guía_ejercicios_mecánica_racional 1

"APUNTES DE EJERCICIOS - ESTÁTICA"

2008

Rodrigo Astroza E.

Documento Docente N° 52 Rodrigo Astroza Eulufí. Profesor de la Facultad de Ingeniería de la Universidad de los Andes.

FACULTAD DE INGENIERÍA

UNIVERSIDAD DE LOS ANDES

APUNTE DE EJERCICIOS

ESTÁTICA

Rodrigo Astroza Eulufí

2008

AGRADECIMIENTOS

Se agradece al alumno Simón Torrealba Jaque en la transcripción de varios problemas presentes en este apunte.

ÍNDICE

1) SISTEMAS DE FUERZAS ............................................................................................................ 1

2) EQUILIBRIO DE LA PARTÍCULA............................................................................................ 18

3) EQUILIBRIO DE SISTEMA DE PARTÍCULAS ........................................................................ 35

4) EQUILIBRIO DE SÓLIDOS RÍGIDOS ..................................................................................... 44

5) ESFUERZOS AL INTERIOR DE UN SÓLIDO.......................................................................... 65

6) PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUELES Y CARGAS MÓVILES .................................. 144

7) PROBLEMAS PROPUESTOS.................................................................................................. 166

Universidad de Los Andes Rodrigo Astroza Eulufí Facultad de Ingeniería

________________________________________________________________________________ Estática Página 1 Apunte de Ejercicios

1) SISTEMAS DE FUERZAS Ejercicio 1 La losa de hormigón de la figura soporta las seis fuerzas verticales mostradas. Hallar las coordenadas x e y del punto de la losa por el que pasa la recta soporte de la resultante (considere el sistema de referencia indicado en la figura).

Dimensiones en metros Solución a) Vectores posición de acuerdo al sistema de referencia mostrado

ir ˆ81 =r jir ˆ4.2ˆ62 +=r jir ˆ0.6ˆ8.23 +=r jr ˆ8.84 =r jir ˆ8.8ˆ85 +=r b) Fuerza resultante

kF ˆ400 −=r

kF ˆ481 −=r

kF ˆ642 =r

kF ˆ323 −=r

kF ˆ724 −=r

kF ˆ565 −=r

kFFi

iRˆ184

5

0−==⇒ ∑

=

rr

c) Momento del sistema

( ) [ ] [ ] jmkNimkNFrMi

iiR ˆ6.537ˆ8.11645

0⋅+⋅−=×=⇒ ∑

=

rrr

d) Ubicación de la fuerza resultante Del teorema de Varignon se sabe que:

( )

( ) ( ) [ ] [ ] 6.537184;1164184ˆ6.537ˆ8.1164ˆ184ˆˆ

5

0

=⋅−=⋅⇒⋅+⋅−=−×+⇒

×=×= ∑=

xyjmkNimkNkjyix

FrFrMi

RRRRR

rrrrr

[ ] [ ]mxmy 92.233.6 ==∴

48 kN 40 kN

72 kN56 kN32 kN

64 kN

2.0 2.83.2

2.4

3.6

2.8

X

Y

Z



Ejercicio 2 Sustituir las dos fuerzas y el momento mostrados en la figura por un sistema fuerza-momento equivalente en el punto A Solución

[ ] ikNFA ˆ201 −=r

( ) ( ) [ ] jmkNikFrM AAA ˆ20ˆ20ˆ1111 ⋅=−×−=×=

rrr

[ ] ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−

⋅= kjkNFAˆ

101ˆ

103402

r

( ) [ ] [ ] kmkNjmkNkjkjiFrM AAAˆ9.75ˆ3.25ˆ

1040ˆ

10120ˆˆ3ˆ2222 ⋅+⋅=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−×−+−=×=rrr

( ) [ ]

[ ] [ ] kmkNjmkNkMMMkNkjiFFF

AAR

AAR

ˆ9.40ˆ3.45ˆ35

ˆ9.37ˆ6.12ˆ20

21

21

⋅+⋅=−+=

−+−=+=⇒rrr

rrr

40 kN

Y

Z

X

35 kN ·m

1 m

1 m

3 m

1 m

1 m

A

20 kN α



Ejercicio 3 Dos camiones tratan de derribar un árbol a través de las fuerzas mostradas en la figura. Represente cada fuerza como un vector cartesiano (para el sistema de referencia mostrado) y luego determine la magnitud y la dirección de la fuerza resultante.

Vista 3D Vista en planta

Solución

( )6.0;º306;º306 senoscA ⋅−⋅= ( )0.9;0;0=B ( )9.0;0.3;5.2=C

Los vectores dirección se obtienen mediante ( )

iif PPrr

−

kjioscrABˆ4.8ˆ0.3ˆº306 −−⋅=r

kjirBCˆ1.8ˆ0.3ˆ5.2 −+=r

Luego, las fuerzas se expresan mediante:

ijijij rFF ˆ⋅=rr

( ) ( ) ( ) 32.10ˆ4.8ˆ0.3ˆ19.5

4.80.3º306

ˆ4.8ˆ0.3ˆº306ˆ

222

kji

osc

kjioscrrr

AB

ABAB

−−=

++⋅

−−⋅== r

r

60 cm

FAB=670 N

30°

90 cm

9 mFAB=450 N

A

B

C

Z

X

Y

3 m

2.5 m30°6 m

X

Y



Análogamente 9.8

ˆ1.8ˆ0.3ˆ5.2ˆ

kjirr

rBC

BCBC

−+== r

r

[ ] ( ) [ ]

( ) [ ]NkjiF

NkjikjiNF

BC

AB

ˆ405ˆ150ˆ125

ˆ1.545ˆ7.194ˆ8.33632.10

ˆ4.8ˆ0.3ˆ19.5670

−+=⇒

−−=−−

⋅=⇒r

r

( )[ ]( )[ ]NkjirRR

NkjiFFR BCAB

ˆ89.0ˆ042.0ˆ44.01057ˆ

ˆ950ˆ7.44ˆ8.461

−−⋅=⋅=∴

−−=+=∴rr

rrr

Ejercicio 4 Para el poste de alumbrado de la figura determine las fuerzas verticales que debe resistir cada perno de anclaje. Asuma que por la simetría del sistema de anclaje, las fuerzas de los pernos actúan como un par. Suponga que el tubo del poste posee un peso por unidad de longitud γ (constante en toda la altura H). Datos: W=100 [kgf], H=7 [m], h=1.5 [m], d=20 [cm], γ=2.8 kgf/m Solución

d d

H

W

h

d d

Poste

Placa de apoyo

Pernos



En la base del poste las solicitaciones (fuerzas y momentos) serán: Cada perno resistirá la mitad de la fuerza vertical, mientras que el momento será resistido mediante un par de fuerzas en los pernos:

Como el momento es transmitido mediante un par de fuerzas:

[ ]kgfd

MFdFM MM 3752

2 =⋅

=⇒⋅⋅=⇒

Luego, las fuerzas netas en los pernos son:

[ ] ( )

[ ] ( )abajohaciakgfF

FF

arribahaciakgfF

FF

VMDERECHOPERNO

VMIZQUIERDOPERNO

8.4342

3152

−=+=

=−=∴

F1=γ ·H

F2=W

M=W·h

2·dFM FM

FV / 2 FV / 2



Ejercicio 5 En la siguiente figura se muestra una canaleta que esta empotrada en la zona del punto A. Sobre ella actúan tres fuerzas tal como se muestra en la figura.

a) Descomponga las fuerzas en un sistema de ejes cartesianos elegidos convenientemente. b) Determine el sistema fuerza-momento equivalente en el punto A. c) Calcule la proyección de la fuerza que actúa en B en la dirección de la normal al plano que

pasa por los puntos (1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1).

b/2

t/2

C

b = cte.b = cte.

t = cte

t

t

b = cte.

A

B

D

5 tonf

5 m 15 tonf

8 tonf

7 m

4 m

30°

40°



Solución Sistema de referencia de acuerdo a los ejes cartesianos: a) Descomposición de vectores fuerza de acuerdo al sistema de referencia mostrado

ysenxF ˆº3015ˆº30cos151 +=

r xF ˆ52 −=

r zsenyF ˆº408ˆº40cos8

31−−=

r

zyFxF

yxF

ˆ14.5ˆ13.6ˆ5

ˆ5.7ˆ13

3

2

1

−−=

−=

+=∴

r

r

r

b) Fuerza equivalente:

zyxFFi

iR ˆ14.5ˆ37.1ˆ83

1−+== ∑

=

rr

Ahora veamos el momento equivalente:

zyxr ˆ025.0ˆ1.0ˆ51 −−=r zyxr ˆ775.6ˆ1.0ˆ52 ++=

r zyxr ˆ975.6ˆ9.3ˆ53 ++=r

( )

)ˆ14.5ˆ13.6()ˆ97.6ˆ9.3ˆ5(

)ˆ5()ˆ77.6ˆ1.0ˆ5()ˆ5.7ˆ13()ˆ025.0ˆ1.0ˆ5(3

1

zyzyx

xzyxyxzyxFrMi

iiR

−−×+++

−×++++×−−=×=∑=

rrr

( ) zyxFrMi

iiR ˆ65.8ˆ5.8ˆ8.223

1

+−=×= ∑=

rrr

X

Y

Z

A



c) Proyección normal de la Fuerza resultante, al plano que pasa por los puntos dados. Se genera el siguiente plano ortonormal:

(0, 0, 1)

X

Y

Z

(0, 1, 0)

(1, 0, 0)

1Vr

2Vr

Para encontrar el vector normal, basta hacer producto cruz a dos vectores que pertenezcan al plano, en particular elegimos 21 VyV

rr.

)1,1,1(ˆˆˆ)ˆˆ()ˆˆ(

)1,1,0()0,1,0()1,0,0()0,1,1()0,0,1()0,1,0(

12

1

2

=++=+−×+−=×=

−=−=

−=−=

xyzzyyxVVn

VV

rrr

r

r

Normalizando el vector

)1,1,1(3

1ˆ =∴ n

Finalmente la proyección de la fuerza según la normal del plano, se calcula con producto escalar.

84.11)ˆ,ˆ,ˆ(3

1)ˆ5.7ˆ13(ˆ1 =⋅+=⋅ zyxyxnFr

nFn ˆ84.11ˆ =∴r



Ejercicio 6 Un estanque horizontal de longitud L y sección transversal circular de diámetro D que opera en una planta industrial debe resistir las solicitaciones mostradas en la figura, las cuales son producidas por las cañerías que se conectan a él. Si el estanque se apoya en una sola pata central cuyo sistema de anclaje se muestra en la figura se le pide determinar la solicitación resultante (fuerza y momento) que producen las solicitaciones externas en el centro de gravedad del sistema de anclaje (a nivel de la placa de apoyo). Solución Sea iF

r vector de fuerza i

idr

vector de punto de aplicación de fuerza i considerando un sistema de coordenadas cartesianas con origen en el centro de gravedad del sistema de anclaje

jFF ˆ

11 −=r

( )kseniscoFF ˆ30ˆ3022 °−°−⋅=r

kMM ˆ11 =

r

kjikDhjDiLd ˆ2.1ˆ5.0ˆ5.2ˆ2

ˆ2

ˆ21 ++−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +++−=

r

( ) kikDhiLDd ˆ2.1ˆ3ˆ2

ˆ21

2 +=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++=

r

Placa de apoyo

Pernos de anclaje

D

L

ELEVACION LATERAL

F2

PLANTA

F1

M1

F2

ELEVACION FRONTAL

30°

LD

h



13 ddrr

=

[ ]tonfkjiFRi

iOˆ6ˆ5ˆ39.10

2

1−−−==⇒ ∑

=

rr

( ) ( ) ( ) ( )[ ]mtonfkjiM

kkikijkjiMFdM

O

iiiO

⋅++=⇒

+−−×++−×++−=+×=⇒ ∑=

ˆ5.33ˆ33.5ˆ6

ˆ21ˆ6ˆ39.10ˆ2.1ˆ3ˆ5ˆ2.1ˆ5.0ˆ5.22

11

r

rrrr

Ejercicio 7 En la figura siguiente se muestra un sistema que permite al camión transportar objetos. Si las barras que forman el sistema están rotuladas en ambos extremos determine las fuerzas que se desarrollan en ellas cuando se transporta una caja cuya masa es 500 [kg]. Calcule la resultante de fuerza y momento que estas tres fuerzas ejercen en el vértice E de la bandeja del camión.

2.5 m

A

D

B

C

0.75 m

1.25 m

2 m 2 m

D

C

B

1 m

E

Bandeja

Vista Isométrica

Vista en planta



Solución Ubicando el origen del sistema de referencia en A: Sea ijn el vector dirección de la fuerza ijF

r, la cual se escribe como ijijij nFF ˆ⋅=

rr

jijinABˆ64.0ˆ768.0

5.23

ˆ5.2ˆ3ˆ22

−=+

−=

kjikjinACˆ443.0ˆ133.0ˆ886.0

5.275.05

ˆ5.2ˆ75.0ˆ5ˆ222

−+=++

−+=

kjikjinADˆ436.0ˆ218.0ˆ873.0

5.225.15

ˆ5.2ˆ25.1ˆ5ˆ222

−−=++

−−=

Luego las fuerzas en las barras se encuentran a partir del equilibrio de la partícula en A, el cual corresponde a:

[ ]kNFFF

FFF

AD

AC

AB

AD

AC

AB

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛⇒

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⋅=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛⋅

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−−

23.558.8

84.15

8.950000

436.0443.064.0218.0133.00

873.0886.0768.0

Obviamente la fuerza resultante en E es:

[ ]kNkREˆ91.48.9500 −=⋅−=⇒

r

X

Z

Y

A

D

C B



La resultante de momento es:

( ) ( )kdFFFdM EADACABEEˆ91.4−×=++×=⇒

rrrrrr

( ) ( )kkjiM E

ˆ91.4ˆˆ25.1ˆ1 −×++−=⇒r

[ ]mkNjiM E ⋅−−=⇒ ˆ91.4ˆ14.6r

Ejercicio 8 Sobre un sistema de tuberías actúan las fuerzas y momentos mostrados en la figura. Se le pide determinar la resultante de fuerza y momento en el punto de unión entre la tubería principal y el estanque vertical. A partir de este resultado determine la resultante de fuerza y momento en el extremo C de la tubería principal.

