equilibrio (o el movimiento) de un cuerpo rígido
como el de la fuerza distribuida; en este caso, los dos sistemas de fuerzas son
equivalentes.
6.5.1.Fuerzas Distribuidas sobre un segmento rectilíneo
Suponga una carga distribuida q(x) (fuerza por unidad de longitud) que
actúa sobre una barra recta (Figura 6.10). Considerando un elemento
infinitesimal dx de la carga, a una distancia x del punto A. Se puede considerar la
fuerza infinitesimal correspondiente a q(x)dx, como una fuerza puntual que
actúa en x.
Figura 6.10: Carga distribuida que actúa sobre una barra recta
De esta forma, la resultante de la fuerza distribuida q(x) queda dada por:

54
( )0
L
R q x dx= ⋅∫
Para determinar la línea de acción de R, su ubicación, se debe determinar
el momento que ejerce la carga distribuida sobre el punto A. El momento que
ejerce la carga q(x)dx sobre el punto A es x*q(x)dx, por lo tanto el momento
resultante es:
( )0
L
M x q x dx= ⋅ ⋅∫
Si se divide el momento M por la resultante R se obtendrá la ubicación de
la línea de acción:
( )0
1 LM
x x q x dx
R R
= = ⋅ ⋅ ⋅∫
Puede verse que:
( )
( )
2
2
3
L
q x cte x
q x x x L
= → =
= → =
6.5.2.Carga Distribuida sobre un área plana
Considere una carga distribuida q(x,y) que actúa sobre un área plana A
(Figura 6.11)
Figura 6.11: Carga distribuida sobre un área plana
55
Si se selecciona un área infinitesimal dA = dxdy en el área A, la resultante
de la carga distribuida asociada a esa área infinitesimal es q(x,y)dxdy. La
resultante R de la carga distribuida sobre el área A está dada por:
( ),
A
R q x y dx dy= ⋅ ⋅∫∫
Del mismo modo, los momentos Mx y My de la carga distribuida q(x,y),
respecto a los ejes x e y, respectivamente, quedan dados por:
( )
( )
,
,
x A
y
A
M y q x y dx dy
M x q x y dx dy
= ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅
∫∫
∫∫
De esta forma, la ubicación de la línea de acción es:
( )
( )
1
,
1
,
y
A
x
A
M
x x q x y dx dy
R R
M
y y q x y dx dy
R R
= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
∫∫
∫∫
Ejemplo 6.4:
Una viga simplemente apoyada se somete a una carga distribuida q(x)
definida por la ecuación Kxn
.
a) Determine la magnitud y la línea de acción de la resultante de la carga
q(x).
b) Para n=1 determine las reacciones en los apoyos de la viga.

56
Solución:
Parte a)
La fuerza sobre un elemento de longitud dx es:
( ) n
dR q x dx k x dx= ⋅ = ⋅
Por lo que la fuerza total sobre la viga se obtiene integrando lo siguiente:
1
0 1
n
L
n L
R k x dx k
n
+
= ⋅ =
+∫
Puede verse que el momento de la fuerza dR con respecto a x=0 es
x*q(x)dx. Luego, el momento de la carga distribuida con respecto a x=0 es:
2
0 2
n
L
n L
M x k x dx k
n
+
= ⋅ ⋅ =
+∫
Para obtener la ubicación de la línea de acción se procede de la siguiente
forma:
2
1
12
2
1
n
n
L
k
M nnx L
LR n
k
n
+
+
++= = =
+
+
Parte b)
Para n=1 se tiene q(x)=kx
1 1
2
1 1 2
1 1 2
1 2 3
L k
F k L
x L L
+
= =
+
+
= =
+
Haciendo equilibrio:
57
2
2
2
2
0
2
0 0
2
0
2 3
3
6
y ay by
x ax
A by
by
ay
k
F R R L
F R
k
M R L L L
k
R L
k
R L
= → + =
= → =
= → ⋅ = ⋅
=
=
∑
∑
∑
Ejemplo 6.5:
Un área rectangular A se somete a una carga uniformemente distribuida
q(x,y). Determine la magnitud R de la resultante y la línea de acción de la
misma.
Solución:
Ya que la carga distribuida es constante el valor de la resultante y los
momentos es:

58
0 0
2
0 0
2
0 0
1
2
1
2
a b
a b
x
a b
y
R q dxdy abq
M q y dxdy ab q
M q x dxdy a bq
= ⋅ =
= ⋅ ⋅ =
= ⋅ ⋅ =
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
Para obtener la ubicación de la línea de acción de R se debe realizar lo
siguiente:
2
2
1
2 2
1
2 2
y
x
M a bq a
x
R abq
M ab q b
y
R abq
= = ⋅ =
= = ⋅ =
Ejemplo 6.6:
Determine las reacciones en los apoyos de la estructura mostrada en la
figura.
59
Solución:
Primero se procede con el diagrama de cuerpo libre en el cual se colocan
las fuerzas equivalentes de las cargas distribuidas.
Haciendo equilibrio:
0 900 600 300
0 800 400
0 900 2 -600 8 400 6 8 0
675
525
y ay
x ax cx
A cx
ax
cx
F R kgf
F R R
M R
R kgf
R kgf
= → = − =
= → + + =
= → ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ =
=
= −
∑
∑
∑

60
VII. RETICULADOS
Un reticulado es un montaje de elementos delgados y rectos que soportan
cargas principalmente axiales (tracción o compresión) en esos elementos. La
disposición de estos elementos hace un sistema eficiente para soportar cargas.
Un reticulado puede soportar fuertes cargas en comparación a su peso.
A continuación se muestran algunos tipos de reticulados (Figura 7.1)
Figura 7.1: Tipos de reticulados
Los reticulados mostrados en la figura 7.1 se denominan “reticulados
planos”, porque todos sus elementos y todas las cargas se encuentran en el
mismo plano.
Los materiales usados en los reticulados pueden ser madera, acero o
aluminio, entre otros.
Debido a que el principio fundamental de los reticulados es el de soportar
cargas axiales (en dirección longitudinal) en los elementos que la conforman, se
deben considerar algunas hipótesis para facilitar su análisis:
a) Todos los elementos de un reticulado son rectos.
b) Los nudos en los extremos de los elementos se pueden representar por
medio de puntos.
c) Todos los nudos son rótulas (sin roce).
d) A un reticulado sólo se le pueden aplicar cargas concentradas, y éstas se
aplican en los nudos.
Si se tienen dos barras (Figura 7.2) (A y B) a las cuales se le aplica una
carga de tracción F. Al separarlas se generan fuerzas Fab y Fba. Como el sistema
está en equilibrio, necesariamente Fab + Fba = 0 (equilibrio en el nudo a).
61
Figura 7.2: Dos barras sometidas a una carga de tracción
7.1. Estabilidad y Determinación Estática
En la figura 7.3 puede verse que el reticulado es estable, es decir, no
cambia su configuración bajo la acción de la fuerza
Figura 7.3: Reticulazo simple sometido a una carga horizontal
En contraste con el caso anterior, el reticulado mostrado en la figura 7.4,
formado por cuatro elementos, no es estable ya que este sistema sufre un
cambio de configuración. Sus elementos sufren una gran deformación. En
consecuencia, se dice que el sistema constituye un “reticulado inestable”. De
modo más general, cualquier sistema de cuatro o más elementos conectados por
barras, que forman un polígono, no es estable.
Figura 7.4: Reticulado Inestable
Un reticulado formado por elementos triangulares se denomina “reticulado
simple” (Figura 7.5 (a) y (b)).

62
Figura 7.5: Dos ejemplos de reticulados simples
Cada uno de estos reticulados satisface la ecuación:
2m r j+ = ⋅
m : Número de elementos
r : Número de reacciones en los apoyos
j : Número de nudos
Reemplazando los valores correspondientes a los ejemplos de la figura 7.5:
( ) ( )
( ) ( )
: 5; 3; 4 5 3 2 4
: 13; 3; 8 13 3 2 8
a m r j
b m r j
= = = + = ⋅
= = = + = ⋅
En el caso que m + r > 2j entonces el reticulado es “estáticamente
indeterminado”.
Por otro lado, si m + r < 2j, el reticulado es “inestable” (mecanismo).
7.2. Métodos de Análisis de Reticulados
El análisis de un reticulado consiste en calcular las fuerzas en los
elementos, y las reacciones que surgen en los nudos y apoyos.
Los métodos que se utilizan para resolver estas estructuras son: métodos
de los nudos y método de las secciones.
7.2.1.Método de los nudos
El método de los nudos es un método de análisis de un reticulado
estáticamente determinado al escribir y resolver las ecuaciones de equilibrio
para los nudos del reticulado.
63
En este método, se dibujan los diagramas de cuerpo libre de los nudos del
reticulado y se escriben las ecuaciones de equilibrio para cada uno de estos
nudos.
Para la resolución de las ecuaciones es preferible colocar las fuerzas de los
elementos (barras) saliendo del nudo. Esto asume que la barra está en tracción.
Si al resolver el sistema de ecuaciones resulta alguna fuerza de alguna barra
negativa, significa que esa barra se encuentra en compresión.
Ejemplo 7.1:
Determine los esfuerzos en cada una de las barras del reticulado de la
figura. Indique si estos esfuerzos son de tracción o compresión.
Solución:
En el método de los nudos se deben usar dos ecuaciones de equilibrio:
suma de fuerzas verticales y horizontales.
Nudo A