45°

180 N·m

200 N

300 N

100 N·m

100 N

0.5 m 0.6 m 0.8 m

C



Solución Enumerando las fuerzas como se muestra en la figura:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

30000

1Fr

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−=

222000

22200

2Fr

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

0100

0

3Fr

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

10000

1Mr

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−=

221800

22180

2Mr

Y los puntos de aplicación son:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

005.0

1rr

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

001.1

2rr

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

009.1

3rr

De este modo la resultante fuerza-momento en A esta dada por:

( ) ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛== ∑

= 58.158100

42.141

23100100

2100

0100

0

21000

2100

30000

3

1iiA FFrr

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛×

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−×

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛×

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=+×= ∑∑

==

72.16256.528.127

2902901502110

290

2900

290

10000

19000

02110

0

01500

2900

290

10000

0100

0

009.1

21000

2100

001.1

30000

005.0

2

1

3

1 ii

iiiA MFrM

rrrr

F1

F2

F3

M1

M2

x

y

z



Trasladando el sistema fuerza-momento resultante en el punto de unión entre la tubería principal y el estanque al extremo libre C de la tubería se tiene:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛==

58.158100

42.141

AC FFrr

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛×

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=×+=

42.43156.5

02.174

7.2680

3.301

72.16256.528.127

58.158100

42.141

09.1

0

72.16256.528.127

ACAAC FrMMrrrr

Ejercicio 9 Determine la componente de la fuerza F que actúa a lo largo de la barra AC y la componente que actúa perpendicular a ella. Considere que el punto B está ubicado a 3 [m] a lo largo de la barra medido desde el punto C.

4 [m]

4 [m]

3 [m]

4 [m]

6 [m]

A

C

B

D

F=600 [N]



Solución Se considera el siguiente sistema de referencia: El vector CA se puede escribir como:

kjirCAˆ4ˆ4ˆ3 +−=r 403.6443 222 =++=CArr

CA

CACA r

rr r

r=→ ˆ

Luego, el vector CB se puede escribir como:

kjirr CACBˆ8741.1ˆ8741.1ˆ4056.1

403.63

+−=⋅= rr

Finalmente se puede escribir el vector dirección BD en función de los vectores conocidos: kjirjirrr CBCBOCOBˆ8741.1ˆ1259.2ˆ5944.1ˆ4ˆ3 ++−=+−−=+= rrrr

0582.78741.18741.35944.5

ˆ8741.1ˆ8741.3ˆ5944.5ˆ4ˆ4222 =++=→

−+=−+=−=→

+=

BD

OBOBODBD

BDOBOD

r

kjirjirrrrrr

r

rrrr

rrr

BD

BDBD r

rr r

r=→ ˆ

La fuerza F

r vectorialmente expresada es:

kjirNF BDˆ311.159ˆ326.329ˆ568.475ˆ][600 −+==

r

4 [m]

4 [m]

3 [m]

4 [m]

6 [m]

A

C

B

D

F=600 [N]

Z

Y

X

O



La dirección AC se puede encontrar directamente de:

kjirr CAACˆ4ˆ4ˆ3 −+−=−= rr

CA

AC

AC

ACAC r

rrr

r r

r

r

r==→ ˆ

Luego, la componente de la fuerza F

r que actúa a lo largo de la barra AC es:

( ) ( )

[ ]NF

kjikjirFF AC

4.82403.6

ˆ4ˆ4ˆ3ˆ311.159ˆ326.329ˆ568.475ˆ

//

//

=∴

−+−⋅−+=⋅=

r

Finalmente, la componente perpendicular a la barra corresponde a:

[ ]NFFFF

5946002222

//

=∴==+

⊥

⊥

El momento que ejerce la fuerza F con respecto al punto A se calcula directamente como:

( ) ( ) [ ] [ ][ ]mNM

mNrFLFMAF

CAAF

⋅=∴

⋅=−⋅=−⋅= ⊥⊥

4.2021

403.359433 r

Otra forma de obtenerlo es a través del producto cruz:

( ) ( )kjikjiFrFrM ACABAF

ˆ311.159ˆ326.329ˆ568.475ˆ1259.2ˆ1259.2ˆ5944.1403.6403.3

−+×−+−=×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅=×=

rrrrr

( )ijikjkM A

F ˆ114.700ˆ010.1011ˆ679.338ˆ010.1011ˆ005.254ˆ077.525 +−−−−−=→r

( )[ ]mNM

kjiMAF

AF

⋅=++=∴

−−=→

5.2022087.1536015.1265435.361

ˆ087.1536ˆ015.1265ˆ435.361222r

r



Ejercicio 10 Para el sistema de fuerzas mostrado en la figura se le pide determinar un sistema equivalente fuerza-momento en el punto A de empotramiento. OBS: La fuerza de 10 [kgf] de la derecha solo posee componentes en la dirección vertical y en la dirección perpendicular a la pared. Solución De acuerdo al sistema de referencia de la figura se pueden escribir las fuerzas y sus vectores posición como:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=

0100

1Fr

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

052

1rr

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

2000

2Fr

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

782

2rr

( )( )⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

°⋅−°⋅=

30103010

0

3

scosenF

r

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

082

3rr

Luego, la fuerza y el momento equivalentes en el empotramiento son:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−== ∑

= 34.115

03

1iiA FFrr

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−×

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛×

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−×

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=×= ∑

= 1068.22

72.90

66.850

082

2000

782

0100

052

3

1iiiA FrMrrr

5 [m]3 [m]

2 [m]

7 [m]

10 [kgf]

20 [kgf]

10 [kgf]30°

Y

X

Z



2) EQUILIBRIO DE LA PARTÍCULA Ejercicio 11 Un cuerpo de masa M=250 kg. cuelga de un sistema de cables tal como se indica en la figura. Determinar las tensiones en los cables A, B, C, D y E suponiendo que el sistema se encuentra en equilibrio. Datos: g = 10 m/s² y M= 250 Kg

60°

40°

60°A

B

C

E

D

M

Solución Condición de equilibrio en el punto 0 ∑ = 0YF MgTE = (1) Condición de equilibrio en el punto 1 ∑ = 0XF º60cosCD TT = (2)

∑ = 0YF º60senTT CE = (3)

60°

40°

60°A

B

C

E

D

M0

1

2

60°1

DT

CT

ET



Condición de equilibrio en el punto 2 ∑ = 0XF º60º60cosº40cos senTTT BCA =+ (4)

∑ = 0YF º60º60cosº40 senTTsenT CBA =+ (5)

40°

60°

260°

ATBT

CT De (1) [ ]NTE 2500=⇒ (6)

(6) en (3) [ ]⇒=⇒ CT

senNº60

2500 [ ]NTC 2887= (7)

(7) en (2) ⇒=⇒ º60cosCD TT [ ]NTD 1443= (8)

(6) en (5) 25005.0643.0 =+ BA TT (9) (6) en (4) BA TT 866.01443766.0 =+ (10)

(9)*0.766 – (10)*0.643 BB TT 557.0191585.927383.0 −=−⇒

[ ]NTA 3024=⇒ [ ]NTB 1537=⇒



Ejercicio 12 Una cuerpo de masa M=150 kg. cuelga de dos cables que están sujetos a la parte superior de una pared vertical como se indica en la figura. Además, existe un resorte de constante K=2000 N/m que conecta la masa M con la pared (perpendicular a la pared). Sobre dicho cuerpo actúa una fuerza F de 500 N (perpendicular a la pared). Determinar la deformación del resorte (magnitud y sentido) de modo que el sistema se encuentre en equilibrio. Establezca claramente si el resorte está alargado (traccionado) o acortado (comprimido).

Solución Descomposición de fuerzas

zTyTxTT ZYx ˆˆˆ 1111 ++=r

DCL

T2

T1

Fr F

WSuponemos Resorte

estirado

3 m

Z

Y

2m

F X

7 m

8 m

2 m



Δ⋅−= KFR

22172

8+

=αtg º7.471 =⇒ α

27

1 =βtg º05.741 =⇒ β

1111 7.0 TsenTT Z ==⇒ α

11111 185.0cos)cos( TTT X −=−=⇒ βα

11111 647.0)cos( TsenTT Y −=−=⇒ βα

Análogamente:

º74.65)32

8(222 =

+= arctgα º31.56)

23(2 == arctgβ

2222 912.0 TsenTT Z ==⇒ α

22222 228.0cos)cos( TTT X −=−=⇒ βα

22222 342.0)cos( TsenTT Y ==⇒ βα

Condición de equilibrio ∑ = 0XF 0228.0185.0 21 =+Δ⋅−⋅−⋅− FKTT (1)

∑ = 0YF 0342.0647.0 21 =⋅+⋅− TT (2)

∑ = 0ZF [ ]NWTT 1500912.074.0 21 ==⋅+⋅ (3) De (2) 12 89.1 TT ⋅=⇒ (4) (4) en (3) [ ]NWTT 1500)89.1(912.074.0 11 ==⋅⋅+⋅ [ ]NT 6091 =⇒ (5) [ ]NT 11512 =⇒ (6) (5) y (6) en (1) 05001151228.0609185.0 =+Δ⋅−⋅−⋅− K

1β1α



[ ]

mm

NK

062.02000125

125

==Δ

=Δ⋅⇒

[ ]cm24.6=Δ∴ Por lo tanto el resorte está alargado.

Ejercicio 13 Una bola de 350 [N] está suspendida de un anillo horizontal por medio de tres resortes, cada uno de los cuales posee una longitud sin deformar (largo natural) de 45 [cm] y una rigidez de 730 [N/m]. Determine la distancia vertical h desde el anillo al punto A cuando el sistema se encuentra en equilibrio. Considere α=120° HINT: Considere la simetría del problema.

Vista 3D Vista en planta Solución Debido a la simetría del problema se tiene que los tres resortes tienen la misma fuerza RF . Luego, la ecuación de equilibrio estático de la bola es:

0350cos3 =−⋅⋅ γRF (1)

Pero ( ) [ ] [ ]⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=−⋅=Δ⋅= cm

sencm

mNllKKFR 45

457300 γ

(2)

A

45 [cm] 45 [cm]

hα

αα



Reemplazando (2) en (1):

[ ] [ ]

( ) 350

350cos45.045.0

7303

=→

=⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅→

γ

γγ

f

myNsen

Resolviendo iterativamente:

γ [º] f(γ) 10 4618.5 30 853.5 40 419.5 50 193.5 45 288.6 43 336.1 42 362.1

42.5 348.9 42.46 350

[ ]( ) [ ]cmcm

hEQ

EQEQ 18.49tan45

º46.42 ==⇒=∴γ

γ

Ejercicio 14 Para el sistema de la figura se pide encontrar una ecuación para el ángulo θ de equilibrio cuando en B actúa un peso W. El resorte de constante K tiene su largo natural cuando las barras están horizontales (θ=0°). Desprecie el peso de las barras.

RuedaK

LL

θ

B

W

A



Solución Condición de equilibrio en B:

θ

θ

senWF

WsenFF

FFFF

Y

X

⋅=⇒

=⋅⋅⇒=

==⇒=

∑∑

2

20

0 21

En la rueda se tiene:

θ

θθ

θ

antWK

oscsenWK

scoFFF RX

⋅=Δ⋅⇒

⋅⋅

=Δ⋅⇒

⋅=⇒=∑

2

2

0

La posición inicial del sistema es:

( )( )θ

θθ

scoLscoLll

lscoLlL

−⋅⋅=Δ⇒−⋅⋅=−⇒

+⋅⋅=+⋅⇒

1212

22

0

0

( )

222

212

WsenLKntaLK

antWscoLK

=⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⇒

⋅=−⋅⋅⋅⇒

θθ

θθ

LKWsennta

⋅⋅=−∴

4θθ

W

θ θ

F1 F2

F

FRθ

Sin deformar

l0L

B

L



Ejercicio 15

Una fuerza vertical P=45 [N] es aplicada a través de la cuerda AB, la cual posee una longitud de 60 [cm]. Si el resorte tiene una longitud de 60 [cm] en su estado sin deformar, determine una ecuación para el ángulo θ de equilibrio. Considere k=220 [N/m]

B

A

P

L= 60 [cm] L= 60 [cm]

θ

k

HINT: Teorema del coseno

Solución Diagrama de cuerpo libre

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )20450

100

=−⋅+⋅⇒=

=⋅−⋅⇒=

∑∑

θφ

θφ

senTsenFF

scoTscoFF

RV

RH

Además, se tienen las siguientes relaciones trigonométricas:

( )

( )θ

θ

scoL

oscL

⋅−⋅=∴

⋅⋅⋅−+=⇒

4560

12060212060 222

T

θ φ

FR

P

60·cos(θ) L·cos(φ )

Lθ φ



( ) ( )

( ) ( )( )θ

θφ

φθ

scoosc

osc

oscLosc

⋅−−

=∴

=⋅+⋅⇒

452

12060

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )θ

θφ

θφθ

scosensen

scosensenh

⋅−=∴

⋅−⋅⋅=⋅=⇒

45

456060

Para obtener la fuerza en el resorte, se obtiene el largo final del resorte mediante el teorema del coseno en el ΔABC.

( ) ( ) ( )θθθ scoscoscoL ⋅−⋅=⋅−=⋅⋅⋅−+=⇒ 4560144001800060120260120 22

( )( )14560 −⋅−⋅⋅=⋅=⇒ θscokxkFR De la ecuación (1):

( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅−−

⋅−⋅−⋅⋅=⋅=θθ

θθ

θφ

scoscosco

scokscosco

FT R1

452

14560

Reemplazando en la ecuación (2):

( )( ) ( )( )

( )( ) 45

21

4514560 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+⋅

⋅−⋅−⋅−⋅⋅

θθ

θθθ

scosco

scosenscok

( )

( )( )

knta

scosco

⋅=⋅⋅

⋅−

−⋅−⇒

60452

45145

θθ

θ ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=

cmN

mNkcon 2.2220

Resolviendo se obtiene °= 35θ



Ejercicio 16 Se colocan dos paquetes sobre una cinta transportadora que forma un ángulo con la horizontal de 15° y se encuentra en reposo. Los coeficientes de rozamiento entre la cinta y el paquete A valen μS=0.2 y μK=0.15; entre la cinta y el paquete B valen μS=0.3 y μK=0.25. Los paquetes, cuyas masas son mA=6 kg y mB=4 kg, se colocan sobre la cinta de modo que están en contacto entre sí y en reposo. Determinar: a) Si se moverán uno o los dos paquetes b) La fuerza de rozamiento que actúa sobre cada paquete

Solución

DCL Bloque B DCL Bloque A

( )( )°⋅=+°⋅=1540

1540senfP

oscN

B

B

( )( )

[ ]

mueveseABloque

fP

NNf

fsenPoscN

MAXA

ASAMAXA

A

A

→

>+→

=⋅=

=°⋅+°⋅=

_

_

53.15

59.11

15601560

μ

Si B no se mueve → P=0

( ) [ ][ ]

muevesenoBBloque

NNfPeroNsenf

BSBMAXB

B

→

=⋅==°⋅=→

59.1135.101540

_ μ [ ]

[ ]⎩⎨⎧

=

==⇒

Nf

Nff

A

MAXAA

35.10

59.11_

NA

fA

P60

15°

NB

fB

P40



α

TAB

m2·g

m1·g

Ejercicio 17 Dos masas m1 y m2 se encuentran suspendidas por medio de un sistema de cables tal como se muestra en la figura. Sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio, hallar las fuerzas que transmiten los tres cables conectados a B. Nota: - El sistema de cables es coplanar. - La polea en E puede girar sin rozamiento. Datos: m1=50 kg m2=100kg

Solución Equilibrio en el punto A

)1(cos 1 gmTAB ⋅=⋅ α

)2(2 gmsenTAB ⋅=⋅ α

º4.63tan)1()2(

1

2 =⇒=⇒ ααmm

NTAB 1096cos

8.950=

⋅=⇒

α



Equilibrio en el punto A

45° 30°

α

TAB

TBDTBC

)3(º30º45 αsenTsenTsenT ABBDBC ⋅=⋅+⋅ )4(º30coscosº45cos ⋅=⋅+⋅ BDABBC TTT α )5(9805.0707.0 =⋅+⋅⇒ BDBC TT )6(866.0491707.0 ⋅=+⋅ BDBC TT

BDBD TT ⋅−=−⋅⇒− 866.09804915.0)6()5(

NTBD 1077=⇒ NTBC 5.624=⇒ Ejercicio 18 Una masa de 250 kg cuelga del sistema de cables tridimensional que se muestra en la figura. Se pide determinar: - Las fuerzas en los cables AB, BC y BD. - El momento que genera la tensión del cable BC (aplicada en el punto B) con respecto al origen del sistema de ejes cartesianos mostrado en la figura. Nota: - Utilice el sistema de ejes cartesianos mostrado en la figura para resolver el problema. - Los puntos A y B están en el plano yz. - Las coordenadas de los puntos del sistema se resumen en la tabla.

Punto X [m] Y [m] Z [m]A 0 -3.6 3.7B 0 -3.6 2.7C 3 0 0D -1.2 0 0



Solución Equilibrio en el punto B

J

I

K

( ) ( )

[ ]Nj

jˆ5.2452

ˆ81.9250

⋅−=

−⋅×=

ω

ωr

r

:ˆ,ˆ,ˆ sonrrrsdireccioneLas BDBCBA

TAB

TBD

C

D

A

TBC

ω=m·g



( ) ( )( ) ( ) ( )

kr

k

kjikji

kjikjir

BA

BA

ˆ1ˆ

1

ˆ1ˆ7.2ˆ6.3ˆ0ˆ7.3ˆ6.3ˆ0

ˆ7.2ˆ6.3ˆ0ˆ7.3ˆ6.3ˆ0ˆ2

1

⋅=⇒

⋅=

⋅+⋅−⋅−⋅+⋅−⋅

⋅+⋅−⋅−⋅+⋅−⋅=

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]

kjir

kji

kjikji

kjikjir

BC

BC

ˆ4992.0ˆ6656.0ˆ5547.0ˆ

7.26.33

ˆ7.2ˆ6.3ˆ3ˆ7.2ˆ6.3ˆ0ˆ0ˆ0ˆ3

ˆ7.2ˆ6.3ˆ0ˆ0ˆ0ˆ3ˆ2

1222

⋅−⋅+⋅=⇒

++

⋅−⋅+⋅=

⋅+⋅−⋅−⋅+⋅+⋅

⋅+⋅−⋅−⋅+⋅+⋅=

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]

kjir

kji

kjikji

kjikjir

BD

BD

ˆ5797.0ˆ773.0ˆ2577.0ˆ

7.26.32.1

ˆ7.2ˆ6.3ˆ2.1ˆ7.2ˆ6.3ˆ0ˆ0ˆ0ˆ2.1

ˆ7.2ˆ6.3ˆ0ˆ0ˆ0ˆ2.1ˆ2

1222

⋅−⋅+⋅−=⇒

++

⋅−⋅+⋅−=

⋅+⋅−⋅−⋅+⋅+⋅−

⋅+⋅−⋅−⋅+⋅+⋅−=

Notar que:

( )( )

( )kTrTT

kjiTrTT

kjiTrTT

BABABABA

BDBDBDBD

BCBCBCBC

ˆ1ˆ

ˆ5797.0ˆ773.0ˆ2577.0ˆ

ˆ4992.0ˆ6656.0ˆ5547.0ˆ

⋅⋅=⋅=

⋅−⋅+⋅−⋅=⋅=

⋅−⋅+⋅⋅=⋅=

rr

rr

rr

Con el equilibrio: ∑ = 0rr

F

( ) ( )( ) 0ˆ5.2452ˆ1

ˆ5797.0ˆ773.0ˆ2577.0ˆ4992.0ˆ6656.0ˆ5547.0

=⋅−⋅⋅+

⋅−⋅+⋅−⋅+⋅−⋅+⋅⋅

jkT

kjiTkjiT

BA

BDBC

En componentes: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )kTTT

jTT

iTT

BABCBD

BCBD

BCBD

ˆ05797.04992.03

ˆ5.2452773.06656.02

ˆ02577.05547.01

=+⋅−⋅−

=⋅−⋅

=⋅−⋅



De (1)

( )51525.22577.05547.0

BDBC

BCBD

TTTT

⋅=⋅=⋅

(5) en (2)

( )

[ ]NTT

TT

BD

BD

BDBD

8.10525.24523295.2

5.24521525.2773.6656.0

=⇒=⋅

=⋅⋅+⋅

En (5) [ ]NTBC 15.22668.10521525.2 =⋅=

En (3)

[ ]NTT

BA

BA

25.183915.22665797.08.10524992.0

=⇒⋅+⋅=

( ) kjikjiTBC

ˆ69.1313ˆ73.1751ˆ987.583ˆ5797.0ˆ773.0ˆ2577.015.2266 ⋅−⋅+⋅−=⋅−⋅+⋅−⋅=r

irCˆ3 ⋅=⇒

r

( ) ( )

[ ]

( ) ( )[ ] [ ]mNM

mNkjM

kjiiTrM

BC

BC

BCCBC

⋅=+=

⋅⋅+⋅=

⋅−⋅+⋅−×⋅−×=

8.65682.525506.3941

ˆ2.5255ˆ06.3941

ˆ69.1313ˆ73.1751ˆ987.583ˆ3

2122r

r

rrr

Ejercicio 19

Un peso W cuelga de tres cables que están sujetos a un aro y atados juntos en D. El diámetro del aro es “d” y la longitud de cada cable es “L” se le pide determinar la tensión en cada cable dados los ángulos “α, β y γ” (todos menores a 180°).

α

β

γ

W

D



x y

z F1

F3

F2

Solución Escogemos el sistema de coordenadas en el punto de unión de las cuerdas de modo que el eje X quede paralelo a la proyección de la cuerda 1 (que produce la fuerza 1) sobre el plano del aro. De este modo podemos escribir las fuerzas de la siguiente manera:

111 nFF =r

, 222 nFF =r

y 333 nFF =r

. Con los iF la magnitud de la i-ésima fuerza y in su vector de dirección. Recordando que la longitud de las cuerdas es L, estos vectores se escriben de la siguiente manera:

LkoscLidn 1ˆˆ

2ˆ1 ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += θ

LkoscLjsendioscdn 1ˆˆ

2ˆ

2ˆ2 ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++= θββ

LkoscLjsendioscdn 1ˆˆ

2ˆ

2ˆ3 ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−= θαα

Con:

2

421

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

Ldsco θ

El vector del peso que cuelga es:

kWW ˆ−=r

Sumando fuerzas en el origen:

0ˆˆˆˆ 332211 =−++ kWnFnFnF kWnFnFnF ˆˆˆˆ 332211 =++



Esto nos lleva a escribir el sistema de ecuaciones:

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⋅

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

WF

F

F

oscoscosc

senL

dsenL

d

oscL

doscL

dL

d

0

0

220

222

3

2

1

θθθ

αβ

αβ

Que se puede reescribir como:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛⋅

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

θαβ

αβ

scoWFFF

sensenscosco

00

11101

3

2

1

La solución de este sistema, y de nuestro problema, es entonces:

( )( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]βαβαθβα

βα

+−+⋅⋅

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ +−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

sensensenW

sensen

sen

FFF

cos3

2

1

O escrito de otra manera:

( )( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]γβαθβαγ

sensensenW

sensensen

FFF

++⋅⋅

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

cos3

2

1



3) EQUILIBRIO DE SISTEMA DE PARTÍCULAS Ejercicio 20 Calcule la fuerza resultante más simple producida por el agua y donde actúa en la presa de 60 [m] de altura y 800 [m] de largo. Dato: ρ=1000 [kg/m3]

HINT: 24

2 101sm

kgcmN

⋅⋅×=

Solución

Prisma de presiones

El peso específico del agua vale:

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

⋅=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=⋅=

3

2223

9800

98008.91000

mN

smkg

sm

mkgg

γ

ργ

La presión máxima que el agua ejerce sobre la presa es:

[ ] ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=⋅= 23 588000609800

mNm

mNhP γ

Luego la fuerza que ejerce el agua sobre la presa está dada por el volumen del prisma de presiones:

[ ]NVF prisma1010696.180058800011.72

21

×=⋅⋅⋅==

[ ]

[ ] [ ] baseladesdemedidommd

GNF

04.2411.7231

96.16

=⋅=

=

60 [m]

40 [m] 10 [m] 120 [m]

d

F

72.11 m

P=γ ·h



Ejercicio 21

Para el sistema de dos estanques esquematizado en la figura, se pide encontrar una ecuación para el ángulo θ de equilibrio de la compuerta, la cual es de forma rectangular y de peso W (densidad homogénea), despreciando el efecto del roce entre ella y el muro.

Solución Diagrama de cuerpo libre de la compuerta: Existen tres fuerzas, la presión del líquido 1, la presión del líquido 2 y el peso de la compuerta. i) Fuerza de presión del líquido 1 111 HP ⋅= γ ( )( )θγ senRHP ⋅+⋅= 112

Volumen del prisma de presiones bRPP

V ⋅⋅+

=2

21

( ) bRsenRHF ⋅⋅⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅+⋅= θγ

2111

R

θ

P1

P2



El centro de presiones (punto de aplicación de la fuerza) coincide con el centro de gravedad del prisma de presiones. Descomponiendo en dos:

RRG ⋅=32

1 22RRG =

Volumen prisma 1( )

bRsenR

bRPP

⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅−

=22

112 θγ

Volumen prisma 2 bRHbRP ⋅⋅⋅=⋅⋅= 111 γ

( )

( )

( )

( )θ

θ

θγ

γθγ

senRH

HRsenR

bRsenRH

bRHRbRsenR

R

VVR

Ri

iGiG

⋅+

⋅+⋅=

⋅⋅⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅+⋅

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅

⋅⋅=

⋅=⇒

∑∑

2

23

2

2232

1

1

2

11

111

1

ii) Fuerza de presión del líquido 2 223 HP ⋅= γ ( )( )θγ senRHP ⋅+⋅= 224

Volumen del prisma de presiones bRPP

V ⋅⋅+

=2

43

( ) bRsenRHF ⋅⋅⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅+⋅= θγ

2222

El centro de presiones (punto de aplicación de la fuerza) coincide con el centro de gravedad del prisma de presiones. Descomponiendo en dos:

RRG ⋅=32

1 22RRG =

Volumen prisma 1( )

bRsenR

bRPP

⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅−

=22

234 θγ

Volumen prisma 2 bRHbRP ⋅⋅⋅=⋅⋅= 223 γ

P1

(P2-P1)

RG1

RG2

θ

P3

P4

P3

(P4-P3)

RG1

RG2



( )

( )θ

θ

senRH

HRsenR

VVR

Ri

iGiG

⋅+

⋅+⋅=

⋅=⇒

∑∑

2

23

2

2

2

2

iii) Peso de la compuerta WF =3

2RRG =

Ecuación de equilibrio:

( ) 02

cos0 22

11 =⋅−⋅+⋅⋅⇒=∑ GGO RFRFRWM θ

( ) ( )( )

( )

( )( )

( )0

2

232

2

2322

cos

2

2

2

22

1

1

2

11

=⋅+

⋅+⋅⋅⋅⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅+⋅−

⋅+

⋅+⋅⋅⋅⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅+⋅+⋅⋅

θ

θθγ

θ

θθγθ

senRH

HRsenR

bRsenRH

senRH

HRsenR

bRsenRHRW

( ) ( ) ( ) ( ) 023

cos2 2211

2

21 =⋅⋅⋅−⋅+⋅⋅⋅−+⋅RbHHsenRbW γγθγγθ

R/2

W

θ



Ejercicio 22 Para el sistema de la figura determinar una ecuación que permita obtener el ángulo β de equilibrio de la compuerta semicilíndrica de peso W y longitud unitaria, la cual separa los líquidos de pesos específicos γ1 y γ2 y se encuentra articulada en el punto O. Datos: R, γ1, γ2, W.

HINT: el centro de masa de una sección semicilíndrica se ubica a una distancia

π⋅⋅

34 R medido

horizontalmente desde su lado recto. Solución Fuerzas de presión del líquido 1:

Superficie donde se ejerce la presión.