64
( )
( )
0 cos 0
0 30 0
30
37.5
22.5
x ac ab
y ab
ab
ac
F T T
F T sen
T kgf tracción
sen
T kgf compresión
α
α
α
= → − − ⋅ =
= → ⋅ − =
= =
= −
∑
∑
Nudo C
( )
0
22.5
0 0
x cd ac
cd
y bc
F T T
T kgf compresión
F T
= → =
= −
= → =
∑
∑
Nudo B
0 cos cos
0.6 37.5 0.6
x eb bd ab
eb bd
F T T T
T T
α α= → + ⋅ = ⋅
+ ⋅ = ⋅
∑
65
( )
( )
0 0
37.5
45
y bd ab
bd ab
bd
eb
F T sen T sen
T T
T kgf compresión
T kgf tracción
α α= → ⋅ + ⋅ =
= −
= −
=
∑
Nudo E
0 0
R 45
0 0
x eb ex
ex
y de
F T R
kgf
F T
= → + =
= −
= → =
∑
∑
Nudo D
0 cos 0
R 45
0 0
R 30
x bd cd dx
dx
y bd de dy
dy
F T T R
kgf
F T sen T R
kgf
α
α
= → ⋅ + + =
=
= → ⋅ + + =
=
∑
∑

66
Ejemplo 7.2:
Determine los esfuerzos en cada una de las barras del reticulado de la
figura. Indique si estos esfuerzos son de tracción o compresión.
Solución
Primero se deben determinar las reacciones en los apoyos. Para ello debe
realizarse el diagrama de cuerpo libre del reticulado completo.
67
( )0 12 3 200 12 24
200
0 0
0 400
200
A fy
fy
x ax
y ay fy
ay
M R
R kgf
F R
F R R kgf
R kgf
= → ⋅ ⋅ = ⋅ +
=
= → =
= → + =
=
∑
∑
∑
Nudo A
( )
2 10 5
0.857 cos 0.5145
12 3
0 cos 0
0
0 por simetría
0 0
x ac
ac
df
y ay ab ac
tg sen
F T
T kgf
T kgf
F R T T sen
α α α
α
α
⋅
= = → = → =
= → ⋅ =
=
=
= → + + ⋅ =
∑
∑
( )
( )
200 compresión
200 por simetría
ab
ef
T kgf
T kgf
= −
= −

68
Nudo B
( )
10
22.62º
2 12
10
39.8º
12
0 cos cos 0
0
624.82 compresión
520
x bc bd
y bc bd ab
bc de
bd ce
tg
tg
F T T
F T sen T sen T
T T kgf
T T kgf
β β
χ χ
χ β
χ β
= → =
⋅
= → =
= → ⋅ + ⋅ =
= → ⋅ + ⋅ =
= = −
= =
∑
∑
( )tracción
Nudo C
( )
0 cos cos
0 200 0
960 compresión
x bc ce cd
y bc ce
cd
F T T T
F T sen T sen
T kgf
χ β
χ β
= → ⋅ = ⋅ +
= → + ⋅ + ⋅ =
= −
∑
∑
69
7.2.2.Método de las secciones
El método de las secciones para el análisis de reticulados se basa en el
equilibrio de cuerpo rígido de una parte del reticulado.
Si un reticulado completo está en equilibrio, bajo la acción de un conjunto
de fuerzas coplanares, cualquier parte del mismo también debe estar en
equilibrio. Así, se puede cortar el reticulado en 2 o más partes, cada una de las
cuales es un cuerpo rígido en equilibrio.
Ejemplo 7.3:
Determine las fuerzas en los elementos AB, BC y CD del reticulado de la
figura. Indique si estas fuerzas son de tracción o compresión.
Se cortan las barras CD, BC y AB considerando el segmento derecho del
reticulado, esto es:

70
Haciendo equilibrio en esta parte del reticulado:
( )
0 1.2 30 0.9 0
22.5 compresión
0 0.9 0
0
B cd
cd
A bc
cd
M T
T kgf
M T
T kgf
= → ⋅ + ⋅ =
= −
= → ⋅ =
=
∑
∑
Para determinar TAB se puede obtener a partir de equilibrio de fuerzas
verticales u horizontales.
( )
( )
0 cos 0
37.5 tracción
0 30
37.5 tracción
x cd ab
ab
y ab
ab
F T T
T kgf
F T sen
T kgf
α
α
= → + ⋅ =
=
= → ⋅ =
=
∑
∑
Ejemplo 7.4:
Determine las fuerzas en los elementos BD, BE, BC, CE y DE del reticulado
de la figura. Indique si estos esfuerzos son de tracción o compresión.
71
Solución:
Primero se deben determinar las reacciones en los apoyos.
0 4 10 200 10 400 20
250
0 0
0 200 400
350
A hy
hy
x ax
y ay hy
ay
M R
R kgf
F R
F R R
R kgf
= → ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅
=
= → =
= → + = +
=
∑
∑
∑
Luego, se escoge una parte segmento del reticulado y se hace equilibrio de
cuerpo rígido.
( )
( )
0 12 400 10 250 3 10
291.667 tracción
0 12 250 2 10 0
416.667 compresión
0 250 400
B ce
ce
E bd
bd
y be
M T
T kgf
M T
T kgf
F T senα
= → ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅
=
= → ⋅ + ⋅ ⋅ =
= −
= → ⋅ + =
∑
∑
∑
( )
50.194º
195.256 tracciónbeT kgf
α =
=

72
Para determinar TBC se puede hacer el siguiente corte (barras AC, BC, BE y
BD):
0 12 350 10 2 200 10 10
0
E bd bc
bc
M T T
T kgf
= → ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅
=
∑
Para determinar la tensión en la barra DE es más simple hacer equilibrio
en el nudo D.
( )
0 400 0
400 compresión
y de
de
F T
T kgf
= → + =
= −
∑
73
7.3. Reticulados Compuestos y Complejos
Cono ya se mencionó, un reticulado simple es aquel que se puede armar
agregando sucesivamente dos elementos no colineales a un elemento triangular
inicial. A medida que se agrega cada pareja de elementos se agrega otro nudo.
Un reticulado compuesto está formado por dos o más reticulados simples
unidos entre sí por uno o más nudos comunes o por elementos adicionales.
A continuación se muestran dos reticulados compuestos (Figura 7.6).
Figura 7.6: Ejemplos de reticulados compuestos
En la figura 7.6(a), dos reticulados simples están unidos en el nudo común
A. En la figura 7.6(b), dos reticulados simples están unidos entre sí por tres
elementos adicionales. Los reticulados simples se muestran como áreas
sombreadas.
Figura 7.7: Ejemplos de reticulados complejos
Las configuraciones de reticulados que no se pueden clasificar como
simples o compuestos se conocen como “reticulados complejos”. En general, un
reticulado complejo puede estar compuesto por cualquier combinación de
elementos triangulares, cuadrados y poligonales. En la figura 7.7 se presentan

74
dos tipos de reticulados complejos. Es necesario tener en presente que ambos
casos son reticulados estáticamente determinados y estables.
75
VIII. ESFUERZOS INTERNOS EN VIGAS
Una viga es un elemento estructural, recto o curvo, apoyado en uno o más
puntos en todo su largo. Las vigas se usan mucho en estructuras como edificios y
puentes. Generalmente, las vigas se someten a cargas dirigidas
perpendicularmente a sus ejes longitudinales. Se someten a cargas concentradas,
momentos y fuerzas distribuidas.
Algunos tipos de vigas se muestran en la figura 8.1.
Figura 8.1: Tipos de vigas: (a) viga en voladizo; (b) viga simplemente apoyada
Ejemplo 8.1:
Determine las reacciones en los apoyos de la viga mostrada en la figura.
Solución:
0 2 4 10 2 20 4 35 10 10
29.375
0 10 20 10
10.625
0 0
A by
by
y ay by
ay
x ax
M R
R kgf
F R R
R kgf
F R
= → ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ + + ⋅
=
= → + = + +
=
= → =
∑
∑
∑