O

β2R

2Rcosβ

2Rcosβγ1

2Rsenβ



2Rcosβ

2Rsenβ

• Fuerza horizontal

βγ

ββγ

2211

11

cos2

)(12

cos2cos2

⋅⋅⋅=

→⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

RF

anchoRRF

xP

xP

• Fuerza vertical

12

cos2211 ⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

ββγ RsenRF zP (Peso del agua donde se ejerce la presión)

• Distancia desde 0 al centro de la aplicación de la fuerza horizontal.(medida en forma

vertical)

3cos2

1β⋅⋅

=Rd x

• Distancia desde 0 al centro de la aplicación de la fuerza vertical.(medida en forma horizontal)

32

1βsenRd z

⋅⋅=

OBS: Las distancias se miden perpendicularmente a la fuerza, ya que éste es el brazo que genera el torque. Fuerzas de presión del líquido 2:

• Fuerza horizontal

Sabemos que las isóbaras son horizontales, luego, se observa que las presiones más debajo de la profundidad 2·R·cosβ se anulan al actuar en forma idéntica por ambos lados de la compuerta, con signos opuestos.



O

Superficie donde las presiones actuan hacia abajo

O

βγ

ββγ

2222

22

cos2

)(12

cos2cos2

⋅⋅⋅=

→⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

RF

anchoRRF

xP

xP

• Fuerza vertical Dividiremos el análisis en presiones con dirección arriba y abajo.

En ambos casos las presiones están dadas por el peso de la zona achurada. Como existen partes de las áreas que se intersectan, y las fuerzas que representan tienen signo contrario, se anulan y la fuerza queda dada por el peso de la siguiente zona:

2Rcosβ

2Rsenβ



O d

x

Oβ

C.M

Rsenβ

Separando las fuerzas en el triangulo y el semicírculo:

)(12

)(12

2cos2

2

22

22

osemicirculRF

triangulosenRRF

xP

zP

→⋅⋅

⋅=

→⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

πγ

ββγ

• Distancia desde 0 al centro de la aplicación de la fuerza horizontal.(medida en forma

vertical)

3cos2

2β⋅⋅

=Rd x

• Distancia desde 0 al centro de la aplicación de la fuerza vertical.(medida en forma horizontal

para el triangulo y para el semicírculo)

Peso de la compuerta

WF = )..(3cos4 compuertaladeGCenactuasenRdW ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅

+⋅=π

ββ

32

2βsenRd z

⋅⋅=⇒

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅

+⋅=⇒

⋅⋅⋅

=⋅=+⋅=

πββ

βπ

ββ

3cos4

cos34cos.

2

2

senRd

RMCxdondexsenRd

z

z



Luego, la condición de equilibrio es:

0cos34cos

34

2

32)cos2(

3cos2)cos2(

32)cos2(

3cos2)cos2(0

2

2

22

222

21

2210

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅⋅

+⋅⋅−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅⋅

+⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅

⋅⋅⋅⋅+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅

⋅⋅⋅⋅−⇒=∑

βπ

ββπ

βπγ

βββγββγ

βββγββγ

RsenRWRsenRR

senRsenRRR

senRsenRRRM

0cos34

23cos4)(

0cos34

23cos4)(

3cos4)(

2

2

3

12

2

2

23

12

33

12

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅⋅

+⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅⋅−⇒

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅⋅

+⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅⋅⋅−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅⋅−⇒

βπ

βπγβγγ

βπ

βπγββγγβγγ

RsenRWRR

RsenRWRsenRR

º7.4=⇒∴ β



4) EQUILIBRIO DE SÓLIDOS RÍGIDOS Ejercicio 23 En la figura se muestra una estructura en la cual la polea sin rozamiento en D tiene una masa de 200 [kg]. Hallar las fuerzas que se transmiten de una barra a otra a través de la rótula C, despreciando las masas de las barras. Solución Diagrama de Cuerpo Libre de la polea

[ ][ ] ( )

[ ]kNHTHM

roceinspoleacondiciónkNTkNVF

D

DO

DV

500

570

−=⇒

=+⇒=

=

=⇒=

∑

∑

A

2.5 m

2.5 m1.7 m2 m

0.3 m

7 N/m

BC D

W

R=600 mm

VD

HD

T

5000 N

2000 N



Diagrama de Cuerpo Libre Barra BD

[ ]

[ ][ ]kNVkNV

kNV

VVM

HHHF

VVVF

B

C

D

DCB

DCBH

DCBV

375.3375.10

7

9.540

0

0

−===⇒

⋅=⋅⇒=

=+⇒=

=+⇒=

∑∑∑

Diagrama de Cuerpo Libre Barra AC

[ ]

[ ][ ][ ]

[ ][ ]

[ ]kNHkNH

kNHkNHkNVkNH

THVM

THHF

NVVF

D

C

B

A

A

C

CCA

CAH

CAV

0.58.22

8.178.17

36.108.22

01.35.24143.10

0

140

−=−=

=−=

−=−=⇒

=⋅−⋅−⋅−⋅−⇒=

+=⇒=

=−⇒=

∑∑∑

14 N

HA

VA

HC

VC

T

0.3 1.0 2.7

0.6

2.5

4 [m]

HC

VCHD

VD

1.9 [m]

VB

HB



Ejercicio 24 La barra doblada AD soporta una carga uniforma y está articulada (rótula) con otra barra CB en el punto C. Las dos barras están conectadas, además, por un resorte de rigidez k=10 [kN/m] y de longitud natural 0.8 [m]. Hallar las fuerzas de soporte en Ay B. Solución Diagrama de Cuerpo Libre Barra BC

∑∑∑

=°⋅⋅=°⋅⋅+°⋅⇒=

=⇒=

=+⇒=

0452452450

0

0

senHoscVscoFM

HHF

VFVF

BBRC

CBH

CRBV

k

D

0.8 m

45°

C

A

B

45°

1.0 m

1.0 m

1.0 m

5 kN/m

45°

HB

VB

FR

cos(45°)

sen(45°)

sen(45°)

cos(45°)

HC

VC



Diagrama de Cuerpo Libre Barra AD

( )∑∑∑

=+°⋅+°⋅+°⋅=°⋅⇒=

=⇒=

+=+⇒=

04.04544545450

0

40

scooscFoscVsenHM

HHF

FVVF

RAAC

CAH

RCAV

Resorte ( ) ( ) [ ]kNsenFsenLperoLLKKF RR 14.68.0452104520 =−°⋅⋅=⇒°⋅=−⋅=Δ⋅=

Luego,

4.124.1214.10

07.307.314.6

−=→=−=+

−=→=−=−

===

HVVHVV

HVVHVV

HHHH

AA

CA

BB

BC

CBA

407.34.124 =−+−⇒=+⇒ HHVV BA

[ ][ ]

[ ][ ]kNV

kNVkNV

kNHHHH

C

A

B

CBA

8.1266.2

66.674.9

=−=

=====∴

0.4 m

45°

4 kN

0.4 m

HA

VA

HC

VC

cos(45°) cos(45°)

sen(45°)

sen(45°)

FR



Ejercicio 25 Para el sistema de vigas de la figura se le pide determinar todas las reacciones en los apoyos. Las distancias mostradas están en metros. Solución Diagrama de Cuerpo Libre de la Viga Superior:

∑∑∑

=⋅+⋅−⇒=

=⋅+⋅−⋅−⋅+⋅−⇒=

=++⇒=

02012500

048405024102010200

800

1

1

1

FM

FVM

FVVF

DERROT

BA

BAV

[ ] [ ] [ ] [ ]THTVTVTF BAB 0;0;50;301 ==== Diagrama de Cuerpo Libre de la Viga Inferior:

10 tonf 50 tonf 1 tonf/m

20 4 4 12 8 10 20

1 tonf/m

Rótulas

A B C

VA

20 T

VB

HB

10 T 50 T

10 m 10 m 4 m 4 m 12 m 8 m

F1

F1

10 m 5 m 15 m

VC VD

30 T



∑∑

⋅=⋅+⋅⇒=

+=+⇒=

CD

DCV

VM

FVVF

20303030150

300 1

[ ] [ ]TVTV DC 5.7;5.67 −==∴ Ejercicio 26 Determine las reacciones de las siguientes estructuras. DCL Viga:

[ ] [ ]tonfVtonfTTF

HF

VTF

D

D

DH

DV

48322080500

75531000

80541000

==∴

⋅=⋅−⇒=

==⋅⇒=

=⋅=+⇒=

∑∑

∑

DCL Punto E:

( )

[ ]( ) ( )

[ ] [ ]tonfVVtonfHHscoTVVsenTHH

tonfTTscoTF

TTF

BABA

BABA

V

H

00.1634.21

67.2620

0

11

1

1

21

====∴⋅==⋅==⇒

=⇒

=⋅⋅⇒=

=⇒=

∑∑

αα

α

T

VD

HD

100

θ

30 20

α T1T2

T

20 m 20 m

A B

15 m

E

100 tonf

43 D

C

30 m 20 m

Cables

a)



DCL Viga:

[ ] [ ]tonfVtonfV

VM

VVF

HF

AB

BA

BAV

BH

55

057300

100

00

==∴

=−⋅+−⇒=

=+⇒=

=⇒=

∑∑∑

( )( )

( ) ( )[ ] [ ] [ ]tonfHtonfVtonfV

VsenoscM

senVVF

oscHF

AAB

BA

BAV

AH

32.1008.792.17043080308045560

3020150

302070

−===∴

=⋅+°⋅−°⋅+−−⇒=

°⋅+=+⇒=

°⋅+=⇒=

∑∑∑

10 tonf

A B

3 m 4 m 3 m

5 tonf *m

b)

VA VB

HB

5 tonf·m10 tonf

3 m 4 m 3 m

15 tonf

7 tonf

20 tonf 4 m

30°4 m

3 m 1 m

c)

30°

15 tonf

7 tonf

20 tonf

VA

HA

4 m

4 m

3 m 1 m



1167.91116275

1167.91116

011116300125350

1501250

00

2121

21

21

21

+⋅+⋅−++=

+⋅+⋅=∴

=⋅+⋅−⋅−−⋅⇒=

+++=+⇒=

=⇒=

∑∑∑

FFFFVFFV

VFFM

FFVVF

HF

AB

BA

BAV

AH

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )320

20

10

φφ

φ

φ

scoaNasengMM

senTNF

gMscoTF

B

V

H

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⇒=

⋅=⇒=

⋅=⋅⇒=

∑∑∑

( ) ( )φφ antgMNgM

Nant ⋅⋅=→⋅

=

( ) ( )( )[ ]

( )( )[ ]

( ) ( )[ ]b

senabsco

senab

senagMNsenab

senaant

22

2222

2

2

2

2

2

θφ

θ

θ

θ

θφ

⋅⋅−=

⋅⋅−

⋅⋅⋅⋅=→

⋅⋅−

⋅⋅=

50 N/m

5 m 6 m 5 m

F1 F2

d) 125 150

5 m 6 m 5 m

F1 F2

VA

HA

VB

5/3 2

θφ

b

2·a

M·g

T

N

e)



( ) ( )( )[ ]

( )

( )[ ] ( )( )[ ] ( )

( ) ( )

( )

( ) ( )[ ]22

22

22

2

2222

2

22

2

22

222222

2222

22

22

2

2

4216

12164

12162

1216

16164162

42

2

4

θφ

θ

θθ

θθ

θθ

θθ

θθ

senab

bgMosc

gMT

abbagM

abaab

abaagM

N

abasen

senaasenaboscasenab

oscasenab

oscsenab

sengMasenagM

⋅⋅−

⋅⋅=

⋅=→

⋅−⋅

−⋅⋅⋅=

⋅−⋅

⋅⋅−

⋅−⋅

⋅⋅⋅⋅=→

⋅−⋅

=→

⋅⋅−⋅=⋅⋅−→

⋅⋅=⋅⋅−→

⋅⋅=⋅⋅−→

⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅→



Ejercicio 27 Calcular las reacciones en los apoyos de los siguientes sistemas estructurales.

A B

16 m 4 m 4 m 8 m

5 N 6 N

2m B C A 3 N/m

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

C A B 10 m 6 m 4 m 6 m 6 m

rót ula

12 tonf60

2 tonf2 tonf

2 tonf/m

rót ula

rót ul

4 tonf/m

6 tonf/m

Solución DCL

AMa B

Ha

Va Vb

2 tonf2 tonf32 tonf

rót ula

Condición de equilibrio ∑ = 0XF 0=AH (1)

∑ = 0YF [ ]TonfVV BA 362232 =++=+ (2)

∑ = 0AM 36032220283224 =⋅+⋅+⋅=⋅+ BA VM (3)



B

Vb

2 tonf2 tonf

rót ula

Condición de rótula

∑ = 0DERM ⇒⋅+⋅=⋅ 162428BV [ ]TonfVB 5= (4) (4) en (2) [ ]TonfVA 31=⇒ (4) en (3) [ ]mTonfM A ⋅=⇒ 240 b) DCL

5 N 6 N

2m B C A 3 N/m

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

rót ula

5 N 6 N

A B C 3N

Ha 2/3

Va Vb Vc

rót ula

Condición de equilibrio ∑ = 0XF [ ]NH A 9= (1)

∑ = 0YF [ ]NVVV CBA 5=++ (2)

∑ = 0AM 484252632384 −=⋅+⋅⇒⋅=⋅+⋅+⋅+⋅ CBCB VVVV (3)


∑ = 0DERM ⇒=⋅+⋅+⋅ 0263232CV [ ]NVC 7−= (4)

(4) en (3) [ ]NVB 13=⇒ (5) (4) y (5) en (2) 1375 −+=⇒ AV [ ]NVA 1−=⇒



c) DCL

C A B 10 m 6 m 4 m 6 m 6 m

rót ula

12 tonf60

4 tonf/m

6 tonf/m

Hc

Va Vb Vc

rót ula

12 tonf60 tonf*m

40 tonf 36 tonf

Condición de equilibrio ∑ = 0XF 0=CH (1) ∑ = 0YF [ ]TonfVVV CBA 88361240 =++=++ (2) ∑ = 0AM 138860263616125403220 =+⋅+⋅+⋅=⋅+⋅ CB VV (3) Condición de rótula

∑ = 0IZQM ⇒⋅=+⋅ 5406010AV [ ]TonfVA 14= (4)

(4) en (2) 13883220

74=⋅+⋅

=+⇒

CB

CB

VVVV

(5)

9212 −=⋅⇒ CV [ ]TonfVC 67.7−=⇒ [ ]TonfVB 67.21=⇒



Ejercicio 28 El mecanismo de dos barras de la figura se utiliza para sostener una carga de masa M. Las barras tienen igual longitud El sistema se halla articulado en A y C, y apoyado mediante un rodillo en B. El punto B se halla unido al soporte A mediante un muelle de constante k y longitud natural D. Determine el valor del ángulo en la posición de equilibrio.

Solución Deformación del resorte

( )θsenLDkff R ⋅⋅−⋅== 2 Ecuaciones de equilibrio Barra AC

( )

( ) ( )( )300

220

10

∑∑∑

=⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⇒=

⋅=+⋅⋅−⋅+⇒=

=⇒=

CCA

CAV

CAH

HsenLscoLgMoscLVM

gMVsenLDkVF

HHF

θθθ

θ

Ecuaciones de equilibrio Barra BC

( )

( ) ( )( ) ( )600

5020

400

∑∑∑

=⋅⋅+⋅+⋅⋅⇒=

=+⋅+⋅⋅−⋅⇒=

=+⇒=

θθ

θ

senLHgMVoscLM

VgMsenLDkF

HHF

CCA

CV

CBH

L

θ

2·L·

sen θ

VC

HC

M·g

VA

HA

fθ

VC

HC

M·gHB

f θ



(3) en (6): θ

θsen

scogMH C⋅⋅−

=→

0=→ CV

En (5): Lk

gMDksen⋅⋅

⋅−⋅=→

2θ

De (1):

θθ

θθ

senscogMHH

senscogMHH

CB

CA

⋅⋅=−=→

⋅⋅−==→

Ejercicio 29 La figura muestra una barra homogénea OC de largo L=1 [m] y masa M=12 [kg], pivoteada en O y en el otro extremo C de la barra cuelga un peso W=60 [N] por medio de una cuerda CD. Determinar:

a) La fuerza en la cuerda CD b) La fuerza en la cuerda BC

c) La reacción R en el extremo O de la barra

Solución DCL Bloque: [ ]NWT 60== DCL Barra OC:

( )( )

( ) ( ) ( ) 030302301200

120300

300

=°⋅+°⋅−°

⋅−⇒=

+=°⋅+⇒=

°⋅=⇒=

∑∑∑

scoFscoTscoM

TsenFRF

scoFRF

BCO

BCYV

BCXH

[ ][ ]

[ ]NRNR

NF

Y

X

BC

1209.103

120

===⇒

R Y

R X

T

fBC

30°

30°30°

120



Ejercicio 30

El refrigerador de la figura pesa 80 [kgf] y está apoyado sobre un piso que posee un coeficiente de roce estático μS=0.25. Si el hombre empuja horizontalmente al refrigerador en la dirección mostrada, determine la fuerza mínima requerida para mover el refrigerador. Además, si el hombre pesa 70 [kgf], determine el coeficiente de roce mínimo entre sus zapatos y el suelo de manera que no deslice.

Solución Diagrama de cuerpo libre y ecuaciones de equilibrio del refrigerador

[ ] ( )( )( )30120800

20

1800

=⋅−⋅⇒=

=⇒=

=⇒=

∑∑∑

PxM

FPF

kgfNF

A

X

Y

Suponiendo que el refrigerador se encuentra a punto de deslizar [ ]kgfNF 208025.0 =⋅=⋅=→ μ Sustituyendo en las ecuaciones (1) y (2):

[ ] [ ]cmxkgfP 3020 ==→ Luego, como [ ]cmx 45< el refrigerador no se vuelca, luego la suposición anterior es válida.

[ ]kgfP 20=∴

120 [cm]

90 [cm]

90 [cm]

45 [cm]

F

N

P

45 [cm]

120 [cm]

80 [kgf]

x



Diagrama de cuerpo libre y ecuaciones de equilibrio del hombre:

[ ][ ]kgfFF

kgfNF

mX

mY

700

700

=⇒=

=⇒=

∑∑

Cuando el hombre está a punto de deslizar se cumple:

mm NF ⋅=→ 'μ

[ ] [ ]kgfkgf 70'20 ⋅=→ μ

29.0'=→ μ Ejercicio 31 Una viga de masa m=6 [kg] y largo L=20 [m] está sometida a una carga distribuida y a una tensión como se indica en la figura. La distribución de carga es lineal con un máximo de 24 [N/m]. Determine:

a) La reacción en A. b) La tensión en la cuerda

120 [cm]

P

Nm

Fm

70 [kgf]



Solución DCL Condición de equilibrio ∑ = 0XF º53cos⋅= TH A (1) ∑ = 0YF [ ]NsenTVA 1326072º53 =+=⋅+ (2) ∑ = 0AM 1060872º5315 ⋅+⋅=⋅⋅ senT (3) De (1), (2) y (3)

[ ]NT 2.98=⇒ (Tensión de la cuerda)

[ ]NHA 1.59=⇒ (Reacción horizontal)

[ ]NV A 6.53=⇒ (Reacción vertical)

72 N T

Ha 53º

Va 60 N

8 m 2 m 5 m 5 m



Ejercicio 32 Un cuerpo homogéneo de masa M, altura H y base de largo 2a, es empujado por una fuerza F aplicada a la altura h del suelo como se muestra en la figura. Si el coeficiente de roce estático entre el suelo y el cuerpo es μS, determine las condiciones para que al romperse el equilibrio debido al aumento de F el cuerpo deslice o vuelque. Solución Deslizamiento La condición para que el cuerpo deslice es:

NFF SR ⋅=≥ μ

gMF S ⋅⋅≥ μ Volcamiento ∑ = 0XF gMNFF SSR ⋅⋅=⋅== μμ ∑ = 0YF gMN ⋅= La condición para que el cuerpo vuelque es:

∑ ≠ 0AM

gMgMah

FgMah

gMahF

S ⋅⋅⋅⋅

≥⇒

⋅⋅≥⇒

⋅⋅≥⋅

μ

S

ahμ

≥∴

F

Fr

N

MgSμ

2a

F

h

Fr

N

a

Mg



Ejercicio 33

Determinar la distancia s hasta la que puede subir el hombre de 90 kg sin que la escalera de 4 m de longitud resbale sobre su extremo inferior A. El extremo superior de la escalera (la cual posee una masa 15 kg) está provisto de un rodillo y, en el suelo, el coeficiente de roce estático es de 0.25. El centro de masa del pintor está exactamente en la vertical de sus pies.

Solución DLC

Mg

s

θ

1,5 m

Nb

900 N0,75 m 3,71 m

s 150 N 1,85 m

Fra

Na 1,5 m º68=θ

Condición de equilibrio ∑ = 0BM 5.171.375.0150cos)4(900 ⋅=⋅+⋅+⋅−⋅ ARA NFS θ ∑ = 0XF [ ]NN A 1050= ∑ = 0YF [ ]NNFN AeRAB 5.262=⋅== μ (Condición límite)

⇒=++⋅−⋅⇒ 157588.9735.112º68cos)4(900 S [ ]mS 55.2=



Ejercicio 34 La grúa que se muestra en la figura consiste de tres partes, las cuales tienen pesos de W1=3500 [kgf], W2=900 [kgf] y W3=1500[kgf] y centros de gravedad en los puntos G1, G2 y G3 respectivamente. Despreciando el peso de la pluma determine:

a.) Las reacciones en cada una de las cuatro ruedas de la grúa si la carga, de peso 800 [kgf], es levantada a velocidad constante (las ruedas de cada eje son simétricas).

b.) Con la pluma sostenida en la posición mostrada, calcular la máxima carga que la grúa puede levantar sin que se vuelque.

Solución DCL Grúa

10 m 3 m 8 m 6 m 1 m

G1G2

G3

A B

10 m 3 m 8 m 6 m 1 m

G1 G2 G3

A B

W 3500 kgf900 kgf

1500 kgf

2·VA 2·VB



Ecuaciones de equilibrio:

341047400

1815001190033500101720WV

WVM

B

BA

⋅−=⇒

⋅+⋅+⋅=⋅+⋅⋅⇒=∑

225900

15009003500220

BA

BAV

VWV

WVVF⋅−+

=⇒

+++=⋅+⋅⇒=∑

a.) Resolviendo las ecuaciones anteriores para W=800 [kgf] se tiene:

[ ]

[ ]kgfV

kgfV

A

B

21912

115928005900

115934

8001047400

=⋅−+

=

=⋅−

=

b.) La condición de vuelco de la grúa es VB=0 [kgf], luego la carga máxima que puede levantar la pluma sin que se produzca el vuelco es:

[ ][ ]kgfW

WkgfVB

4740341047400

0

max

max

=⇒

⋅−==



5) ESFUERZOS AL INTERIOR DE UN SÓLIDO Ejercicio 35 Calcule el grado de indeterminación estática de las siguientes estructuras. Indique si se trata de una estructura isostática, hiperestática o de un mecanismo. Finalmente analice su estabilidad. Solución a) icaHiperestátGIENVSRB ap →=⇒===== 91061100 b) IsostáticaGIENVSRB ap →=⇒===== 044210 c) IsostáticaGIErjm →=⇒=== 031731 d) icaHiperestátGIENVSRB ap →=⇒===== 133201

rótula

a) b)

c) d)



Ejercicio 36 Determine el grado de indeterminación estática (GIE) de las siguientes estructuras.

1. 2.

3. 4.

5. 6. Solución Considerando las ecuaciones indicadas para cada caso:

B=0 R=0 S=5 Vap=9 N=6

m=15 r=6 j=8

m=11 r=6 j=6

B=1 R=1 S=4 Vap=6 N=5

B=0 R=0 S=8 Vap=8 N=8

m=40 r=3 j=19

663953 =⋅−+⋅=GIE 582615 =⋅−+=GIE 562611 =⋅−+=GIE

6536431211 =⋅−+⋅+⋅+⋅=GIE 883883 =⋅−+⋅=GIE 5192340 =⋅−+=GIE



Ejercicio 37 Para la viga de la figura determine los diagramas de esfuerzo axial, corte y momento. Dibuje los diagramas acotando los valores representativos (máximos, mínimos y ceros).

Solución

y

x

4 m3 m3 m2 m

C

4.0 t f*

BA

3 tonf

3.0 tonf/m

2.0 tonf/m

D

HE

ME

VE

Reacciones: ∑ = 0XF 0=EH

∑ = 0YF [ ]TonfVVVV EBEB 710243223 =+⇒=

⋅+⋅=++ (1)

∑ = 0AM 4210

0122423346

24310

=⋅+⇒

=⋅⋅++⋅−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅−⋅+

EE

EE

VM

VM (2)


∑ = 0IZQM ⇒=⋅⋅+⋅−⋅− 0422533BV [ ]TonfVB 33.0= (3)



(3) y (1) [ ]TonfVE 67.6=⇒ (4) (4) y (2) [ ]mTonfM E ⋅−=⇒ 67.24

Método 1: ecuaciones de equilibrio

• Tramo 1 x Є [0 ; 2]m

22

3)(032

2)(

23)(023)(0)(

xxxMxxxM

xxQxxQxN

−⋅=⇒=⋅−⋅

+

⋅−=⇒=⋅−+−=

Donde 2)2(25.2)5.1(0)0(1)2(0)5.1(3)0(

===−===

MMMQQQ

• Tramo 2 x Є [2 ; 8]m

( ) ( )xxM

xxxxMctexQxQ

xN

⋅−=⇒=⋅−−⋅⋅+−⋅−

−=⇒=−+−=

67.034.0)(03122233.0)(

)(67.0)(0433.3)(0)(

Donde 2)8(0)5(2)2( −=== MMM

• Tramo 3 x Є [0 ; 4]m

x

A

3 tonf

2.0 tonf/m M(x)

N(x)Q(x)

2

A

3 tonf

2.0 tonf/m M(x)

N(x)Q(x)

x-2

0.33 tonf

M(x)N(x)

Q(x)

x

6.67 tonf

24.67 tonf*mh(x)

x



67.24125.067.0)(

032

75.067.625)(

67.0375.0)(

0275.067.6)(

0)(

75.0)(34

)(

3

2

2

−⋅−⋅=⇒

=⋅⋅

−⋅+−−

−⋅=⇒

=⋅⋅

−+

=

⋅=⇒=

xxxM

xxxxM

xxQ

xxxQ

xN

xxhxh

x

Donde 6)4(25)0(

67.0)4(67.6)0(−=−=−=−=

MMQQ



Ejercicio 38 Para el sistema de vigas de la figura se le pide determinar los diagramas de esfuerzos internos (esfuerzo axial, esfuerzo de corte y esfuerzo de momento) para la viga AC. Indique los valores representativos (máximos, mínimos y sus ubicaciones) y para el caso del esfuerzo axial indique si corresponde a tracción o a compresión. Solución Usando la propiedad de la rótula se puede dividir la viga superior en:

[ ]

[ ]TVV

TH

R

R

R

2020850

0

=⇒⋅=⋅

=⇒

[ ][ ]

[ ]TVVM

THF

TVVF

B

BA

BH

BAV

50282024101020200

00

500

=⇒

⋅+⋅+⋅=⋅⇒=

=⇒=

=+⇒=

∑∑∑


20 4 4 12 8 10 20

1 tonf/m

Rótulas

A B C

HRVR

50 T

12 8

F1

HR

VR

10 T

HB

VBVA

20 4 4



20 T

10 T

50 T

20 4 4

1 T/m

-20

3020

-200-80

N(x)

Q(x)

M(x)



Ejercicio 39 Determine los diagramas de esfuerzos internos de la viga de la figura. Solución

[ ] [ ] [ ]tonfVtonfVtonfVVM

VVVVM

HFVVV

VVVF

CBA

AIZQROT

CB

CBA

AH

CBA

CBAV

13.387.73061260

124179021710491260

0014

08330

===⇒

=++⋅−⇒=

=⋅+⋅⇒

=−⋅+−⋅+−−⇒=

=⇒=

=++⇒

=+−+−−⇒=

∑

∑∑

∑

Primer Tramo: 0≤x≤2

( )( ) [ ]( ) [ ]mtonfxxM

tonfxQxN

⋅⋅===

330

Segundo Tramo: 0≤x≤2

( )( )( ) ( ) 6323

00

=⋅−+⋅===

xxxMxQxN

AB C

Q(x)

N(x)

M(x)

3

x

Q(x)

N(x)

M(x)