76
8.1. Esfuerzo de Corte y Momento Flector en Vigas
El esfuerzo de corte y el momento flector son fuerzas internas en las vigas.
Son causados por cargas transversales y momentos exteriores.
La viga en voladizo mostrada en la figura 8.2 tiene una deformación en el
extremo libre debido a flexión y a esfuerzo de corte.
Figura 8.2: Deformación por flexión y esfuerzo de corte en una viga en voladizo
Para calculas las reacciones en los apoyos de una viga se debe hacer
diagrama de cuerpo libre de toda la viga y aplicar ecuaciones de equilibrio. En
análisis de fuerzas internas (o esfuerzos internos), también se usan diagramas de
cuerpo libre, pero en partes de una viga.
La figura 8.2 muestra una viga sometida a un estado de carga
determinado, se muestran además los valores de las reacciones en los apoyos. Se
quieren determinar las fuerzas que existen en la sección a-a.
Figura 8.2: Viga sometida a un estado de carga
Primero, se separa la viga en dos partes, cortándola en la sección a-a a
una distancia x del apoyo izquierdo (Figura 8.3).
77
Figura 8.3: Viga cortada en la sección a-a.
Para que cada una de las partes esté en equilibrio es necesario que existan
una fuerza V (esfuerzo de corte) y un momento flector M.
En el diagrama de cuerpo libre de la parte aislada, V y M se consideran
como fuerzas externas. Sin embargo, para la viga como un todo, son esfuerzos
internos en la sección a-a.
Al hacer equilibrio en la parte izquierda de la viga se tiene:
( )
0 150 100
50
0 150 100 2
50 200
y
a a
F V
V kgf
M M x x
M x
−
= → = +
=
= → = ⋅ − ⋅ −
= ⋅ +
∑
∑
Cabe señalar que estos valores son válidos para 2 m ≤ x ≤ 4 m. Ahora,
considerando el otro lado de la viga se tiene:
( ) ( ) ( )
0 200 100 - 250
50
0 250 8 200 4 100 8 2
50 200
y
a a
F V
V kgf
M M x x x
M x
−
= → = +
=
= → = ⋅ − − ⋅ − − ⋅ − +
= ⋅ +
∑
∑
Puede verse que tanto V como M son iguales independientemente del lado
de la viga que se tome. Esto es debido a que en la sección a-a, necesariamente,
los esfuerzos internos deben estar en equilibrio.
Tomando distintas secciones a-a, a lo largo de la viga, se pueden
determinar los diagramas de esfuerzo de corte y momento flector de toda la
viga.

78
Para poder determinar los diagramas es necesario definir una convención
de signos.
Figura 8.4: Viga simplemente apoyada con una carga central aplicada (deformación por flexión)
La figura 8.4 muestra una viga simplemente apoyada con una carga
concentrada aplicada en el centro de la viga. La línea punteada representa la
deformada de la viga por flexión. Si se toma un elemento de esa deformada
puede verse que, para el caso del momento flector, la parte inferior está en
tracción (fibra traccionada)y la parte superior, en compresión (fibra
comprimida). Como convención de momentos flectores se supone que es positivo
cuando la fibra traccionada se encuentra en el inferior de la viga (figura 8.5). El
diagrama de momentos siempre se dibuja para el lado de la fibra traccionada, ya
que es para ese lado donde se va a deformar la viga.
Figura 8.5: Convención para momento positivo
Igual al caso anterior, la figura 8.6 muestra una viga simplemente apoyada
con una carga concentrada aplicada en el centro de la viga. En este caso, la línea
punteada representa la deformada de la viga por esfuerzo de corte.
Figura 8.6: Viga simplemente apoyada con una carga central aplicada (deformación por corte)
79
Se asume que el corte es positivo cuando se cumple que α > 0 (Figura 8.7).
Figura 8.7: Convención para esfuerzo de corte positivo
Siguiendo con el ejemplo anterior, para determinar el diagrama de
esfuerzos internos de toda la viga, se procede con la sección a-a ubicada en 0 ≤ x
≤ 2 m.
0 m ≤ x ≤ 2 m
( )
( )
0 150
0 150
y
a a
F V x kgf
M M x x−
= → =
= → = ⋅
∑
∑
2m ≤ x ≤ 4 m
Ya se ha calculado.
4m ≤ x ≤ 8 m
( )0 150 100 200 150yF V x kgf= → = − − = −∑