3

x

3



Tercer Tramo: 0≤x≤5

( )( )( ) ( ) ( ) xxxxxMxQxN

⋅−=⋅−+⋅−+⋅=−=

=

36323433

0

Cuarto Tramo: 0≤x≤8

( )( )

( ) 22

13.3

13.30

2

−−⋅=

−==

xxxM

xxQxN

Quinto Tramo: 0≤x≤3

( )( )( ) 2

00

−===

xMxQxN

Diagramas de Esfuerzos Internos

Q(x)

N(x)

M(x)

3

x

3 3

Q(x)

N(x)

M(x)

3.13 tonf

x

2 tonf·m1 tonf/m

Q(x)

N(x)

M(x)

x

2 tonf·m

-3

3

-3.13

4.87

A B C

3.13 m

6

-2

-9

A B C

3.13 m

2.8

0.73 m4.81 m

Q(x)[tonf]

M(x)[tonf·m]



Ejercicio 40 Determine los diagramas de esfuerzos internos de la viga de la figura. Solución

[ ] [ ]tonfVtonfVVM

HFVV

VVF

BA

BB

AH

BA

BAV

3587057630972396360360540

00122

030201836180

==⇒

=+⋅−++++−⇒=

=⇒=

=+⇒

=+−−−−+−⇒=

∑∑

∑

Primer Tramo: 0≤x≤6

( )( )

( )

( )6

2

0

3

2

xxM

xxQ

xNxxh

−=

−=

==

Segundo Tramo: 0≤x≤6

( )( )( ) 36693

6690

2 −⋅+⋅−=

⋅−==

xxxMxxQ

xN

6 tonf/m

54 tonf*m

20 tonf 30 tonf

6m 6m 6m 6m 6m 6m

A B

xQ(x)

N(x)

M(x)

h(x)

x

Q(x)

N(x)

M(x)6 t/m

876



Tercer Tramo: 0≤x≤6

( )( )

( )

( ) 396156

152

0

3

2

+⋅−−=

+=

==

xxxM

xxQ

xNxxh

Cuarto Tramo: 0≤x≤6

( )( )( ) 3665

50

+⋅=−=

=

xxMxQxN

Quinto Tramo: 0≤x≤6

( )( )( ) 15635

350

+⋅=−=

=

xxMxQxN

Sexto Tramo: 0≤x≤6

( )( )( ) xxMxQxN

⋅=−=

=

3535

0

35

54 t·m30

Q(x)

N(x)

M(x) 20

x

h(x)

35

54 t·m30

Q(x)

N(x)

M(x)

x

35

54 t·m

Q(x)

N(x)

M(x)

x

35Q(x)

N(x)

M(x)

x



Ejercicio 41 Para el sistema de vigas de la figura determine los diagramas de esfuerzos internos (axial, corte y flexión). Solución

AP

AH

AV

VM

HF

PVF

⋅=⇒=

=⇒=

+=⇒=

∑∑∑

202000

00

300

[ ] [ ]tonfPtonfVA 2010 −==

-18-5

-35

6933

15

-36

270396

366

156

210

M(x)[tonf·m]

Q(x)[tonf] A B

A B

3 tonf/m

40 tonf

20 m 3 m7 m

8 m

VA

HA

30 P

20/3



0102800

00

400

=+⋅+−⇒=

=⇒=

=+⇒=

∑∑∑

BBP

BH

BV

MVM

HF

VPF

[ ] [ ]mtonfMtonfV BB ⋅−== 32060 Tramo 1: [ ]20,0∈x

( )

( )

( )

( )40

10

40310

020

3

3

2

xxxM

xxQ

xN

xxh

−⋅=

⋅−=

=

⋅=

Tramo 2: [ ]8,0∈x

( )( )( ) 0

020

===

xMxQxN

Tramo 3: [ ]7,0∈x

( )( )( ) 14020

200

−⋅=−=

=

xxMxQxN

VB

HB

40

MB

P

10

N(x)

Q(x)

M(x)h(x)

x

20

N(x)

Q(x)M(x)

60

40

320N(x)

Q(x)

M(x)

x



Tramo 4: [ ]3,0∈x

( )( )( ) 32060

600

−⋅=−=

=

xxMxQxN

60

320N(x)

Q(x)

M(x)

x

20

N(x)

Q(x)-20

-6010

-80

8.16

M(x)

-320

8.16



Ejercicio 42 Para la viga de la figura determine los diagramas de esfuerzo axial, corte y momento. Dibuje los diagramas acotando los valores representativos (máximos, mínimos y ceros).

Solución DCL

Hc

Va Vb Vc

2.5 tonf/m

2 tonf

3 tonf*m

Reacciones

∑ = 0YF 72

45.22 +=⋅

++=+ AACB VVVV (1)

∑ = 0XF 0=CH (2)

∑ = 0AM 3.801410

3014)43210(

245.210723

=⋅+⋅⇒

=⋅+⋅+⋅

−⋅+⋅−−

CB

CB

VV

VV (3)

∑ = 0DERM ⇒=⋅ 34AV [ ]TonfVA 75.0= (4)

De (2), (3) y (4) [ ][ ]TonfVTonfV

B

C

05.77.0

=⇒=⇒



Calculo Diagramas de esfuerzo: Tramo 1 x Є [0 ; 7]

XxMxQxN

⋅−=−=

=

75.03)(75.0)(

0)( Donde :

0475.03)4( =⋅−=M (Correcto por la rótula) Tramo 2 x Є [7 ; 10]

XxMXXxM

xQxN

⋅−=−⋅−⋅−=

−==

75.217)()7(275.03)(

75.2)(0)(

M(x)

N(x)

Q(X)0,75

3 tonf*m2 tonf

Tramo 3 x Є [10 ; 14]

Considerando la relación para la carga triangular: )10(625.0)(5.2

4)(10

−⋅=⇒=− Xxhxh

X

104.0)10(3.45.53)(3

3125.0)10()10(05.7)7(275.03)(

)10(3125.03.4)(2625.0)10(75.0205.7)(

0)(

3

3

22

⋅−−⋅+−=

⋅−−−⋅+−⋅−⋅−=

−⋅−=⇒⋅−−−−=

=

XXxM

XXXXxM

XxQXxQ

xN

M(x) h(x)N(x)

Q(X)

0,75 7,05

7m 3m X-10

2.5 tonf/m

2 tonf

3 tonf*m

M(x)N(x)

Q(X)0,75

3 tonf*m



Diagramas de esfuerzo:

[ ]mXXxQ

Q

71.13)10(3125.03.40)(

7.0)14(

=−⋅=⇒=

−=

4.3

+

-0.7

-0.75

3,71 m-2.75

--

[ ][ ]mXXM

mtonfM

XXM

M

35.130)(14.0)71.13(

71.13*0*

0)14(

00 =⇒=⋅=

=⇒=∂∂

=

-10.5

- - -

3 0.14

0.65-2-25



Ejercicio 43 a.) En la viga de la figura determine a qué distancia x deben colocarse las cargas concentradas P de manera que el mayor momento flector (de flexión) en la viga sea lo menor posible. Dibuje los diagramas de corte y momentos para ese estado de cargas. b.) En la viga de la figura determine cual debe ser la relación entre P y q para que el momento de flexión en todas las secciones de la viga (a lo largo de toda la viga) sea negativo. Solución a.) Utilizando el principio de superposición se puede resolver el problema de la siguiente manera:

- Diagrama de momento para la carga distribuida

L/2 2·L L/2

qP=q·L

x x

P=q·L

a L

qP

q

( )28

2 22

maxLqLqM ⋅

=⋅⋅

=



- Diagrama de momento para las cargas puntuales

→ Diagrama de momento para todas las cargas

Luego, la condición para que el mayor momento flector sea lo menor posible es:

−+ = maxmax MM

4

222

22

2

Lx

xLqxPLq

xPxPLq

=→

⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅

→

⋅=⋅−⋅

⇒

Para esta ubicación de la carga los diagramas de momento y corte son:

P

x x

PxPM ⋅=

xPM ⋅=−max

xPLqM ⋅−⋅

=+

2

2

max

4

2

maxLqM ⋅

=+

4

2

maxLqM ⋅

=−

M(x)



b.) Resolviendo el problema mediante el principio de superposición se tiene: Luego, para que el momento de flexión sea negativo a lo largo de toda la viga se debe cumplir:

( ) xL

xaPxLxq∀≤

⋅⋅−−⋅

⋅ 02

022

≤⋅

−⋅

−⋅

→L

aPxqLq

El caso más desfavorable corresponde a x=0, luego: a

LqP

⋅≥→

2

2

Lq ⋅Q(x)

Lq ⋅

Lq ⋅

Lq ⋅

q

8

2Lq ⋅

( ) ( )xLxqxM −⋅⋅

=2

x

P aP ⋅( )

LxaPxM ⋅⋅

−=

x



Ejercicio 44 En la siguiente figura se muestra el diagrama de momento de una viga sometida a un estado de cargas desconocido. Se le pide determinar las posiciones y magnitudes de las cargas que actúan sobre la viga. Nota: - Las unidades de la figura son [tonf·m] para los momentos y [m] para las distancias. - La función curva que se muestra corresponde a una función cuadrática.

Solución De la inspección del diagrama de momento se observa sólo una (1) discontinuidad en él, en el extremo libre de la viga existe un momento aplicado de 2 [tonf·m].

Tramo 1 2 3 4 5

( )xQdx

dM= 3 0 -3 (*) 0

(*): ( ) CxBxAxM +⋅+⋅= 2 Ecuación de segundo orden Tomando el sistema de referencia en B se tiene:

( ) ( ) ( ) 2886.2875.490 −==−= MMM

986.45.0 −==−=⇒ CBA

( ) ( ) ( )( )⎩

⎨⎧

−==

→+−==⇒−⋅+⋅−=⇒14.38

86.4086.4986.45.0 2

QQ

xxQdx

dMxxxM

2.0 2.0 2.0 3.0 4.875 3.125 3.0

6

-9

2.86

-2



Diagrama de corte Mediante la inspección del diagrama de corte se observa que existen dos (2) fuerzas puntuales de 3 [tonf] aplicadas, y una carga uniformemente distribuida.

En la zona de carga uniformemente distribuida se tiene ( ) 1−== xqdxdQ

y

Ejercicio 45

Para el marco isostático de la figura se le pide determinar los diagramas de esfuerzos internos (esfuerzo axial, esfuerzo de corte y esfuerzo de momento) indicando los valores representativos (máximos, mínimos y sus ubicaciones). En el caso del esfuerzo axial indique si corresponde a tracción o a compresión.

60 B

C

A

6 [m] 2

8 [m]

20 [kgf]

VC

VA

HA

3

-3

4.86

Fuerza puntual Fuerza

distribuida


2 tonf·m



Solución

[ ]

[ ][ ]kgfV

kgfV

senVM

kgfscoHF

senVVF

A

C

CA

AH

CAV

3.40.13

6602080

0.1060200

60200

=⇒=⇒

⋅°⋅=⋅⇒=

=°⋅=⇒=

°⋅=+⇒=

∑∑∑

60° B

C

A

6 [m] 2 [m]

8 [m]

20 [kgf]

13

4.3

10

10

N(x)

-13

-13

Q(x)

4.3

25.8

M(x)



Ejercicio 46 Determine los diagramas de esfuerzos internos del marco de la figura. Solución

04390

073316160

4014

0680

=⋅+⋅+−⇒=

=⋅+−−−⇒=

−=+⇒=

=+⇒

=+−−⇒=

∑∑∑

∑

BBDERROT

BA

BAH

BA

BAV

HVM

VM

HHFVV

VVF

[ ] [ ] [ ] [ ]tonfHtonfHtonfVtonfV BABA 71.471.028.972.4 −====∴

Proyectando la fuerza distribuida en los ejes locales de la barra diagonal se tiene:

[ ]

[ ]mtonfqsenR

mtonfqscoR

XX

YY

96.058.48.4

5466

72.056.36.3

5366

==→=⋅=⋅=

==→=⋅=⋅=

θ

θ

4 m

2 tonf/m

4 m 3 m

4 tonf

A B

4 T/m4 T

0.72 T/m

0.96 T/m

4.72 9.82

4.710.71



Tramo 1: 0≤x≤4 Tramo 2: 0≤x≤4

( )( )( ) xxMxQxN

⋅−=−=−=

71.071.072.4

( )( )( ) 84.272.4

272.471.4

2 −⋅+−=

⋅−=−=

xxxMxxQ

xN

Tramo 3: 0≤x≤5

( )( )( ) xxxM

xxQxxN

⋅+⋅−=

−⋅=−⋅=

8.136.08.172.0

25.1096.0

2

4.72

0.71

Q(x)

N(x)

M(x)

x

4 T/m4 T

4.72

0.71

Q(x)

N(x)

M(x)x

0.72 T/m0.96 T/m

9.82

4.71

Q(x)

N(x)M(x)

x

-4.71

-4.72

-5.45

-10.25

4.72

-0.71

-3.28

-1.8

1.8

2.5

2.36

N(x) Q(x)



Ejercicio 47 Para el marco de la figura se le pide calcular y dibujar los diagramas de momento, corte y esfuerzo axial. Solución

( )( )

( )∑∑∑

⋅=⋅°⋅⇒=

=⋅+°⋅=+⇒=

=°⋅=⇒=

1020301000

110203301000

6.8630cos1000

AB

BAV

AH

VsenM

senVVF

HF

[ ] [ ]kgfVkgfV BA 10100 ==⇒

10 m 20 m

10 m

100 kgf3 kgf/m

10 m

30° A

B

-2.84

2.7

M(x)

2.25

-2.84



Ejercicio 48 Para el marco de la figura se le pide calcular y dibujar los diagramas de momento, corte y esfuerzo axial.