80
( ) ( ) ( )
( )
0 150 100 2 200 4
150 1000
a aM M x x x x
M x x
− = → = ⋅ − ⋅ − − ⋅ −
= − ⋅ +
∑
8 m ≤ x ≤ 10 m
( )
( ) ( )
( )
0 100
0 100 10
100 1000
y
a a
F V x kgf
M M x x
M x x
−
= → =
= → = − ⋅ −
= ⋅ −
∑
∑
Luego, el diagrama de esfuerzos internos es:
81
Ejemplo 8.1:
Determine los diagramas de esfuerzos internos de carga axial (N), esfuerzo
de corte (V) y momento flector (M) de la estructura de la figura.
Solución:
Primero se determinan las reacciones en los apoyos:

82
0
2 2
2
0
2
A cy
cy
y ay cy
ay
ax
L L
M R L P P P L
R P
F R P R
R P
R P
= → ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅
=
= → = −
= −
=
∑
∑
Ahora es necesario analizar las secciones por tramos:
0 ≤ y ≤ L/2
( )
( )
( )
0 2
0
0 2
x
y
a a
F V y P
F N y P
M M y P y−
= → =
= → =
= → = ⋅
∑
∑
∑
0 ≤ y ≤ L/2
( )
( )
( )
( )
0 2
0
0 2
2
2
x
y
a a
F V y P P P
F N y P
L
M M y P y P y
PL
M y P y
−
= → = − =
= → =
 
= → = ⋅ − ⋅ − 
 
= ⋅ +
∑
∑
∑
83
0 ≤ x ≤ L/2
( )
( )
( )
( )
0
0 2
0 2
2
1.5
y
x
a a
F V x P
F N x P P P
PL
M M x P L P x
M x P L P x
−
= → = −
= → = − =
= → = ⋅ − − ⋅
= ⋅ − ⋅
∑
∑
∑
L/2 ≤ x ≤ L
( )
( )
0 2
0 2
y
x
F V x P P P
F N x P P P
= → = − − = −
= → = − =
∑
∑

84
( )
( )
0 2
2 2
2 2
a a
PL L
M M x P L P x P x
M x P L P x
−
 
= → = ⋅ − − ⋅ − ⋅ − 
 
= ⋅ − ⋅
∑
Finalmente, los diagramas de esfuerzos internos son:
85
Ejemplo 8.2:
Determine el diagrama de esfuerzos internos de la estructura de la figura
sometida a una carga distribuida constante q.
Solución:
Las reacciones de la viga en los apoyos son:
Puede verse que para los diagramas de esfuerzos internos no existe carga
axial (N = 0). Luego,
( )
( )
( )
2
0
2
0
2 2
2 2
y
a a
qL
F V x q x
qL x
M M x x q x
qL x
M x x q
−
= → = − ⋅
= → = ⋅ − ⋅ ⋅
= ⋅ − ⋅
∑
∑
Puede verse que:
( )
2
2 2
qL x
M x x q= ⋅ − ⋅

86
( )
( )
( )
( )
( )
2
dM x qL
q x V x
dx
dM x
V x
dx
dV x
q
dx
= − ⋅ =
→ =
→ = −
Finalmente los diagramas resultantes son:
Puede verse que cuando el momento flector es máximo, el esfuerzo de
corte es cero.
87
Ejemplo 8.3:
Determine los diagramas de esfuerzos internos (momento flector y
esfuerzo de corte) de la estructura de la figura.
Solución:
Primero deben determinarse las reacciones.
( ) ( )
0 0
2
0 6 120 2 0.5 36 4 4 18 4 6
3
144
36 4
0 120 18 4
2
120
x ax
A by
by
y ay by
ay
F R
M R
R kgf
F R R
R kgf
= → =
= → ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
=
⋅
= → + = + + ⋅
=
∑
∑
∑
Cortando la viga se tiene:
0 m ≤ x ≤ 2 m
( )
( )
( )
( )
2
3
9
0 120
2
120 4.5
0 120 9
2 3
120 1.5
y
a a
x x
F V x
V x x
x x
M M x x x
M x x x
−
⋅
= → + =
= − ⋅
= → = ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ − ⋅
∑
∑

88
2 m ≤ x ≤ 4 m
( )
( )
( ) ( )
( )
2
3
9
0 120 120
2
4.5
0 120 9 120 2
2 3
240 1.5
y
a a
x x
F V x
V x x
x x
M M x x x x
M x x
−
⋅
= → = − −
= − ⋅
= → = ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ −
= − ⋅
∑
∑
4 m ≤ x ≤ 6 m
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) 2
0 18 8 144
18
8
0 144 8 2 18 8
2
288 9
y
a a
F V x x
V x x
x
M M x x x
M x x
−
= → = ⋅ − −
= − ⋅
−
= → = ⋅ − − − ⋅ − ⋅
= − ⋅
∑
∑
89
6 m ≤ x ≤ 8 m
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) 2
0 18 8
144 18
8
0 18 8
2
576 144 9
y
a a
F V x x
V x x
x
M M x x
M x x x
−
= → = ⋅ −
= − ⋅
−
= → = − ⋅ − ⋅
= − + ⋅ − ⋅
∑
∑
Finalmente los diagramas de esfuerzos internos son:

90
IX. PRINCIPIOS DEL TRABAJO
Como trabajo se define al producto entre la fuerza y la distancia. Es una
cantidad escalar.
Figura 9.1: Fuerza aplicada sobre una cuerda
Si se tiene una cuerda en la cual existe una fuerza F aplicada (Figura 9.1),
el trabajo que realiza la fuerza al trasladarse por la cuerda está dado por:
cos
t
t
C C
dU F ds
U F ds F dsθ
= ⋅
= ⋅ = ⋅ ⋅∫ ∫
Se tiene un resorte de largo natural lo (Figura 9.2) (el resorte no ejerce
fuerza). Si se deforma una distancia x entonces la fuerza que debe hacerse para
deformarlo esa distancia es F=K*x (donde k es la constante del resorte, a un k
mayor, mayor deberá ser la fuerza que debe aplicarse al resorte para deformarlo
una distancia x)
Figura 9.2: Fuerza aplicada a un resorte
91
El trabajo realizado al estirar el resorte una distancia “x” está dado por:
2
0 0
1
2
x x
FU F dx k x dx k x= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅∫ ∫
A la magnitud 0.5k*x2
también se le conoce como “energía elástica”
almacenada en el resorte.
Ejemplo 9.1:
Calcular el trabajo que hace una fuerza cuando se traslada en una línea
recta de 3 m de largo.
Solución:
( )
( )
( )
3 3
0 0
3
cos 30º
2
1
30º
2
2 3
3 1 3
2 3 3
2 2 2
3 3
3 3 3 9.7
2 2
dx ds ds
dy ds sen ds
Fx kgf Fy kgf
dU Fx dx Fy dy ds ds ds
U dU ds J Joule
= ⋅ =
= ⋅ =
= =
 
= ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = + ⋅ 
 
   
= = + ⋅ = + ⋅ =   
   
∫ ∫
La fuerza de gravedad realiza un trabajo positivo cuando un cuerpo
desciende una distancia determinada. El valor del trabajo es el producto entre el
peso del cuerpo y la distancia que desciende. Si el cuerpo asciende, entonces la

92
fuerza de gravedad realiza un trabajo negativo. El trabajo es positivo cuando el
desplazamiento va en la misma dirección que la fuerza que lo produce.
Los momentos también realizan trabajo. El trabajo sobre un cuerpo de un
momento es igual al producto entre el momento y la deformación angular que
experimenta. Esto es:
2
1
U M d
θ
θ
θ= ⋅∫
9.1. Principio del Trabajo Virtual
El trabajo virtual de una fuerza real es el trabajo efectuado por esa fuerza
durante un desplazamiento virtual (imaginario).
Un desplazamiento virtual es un desplazamiento imaginario y no ocurre,
necesariamente, como un movimiento real del sistema. El trabajo de las fuerzas
reales que actúan durante un desplazamiento de este tipo se llama “trabajo
virtual”. Durante un desplazamiento virtual se considera que las fuerzas reales
permanecen constantes.
Figura 9.3: Trabajo virtual en una balanza
Una balanza proporciona una aplicación práctica más significativa del
principio del trabajo virtual. Si se hace girar una balanza horizontal (Figura 9.3)
de modo que describa un ángulo virtual δθ, el trabajo que realizan los pesos, en
cada extremo de la balanza, es:
2 1U W b W aδ δθ δθ= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
Puede verse que el sistema está en equilibrio si se cumple que δU = 0 ya
que W2bδθ = W1aδθ.
2 1W b W a⋅ = ⋅
93
Lo que muestra la figura 9.4 se llama “Balanza de Roberval”. En muchos
aspectos esta balanza es distinta a la anterior. Si el peso W2 desciende una
distancia δs, el peso W1 asciende esa misma distancia δs. Por lo tanto el trabajo
virtual efectuado por el sistema es:
2 1U W s W sδ δ δ= ⋅ − ⋅
Figura 9.4: Balanza de Roberval
Puede verse que δU se hace cero para W2 = W1, esta es una condición de
equilibrio, es decir, pesos iguales colocados en la balanza de Roberval están en
equilibrio sin importar sus ubicaciones b y c en las barras horizontales.
Ejemplo 9.2:
Determine la reacción del apoyo B usando el método de los trabajos
virtuales.
Solución:
Para resolver este problema se quita el apoyo B y se rota la viga un ángulo
δθ con respecto al punto A.