-50

50

-10

7.07Q(x)

-500-100

-100-83.2

3.33

M(x)

N(x)-7.07-86.6

20 kgf20 kgf

20 kgf

30 m

20 m30 m

20 m

20 m 20 m 20 m 20 m

2 kgf/m5 k f/

VA VB

HB



Solución

8060204020202015600

600

600

⋅=⋅+⋅+⋅+⋅⇒=

=⇒=

=+⇒=

∑∑∑

AB

BH

BAV

VM

HF

VVF

[ ] [ ]kgfVkgfV BA 75.1825.41 ==⇒

Tramo 1: [ ]20,0∈x

( )( )( ) 0

025.41

=⇒=⇒

−=⇒

xMxQxN

Tramo 2: [ ]25,0∈x

( ) ( )( ) ( )( ) xxM

scoxQsenxN

⋅=⇒=⋅=⇒

−=⋅−=⇒

333325.41

75.2425.41θ

θ

41.25

M(x) Q(x)

N(x)

x

θ

M(x)

Q(x)

N(x)x

41.25



Tramo 3: [ ]25,0∈x

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 82517162533

17203375.122075.24

+⋅=⋅−+⋅=⇒=⋅−=⇒

−=⋅+−=⇒

xxxxMscoxQ

senxNθ

θ

Tramo 4: [ ]22000,0∈x

( )( )( ) 127512.1

12.1559.0

+⋅−=⇒=⇒=⇒

xxMxQxN

Tramo 5: [ ]22000,0∈x

( )( )( ) 90077.16

77.1638.8

+⋅=⇒−=⇒−=⇒

xxMxQxN

M(x)

Q(x)

N(x)

θ

x

41.25

20

25

αM(x)

Q(x)N(x) x

18.7560

60

15

15

M(x)

Q(x)N(x)

αx

20

15

1560

18.7560



Tramo 6: [ ]30,0∈x

( )( )( ) xxxM

xxQxN

⋅+−=⇒

⋅+−=⇒−=⇒

60260

75.18

2

M(x)Q(x)

N(x)

x

18.7560

2

-41.25

-24.25

-12.75

0.56

-8.83-18.75N(x) Q(x)

17

33

1.12

-16.77

-60

M(x)825

1250

9001250

1275

900



Ejercicio 49 Para el marco de la figura determine los diagramas de esfuerzos internos. Acote los valores importantes e indique, para el caso del esfuerzo axial, si las barras están traccionadas o comprimidas. Datos: P=350 [kgf] M=800 [kgf·m] q1=150 [kgf/m] q2=200 [kgf/m]

Solución Ecuaciones de equilibrio global

[ ]

[ ] [ ]kgfVkgfV

VqMPqM

kgfH

HqF

qPVVF

AD

DA

A

AH

DAV

2.5848.765

0955.55.1233

320

225

0230

135050

21

1

2

==⇒

=⋅+⋅⋅−−⋅−⋅⋅⋅−⇒=

−=⇒

=+⋅⇒=

=⋅+=+⇒=

∑

∑

∑

3 m 5 m 1.5 m

1.5 m

1.5 m

q1

P

M

q2

VA

HA

VD

A

CB

D



Primer tramo barra AB ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅∈

223,0x

( )( ) ( ) xxh

senxxh

⋅=→⋅

= 3.35º453

150

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) 2825.8254

02

º45º45º45º450

xxN

scosenxxhscoHsenVxNF AAX

⋅−−=⇒

=⋅⋅⋅

+⋅−⋅+⇒=∑

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) 2825.8572

02

º45º45º45º450

xxQ

xQsensenxxhsenHscoVF AAY

⋅−=⇒

=−⋅⋅⋅

−⋅+⋅⇒=∑

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) 3942.2572

032

º45º45º45º450

xxxM

xsensenxxhxsenHxscoVxMM AAO

⋅−⋅=⇒

=⋅⋅⋅⋅

+⋅⋅−⋅⋅−⇒=∑

Segundo tramo barra AB ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅

⋅∈ 23,

223x

584.2

225

N(x)

Q(x)

M(x)

x

h(x)

584.2

225

N(x)

Q(x)

M(x)

x

h(x)P

M



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) 2825.8501

0º452

º45º45º45º450

xxN

senPscosenxxhscoHsenVxNF AAX

⋅−−=⇒

=⋅+⋅⋅⋅

+⋅−⋅+⇒=∑

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) 2825.85.324

0º452

º45º45º45º450

xxQ

oscPxQsensenxxhsenHscoVF AAY

⋅−=⇒

=⋅−−⋅⋅⋅

−⋅+⋅⇒=∑

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) 3942.25.3241325

032

º45º45

º45º452

23º450

xxxM

xsensenxxh

xsenHxscoVxscoPMxMM AAO

⋅−⋅+=⇒

=⋅⋅⋅⋅

+

⋅⋅−⋅⋅−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅⋅+−⇒=∑

Barra CD ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅∈

223,0x

( ) ( ) ( ) 5.5410º450 −=⇒=⋅+⇒=∑ xNsenVxNF DX ( ) ( ) ( ) 5.5410º450 −=⇒=⋅+⇒=∑ xQscoVxQF DY ( ) ( ) ( ) xxMxscoVxMM DO ⋅=⇒=⋅⋅−⇒=∑ 5.5410º450 Barra BC [ ]5,0∈x

( ) 00 =⇒=∑ xNFX

( ) ( ) 8.76520000 2 −⋅=⇒=+⋅−⇒=∑ xxQVxqxQF DY

765.8

D

x

N(x) Q(x)

M(x)

q2

765.8

Cx

N(x)

Q(x)

M(x)

1148



( ) ( ) 22

2 1008.765114802

0 xxxMxqxVMxMM DDO ⋅−⋅+=⇒=⋅

−⋅++−⇒=∑

254

294

540

660541

N(x)

Q(x)572

532

285

166

234

765.8

541

3.83

M(x)1985

1185

2477 1148

2477

1148



Ejercicio 50 Para el marco isostático de la figura determine las reacciones, diagramas de esfuerzo axial, corte y momento. Dibuje los diagramas acotando los valores representativos (máximos, mínimos y ceros).

Solución ∑ = 0YF AB VV += 15 ∑ = 0XF AB HH =⋅+ 123 ∑ = 0AM 3364156123608 =⋅+⋅⋅+=⋅BV

[ ]TonfVB 42=⇒

[ ]TonfVA 27=⇒

∑ = 0DERM ⇒=⋅ 6012BH [ ]TonfH B 5=

[ ]TonfH A 41=

12 m

Ha Hb

Va Vb

60 tonf*m

15 tonf

3.0 tonf/m



Calculo de Diagramas de esfuerzo: Tramo 1 x Є [0 ; 12]

2341)(

341)(27)(

2XXxM

XxQxN

⋅−⋅=

⋅−==

Donde:

[ ]mXXXxM

M

3.27*2

*3*410*)(

276)12(2

=⇒⋅

=⋅⇒=

=

Tramo 2 x Є [0 ; 4]

06123124127)(27)(

512341)(

=⋅⋅+⋅−⋅+−=

=⋅−=

XxMxQxN

XxMxQxN

⋅−=−=

=

27276)(27)(

5)(

Donde: 168)4( =M Tramo 3 x Є [4 ; 8]

033642)(0)4(156123124127)(

01527)(041123)(

=−⋅+=−⋅+⋅⋅+⋅−⋅+

=++=−⋅+

XxMXXxM

xQxN

XxMxQxN

⋅−=−=

=

42336)(42)(

5)(

N(x)

M(x)Q(x)

x

41

27

3.0 tonf/m

M(x)x

N(x)Q(X)

41

27

3.0 tonf/m

15 tonfM(x)

N(x) x

Q(X)

41

27

3.0 tonf/m



Donde: 0)8(168)4(

==

MM

Tramo 4 x Є [0 ; 12]

XxMxQxN

⋅−=−=−=

560)(5)(42)(

Donde: 0)12(

60)0(=

=MM

Diagramas de esfuerzo:

5 tonf

27 tonf 42 tonf

+

+

-

5 tonf

42 tonf

+

41 tonf 5 tonf

27 to nf

-

-

N(X)

M(X)Q(x)

5

42

60 tonf*m

N(x) Q(x)



276 tonf*m

+ 276 tonf*m

+

60 tonf*m

Ejercicio 51 En la figura se muestra una estructura de marco que es utilizada para soportar una antena en su parte superior. Se le pide determinar los diagramas de esfuerzos internos de toda la estructura. Datos: P = 12 [tonf] q = 2 [tonf/m] M = 48 [tonf·m]

M

q

P

7 m 3 m 3 m

10 m

6 mRótula

M(x)



Solución Establecemos el equilibrio global para calcular las reacciones de vínculo. ∑ =−⋅=⇒= 8121020 xX AF ∑ =+⇒= 00 YYY BAF ∑ =⋅++⋅⇒=+ 06124860 YO BM

∑ =⋅⋅−⋅−+⋅+⇒= 02

101021220486120 AA MM

[ ]tonfBY 20−= [ ]tonfAY 20=

[ ]mtonfM A ⋅= 120

Con las reacciones de la estructura se comienza a calcular la distribución de esfuerzos internos de los distintos elementos que forman la estructura. Tramo 1: 70 << x

Notar que la pendiente de la barra es 710 , definimos α como el

ángulo entre la barra y la horizontal.

( ) ( ) ( ) ( )∑ ⋅⋅−=⋅+⋅⇒= xscoxNsenxQFX 710280 αα

( ) ( ) ( ) ( )∑ −=⋅−⋅⇒= 200 αα scoxQsenxNFY

Resolviendo el sistema con incógnitas ( )xN y ( )xQ obtenemos las ecuaciones de los diagramas de esfuerzo axial y corte en la barra.

Notar que ( )14910

=αsen y que ( )1497

=αsco .

( ) ( )365149

1494+⋅⋅

⋅−= xxN ( ) ( )xxQ ⋅−⋅

⋅= 1077

104314920



O si *x es la posición a lo largo de la barra 14971490 ** ⋅=⇒<< xxx por lo que:

( ) ( )1493635149

4 ** ⋅+⋅⋅−= xxN y ( ) ( )** 101491114920 xxQ ⋅−⋅⋅=

De cualquier forma ( ) 8.110 −=N , ( ) 02.180 =Q , ( ) 2.237 −=N y ( ) 64.17 =Q .

( )∑ =⋅⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−+⇒= 01410

7102

7108201200 xxxxxMM

( ) 2

49100

7220120 xxxM ⋅−⋅+−= ( ) 1200 −=M ( ) 07 =M

Tramo 2: 30 << x

( ) 121028 −=⋅−=xN

( ) 20=xQ

( ) ( ) 02

10102720108120 =⋅⋅++⋅−⋅−+ xxM

( ) xxM ⋅= 20



Tramo 3: 100 << x

( ) 20=xN (tracción)

( ) 0=xQ

( ) 0=xM

Tramo 4: 30 << x

( ) 0=xN

( ) 20=xQ

( ) XxM ⋅−= 2048

( ) 480 =M ( ) 123 −=M

Tramo 5: 60 << x ( ) 0=xN ( ) 12−=xQ ( ) xxM ⋅= 12



Los diagramas de esfuerzos son:



Ejercicio 52 Para el enrejado de la figura determine los esfuerzos en las barras indicadas. Exprese claramente si el esfuerzo es de tracción o compresión. Solución

18151212615240

00

420

⋅+⋅+⋅=⋅⇒=

=⇒=

=+⇒=

∑∑∑

BA

AH

BAV

VM

HF

VVF

[ ] [ ] ( ) °====∴ 13.53342121 natatonfVtonfV AB α

A través del método de las secciones se tiene:

[ ]( )

[ ]( )

[ ]tonfcscocaF

tonfFsenFF

tonfaaM

H

V

O

3605.70

5.7021150

5.400122165140

1

1

−=⇒

=⋅−+⇒=

−=⇒

=+−⋅⇒=

=⇒

=⋅−⋅+⋅⇒=

∑

∑

∑

α

α

Del equilibrio del nodo D: [ ]tonfbFbFV 5.70 1 =⇒−=⇒=∑

4 m

8 @ 3 m

c

b

a

15 tonf 15 tonf12 tonf

A B

4 @ 3 m

c

a

15 tonf21 tonf

O

α

D



Ejercicio 53 Para el enrejado de la figura determine los esfuerzos en todas las barras. Exprese claramente si el esfuerzo es de tracción o compresión. Solución Por simetría [ ]tonfVV DA 7==∴

Nudo A: °=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=°=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= 45

5596.30

53 natanata βα

( ) ( )( ) ( ) 04596.300

074596.300

=°⋅+°⋅⇒=

=+°⋅+°⋅⇒=

∑∑

scoFscoFF

senFsenFF

ABACH

ABACV

[ ] [ ]

( ) ( )compresióntraccióntonfFFtonfFF BDABCDAC 82.244.20 −====

Nudo C:

( )[ ] )(1.21

96.3020traccióntonfF

FsenFF

BC

BCACV

=⇒

=°⋅⋅⇒=∑

2 m

3 m

5 m 5 m

14 tonf

A D

C

B

7 tonf

αβ

FAB FAC

α α

FAC FAC

FBC



Ejercicio 54 Para el enrejado de la figura determine los esfuerzos en las barras indicadas. Exprese claramente si el esfuerzo es de tracción o compresión. Solución

( ) PVLPVLM AAB 2534340 =⇒++⋅⋅=⋅⋅⇒=∑

Nodo E: 00 =⇒=∑ cFV Mediante el siguiente corte vertical:

°=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅= 57.26

2 LLnataα

( ) 0250 =−+⋅⇒=∑ PPsenbFV α

( ) Psen

Pb ⋅−=⋅

⋅−=⇒ 35.3

23

α

( ) ( ) 025450 =+⋅+°⋅⇒=∑ PsenbsenaFV α

Pa ⋅−=⇒ 42.1

L

L

P

ba

α

D

A

LL L L

L

No hay rótula P 2P 3P

ba cα

E

D

A B

L ba

α

D

A



Ejercicio 55 Para el enrejado de la figura determine los esfuerzos en las barras indicadas. Exprese claramente si el esfuerzo es de tracción o compresión (unidades en [m] y [kgf]). Solución Por simetría, se tiene que ambas reacciones verticales valen 80 [kgf]. Además, por simple inspección se observan seis elementos que no poseen esfuerzos internos (ver figura). Nodo A:

( ) ( )[ ] [ ]kgfanatsensen

FFV 9.170125.4

60600 1 ===⇒=∑ α (tracción)

Nodo B:

[ ]kgfFFV 400 2 =⇒=∑ (compresión)

Nodo C:

( ) ( )[ ] [ ]kgfanatsensen

FFV 7.6665.4

60400 1 ===⇒=∑ β (compresión)

80F1

20

α

4 @ 6 = 24 m

20 kgf 20 kgf40 kgf 40 kgf 40 kgf

4.5

1.5

3.0

132

B AC

0

0

0

40

F2

F3

40

β



Ejercicio 56 Para el enrejado de la figura determine los esfuerzos en todas las barras. Exprese claramente si el esfuerzo es de tracción o compresión. Solución

°=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= 9.14

5.72nataα °=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= 36

5.54nataβ °=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= 1.53

5.12nataγ

∑ =⇒= ABEFV FFF 0

( )ABCD

ABCDH

FFFFF⋅=⇒

⋅⋅=⇒=∑2.1

cos20 γ

( ) ( )( )∑ ⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅⇒= dFdPsendoscdFF CDABF 4135.720 γγ

)(42.5 compresiónPFF EFAB ⋅−==⇒ )(5.6 compresiónPFCD ⋅−=⇒

)(7.4 compresiónPFF DEBCB ⋅−==⇒

1.5·d 2·d 1.5·d2·d 2·d

2·d

2·d

P

P

P

P

α

P

P

β

γ

FEF

FCD

FAB



Nodo A:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )∑

∑⋅−⋅⋅=⋅+⋅⇒=

⋅⋅=⋅+⋅⇒=

PsenPsenFsenFF

PscoFscoFF

ADAEV

ADAEH

242.50

cos42.50

γβα

γβα

)(93.3 tracciónPFF CFAD ⋅==⇒ )(07.0 tracciónPFF BFAE ⋅==⇒ Ejercicio 57

En el enrejado isostático de la figura se solicita determinar los esfuerzos en las barras a,b y c mostradas. Establezca claramente si las barras están traccionadas o comprimidas.