94
4
0 0
4
4
by
by
by
L
U P R L
L
U P R L
P
R
δ δθ δθ
δ δθ δθ
= − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
= → − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
=
Ejemplo 9.3:
Determine el valor de x para que el valor de P no dependa de la ubicación
del bloque de peso W (que sea independiente del valor de s).
Solución:
Si se deforma la barra AC un ángulo δθ a favor de las manecillas del reloj
se obtienen los siguientes desplazamientos
2 3
3 3 /
A B C
D E F x
δ δθ δ δθ δ δθ
δ δθ δ δθ δ δθ
= ↓ = ↑ = ↑
= ↑ = ↑ = ↑
95
3 3
1
F
F
x x
δθ δ δθ
δ= → =
Gráficamente se tiene:
El ascenso del peso W es:
( )
3 3
D F
W F
W
L
s
x L x
δ δ
δ δ
δθ δθ
δ δθ
−
= +
 
= + ⋅ − ↑ 
 
El trabajo virtual de las fuerzas P y W es:
3 3
2
3 3
2 1
A WU P W
s
P W
x L x
W W s
P
x L x
δ δ δ
δθ δθ
δθ δθ
δθ
= ⋅ − ⋅
  
= ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ −  
  
 ⋅  
= − − ⋅ − ⋅  
  
Para el equilibrio se debe cumplir que δU = 0.
3 3
2 1 0
W W s
P
x L x
⋅  
− − ⋅ − = 
 
Para que el valor de P no dependa de la ubicación de W debe cumplirse
que:

96
3
1 0 3x m
x
 
− = → = 
 
Luego, despejando P se tiene:
3
2 0
2
W W
P P
x
− = → =
Ejemplo 9.4:
Determine el valor del momento flector en una sección ubicada en la
mitad de la viga utilizando el método de los trabajos virtuales.
Solución:
Para determinar el momento flector en la mitad de la viga, debe
quebrarse ésta haciendo que solamente haga trabajo el momento y la fuerza P
conocida. Es importante tener presente que la fuerza externa realiza un trabajo
externo y el momento, por ser un esfuerzo interno, realiza un trabajo interno. En
este caso debe cumplirse que el trabajo interno es igual al trabajo externo. En el
ejemplo 9.2 el trabajo interno era cero, por eso se tenía δU = 0 (δUE=δUI=0).
2
2
E
I
L
U P
U M
δ δθ
δ δθ
= ⋅ ⋅
= ⋅
97
2
2
4
E I
L
U U P M
PL
M
δ δ δθ δθ= → ⋅ ⋅ = ⋅
=
Ejemplo 9.5
Determine el valor de la fuerza P para que el sistema esté en equilibrio.
Solución:
Se rota el sistema en un ángulo virtual δθ. Luego queda:
( )
( )
2 1.5 40º
0
2
1.789
1.5 40º
E
I
E I
U W P sen
U
W
U U P W
sen
δ δθ δθ
δ
δ δ
= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅
=
⋅
= → = = ⋅
⋅

98
Ejemplo 9.6
Determine el valor del esfuerzo de corte en la sección a-a, ubicado a una
distancia x=6 m del punto A. Considere q = 5 kgf/m.
Solución:
Utilizando para el corte la siguiente convención:
Cortando en la sección a-a y desplazando, para que sólo haga trabajo el
esfuerzo de corte (trabajo interno).
5 2 2 20
2
V 10
E
I
E I
U
U V
U U kgf
δ δθ δθ
δ δθ
δ δ
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
= ⋅ ⋅
= → =
99
Ejemplo 9.7:
Usando el método de los trabajos virtuales, determine la reacción vertical
del apoyo B.
Solución:
Primero se calculan las cargas resultantes a partir de las cargas
distribuidas.
Desplazando el apoyo B en 1 se tiene:
by
1 4 4
8 1 3 2 4.5 1 1
3 9 9
0
R 3.333
E by
I
E I
U R
U
U U kgf
δ
δ
δ δ
= − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅
=
= → =

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