Solución

( ) º539

12tan =⇒= αα

Nodo G EGCGV FFF −=⇒=∑ 0 Análogamente, del equilibrio del nodo D se tiene: BDADV FFF −=⇒=∑ 0

FAE

FAD

-5.42·P

2·P

b

18 m

6 tonf

12 tonf

12 tonf

12 m

12 m

12 m

a

c

1 1

2 2

3

3

α

FFG FEG

FGHFFG



Aplicando el método de las secciones para el corte 1-1:

( )

[ ]tonfFFoscFF

EGCG

CGH

151820

==⇒

=⋅⋅⇒=∑ α

00 =+⇒=∑ CFEHV FFF

[ ] ( )CtonfFF

FFM

EHb

EHCFG

40126990

−==⇒

=⋅−⋅−⋅⇒=∑


( )

[ ] ( )CtonfFFoscFF

cBD

BDH

253020

==⇒

=⋅⋅⇒=∑ α


( )

[ ] ( )CtonfFFscoFF

aCD

CDH

21º5315300

−==⇒

⋅=+⇒=∑

6 tonf

12 tonf

FCF FEHFCG FEG

6 tonf

12 tonf

FAC

FCD

15

12 tonf

4

FBE

6 tonf

12 tonf

FAC FAD FBD

12 tonf



Ejercicio 58 Determine los esfuerzos de todas las barras del enrejado, indicando si están traccionadas o comprimidas.

Solución DLC

3 m

3 m

4 m 4 m 4 m

CD E

F

G H

4 tonf

5 tonf

6 tonf

3 tonf

θ

θ

θ θ

θ

θ

2.5 tonf

4 tonf

12.5 tonf



Reacciones:

[ ]

[ ][ ]TonfV

TonfHTonfV

B

A

A

5.1285.2

=⇒=⇒

=⇒ Considerando que 5/3cos =θ y 5/4=θsen

Nudo A:

θ

2.5 tonf

8 tonf

FAD

5 tonf

FAE

Nudo B:

12.5 tonf

FAB 5 tonf

FBE

Nudo C:

θ

4 tonf

FCG

FCD

[ ][ ]

[ ] )(25.05375.35.2

)(75.3

354

TTonfF

F

TTonfF

TonfF

AD

AD

AE

AE

⇒=

⋅−=

⇒=

=⋅

[ ][ ] )(5

)(5.12TTonfF

CTonfF

AB

BE

⇒=⇒=

[ ][ ]

[ ] )(33.55467.6

)(67.6

453

CTonfF

F

TTonfF

TonfF

CD

CD

CG

CG

⇒=

⋅=

⇒=

=⋅



Nudo D:

0.25 tonf

5.33 tonf

FDG

FDE

Nudo F:

θ

6 tonf

FFH

FEF

Nudo H:

θ

10 tonf

FGH 3 tonf

FEH

Nudo G:

θ

6.67 tonf FEG

11 tonfθ

0.25 tonf

Resumiendo:

BARRA FUERZA ESTADO BARRA FUERZA ESTADO AB 5 T DE 5.33 C AE 3.75 T DG 0.25 T AD 0.25 T EF 8 C BE 12.5 C EG 7.08 C CD 5.33 C EH 6 C CG 6.67 T FH 10 T

[ ][ ] )(33.5

)(25.0CTonfFTTonfF

DE

DG

⇒=⇒=

[ ]

[ ] )(85410

)(10

653

CTonfF

F

TTonfF

F

EF

EF

FH

FH

⇒=

⋅=

⇒=

=⋅

[ ]

[ ] )(11

35410

)(65310

TTonfF

F

CTonfF

F

GH

GH

EH

EH

⇒=

+⋅=

⇒=

⋅=

[ ] )(08.7

25.05367.6

53

CTonfF

F

EG

EG

⇒=

+⋅=⋅



hPLHM A

izqrotula 4

0 =⇒=∑

Ejercicio 59 Determine la ecuación de la funicular Y(x) para el arco isostático de la figura sometido al estado de carga que se muestra.

L/2 L/2

h

P

Y(x)

Solución Reacciones:

L/2 L/2

h

P

Y(x)

A B

x

y

P/2

P

A B

x

y

P/2

PL/4h PL/4h

)(2

simetríaPVV BA ==



P/2

N

Q

L/2-x

PL/4h

h-Y(x)

M

0=⇒ MunicularCondiciónf

( )

( )

)(2

2

)(422

022

)(4

xyxLLhh

xyhh

PLxLP

xLPxyhh

PLM

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅−

−⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⇒

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅−−⋅+⇒

Lhxxy 2)( =⇒

Observación: La solución (ecuación) depende del sistema de referencia. La respuesta es un enrejado con carga puntual en un nodo, es decir, es correcta ya que sabemos que esta estructura no presenta esfuerzos axiales.

L/2 L/2

h

P



Ejercicio 60 El arco de flecha es sometido a una fuerza puntual de 150 [kgf], de manera de obtener una deformación de la cuerda de 15 [cm] antes del lanzamiento. Suponiendo que el arco sufre pequeñas deformaciones determine:

a) La máxima tracción del cable. b) Los diagramas de momento, corte y axial del arco. Dibuje y acote los diagramas.

Solución Análisis del cable Por simetría se tiene: [ ]kgfVV BA 75'' == .

Luego, aplicando el teorema general de cables con h=0 y Δ=15 [cm] se tiene:

[ ]kgfVV BA 75==

[ ][ ]kgfHH

cmkgfMH

BA 2507550

==⇒⋅⋅==Δ⋅

( ) [ ]kgfnatasco

scoHT 261

5015

250=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

==⇒θ

150 kgf

VB

HB

VA

HA

150 kgf

VB'VA'



Análisis del arco

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2750

102500

=⋅−⋅⇒=

=⋅+⋅+⇒=

∑∑

θθ

θθ

senQscoNF

scoQsenNF

V

H

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )θθθ

θθθsenscoQ

senscoN⋅−⋅−=⇒

⋅−⋅=⇒75250

25075

( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )θθθ

θθ

senscoMsenscoMM O

⋅−−⋅−=⇒

=⋅⋅+−⋅⋅+⇒=∑1250013750

050250150750

θ [°] N(θ) Q(θ) M(θ)

0 75 -250 015 8 -261 -3.36330 -60 -254 -6.75245 -124 -230 -9.93760 -179 -190 -12.70090 -250 -75 -16.250

150 kgf

250 kgf 250 kgf

75 kgf75 kgf

250 kgf

75 kgf

N(θ)

Q(θ)

M(θ)

θ

75 75

-250

N



-250

-75

Q

75

250

-16250

M



Ejercicio 61 Para el arco triarticulado en B isostático de la figura se le solicita determinar:

a) Reacciones en los apoyos. b) Expresiones que definen los diagramas de momento de flexión interno M(x), esfuerzo de

corte interno Q(x) y esfuerzo axial interno N(x) a lo largo de toda la estructura. c) Dibujar los diagramas M(x), Q(x) y N(x) acotándolos adecuadamente.

Nota: Considere la convención de signos vista en clases.

Datos tablero de hormigón armado: e=10 [cm] Espesor B=2.0 [m] Largo (profundidad) γ=2.5 [tonf/m3] Peso específico del H.A. Solución El peso total del tablero es:

[ ]tonfP 45.2821.0 =⋅⋅⋅= Como aproximación se puede suponer que las cargas se reparten proporcionalmente al área tributaria de cada tensor:

[ ] [ ]

[ ] [ ]tonftonfT

tonftonfTT

5.1483

25.1485.2

2

31

=⋅=⇒

=⋅==⇒



Equilibrio del arco:

[ ]

[ ]

[ ]tonfHHVHM

tonfVVVM

HHF

tonfVVF

BA

AAIZQB

BA

AC

CAH

CAV

83.165.425.130

21225.195.1625.130

0

40

==⇒

⋅=⋅+⋅⇒=

==⇒

⋅=⋅+⋅+⋅⇒=

=⇒=

⋅=+⇒=

∑

∑∑∑

En apoyo: x=6 → y=4.5 → tan(α)=1.5 → α=56.31° En x=3 → tan(α)=0.75 → α=36.87° En x=0 → tan(α)=0 → α=0° Tramo 1: 56.31° ≥ α ≥ 36.87°

( ) ( )( )

( )( )

( )

( )2

2

2

16

416

14

xsco

x

xsen

sen

sensco

senxdxdyant

+=→

+=→

−====

α

α

α

αααα

( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )αα

αα

αα

scosenMM

senQscoNF

scoQsenNF

O

H

V

⋅⋅−−⋅⋅=⇒=

−=⋅+⋅⇒=

⋅=+⋅⇒=

∑∑∑

683.11620

83.10

20

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( )ααααα

ααα

scosenMsenscoQ

scosenN

⋅−−⋅=⇒⋅−⋅=⇒

⋅−⋅−=⇒

98.1011283.12

83.12

N(α )

Q(α )

M(α )

1.83

2

α



Tramo 2: 36.87° ≥ α ≥ 0°

( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( )( )[ ]31625.1683.11620

83.10

75.00

−−⋅⋅−⋅⋅−−⋅⋅=⇒=

−=⋅+⋅⇒=

⋅=+⋅⇒=

∑∑∑

ααα

αα

αα

senscosenMM

senQscoNF

scoQsenNF

O

H

V

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) 75.398.1015.483.175.0

83.175.0

+⋅−−⋅=⇒⋅−⋅=⇒

⋅−⋅−=⇒

ααααα

ααα

scosenMsenscoQ

scosenN

θ [°] N(θ) Q(θ) M(θ)56,3 -2,68 -0,41 -4,0850,0 -2,71 -0,12 -4,2545,0 -2,71 0,12 -4,2540,0 -2,69 0,36 -4,1236,9 -2,66 0,50 -3,9836,9 -1,91 -0,50 -3,9830,0 -1,96 -0,27 -3,5120,0 -1,98 0,08 -3,6110,0 -1,93 0,42 -3,340,0 -1,83 0,75 -2,73

1.83

2

N(α )

Q(α )

M(α )α

1.25



Ejercicio 62 Para el arco de la figura determine los diagramas de esfuerzos internos (axial, corte y flexión).

N

-2.68 -2.68

-2.66 -2.66-1.91 -1.91

-1.83

Q

-0.41 -0.41

0.5 0.5

-0.5

0.75

-0.5

M

-4.08 -4.08

-3.98

-2.73

-3.98

20 m 20 m32 m32 m36 m

6 @ 20 m = 120 m

40 tonf100 tonf

4

3

VA VB

HBHA



Solución

0366020400

0120321008010040400

601000

120100400

=⋅+⋅−⋅⇒=

=⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅−⇒=

=⋅=−⇒=

=⋅+=+⇒=

∑∑∑∑

AAIZQROT

BA

BAH

BAV

HVM

VscosenM

scoHHF

senVVF

αα

α

α

[ ] [ ] [ ] [ ]tonfHtonfVtonfHtonfV BBAA 33.3367.5033.9333.69 ====

Ecuación de la parábola: (origen en el centro)

( ) CxBxAxy +⋅+⋅= 2

( ) 36360 =→== Cxy ( )( ) 001.0

036603600060036603600060

=−=→⎭⎬⎫

=+⋅−⋅→=−==+⋅+⋅→==

BABAxy

BAxy

( ) ( ) xntadxdyxxy ⋅−==⇒+⋅−=⇒ 02.03601.0 2 θ

Tramo 1: [ ]60,20∈x

( ) 033.336067.500

033.330

067.500

=⋅−−⋅+−⇒=

=−⋅−⋅⇒=

=+⋅+⋅⇒=

∑∑∑

yxMM

scoNsenQF

scoQsenNF

O

H

V

θθ

θθ

( ) ( )

( )( ) θθ

θθsenscoxQ

scosenxNxxxM

⋅+⋅−=⋅−⋅−=

⋅−⋅−−⋅=

33.3367.5033.3367.50

01.03633.336067.50)( 2

Tramo 2: [ ]20,20−∈x

50.57

33.33

N(x)

Q(x)

M(x)

X

Y

Q(x)α

50.57

33.33

N(x)M(x)

X

Y

100



( ) ( ) ( ) 033.336067.50326020800

033.331000

067.501000

=⋅−−⋅+−⋅−−⋅−−⇒=

=−⋅−⋅−⋅⇒=

=+⋅−⋅+⋅⇒=

∑∑∑

yxyxMM

oscscoNsenQF

senscoQsenNF

O

H

V

αθθ

αθθ

( )( )( ) θθ

θθscosenxQscosenxN

xxxM

⋅+⋅=⋅−⋅=

⋅−⋅−⋅+=

33.2933.9333.9333.29

01.03633.9333.292.3360)( 2

Tramo 3: [ ]20,60 −−∈x

( ) 033.936033.690

033.930

033.690

=⋅+−⋅−⇒=

=+⋅+⋅⇒=

=+⋅−⋅⇒=

∑∑∑

yxMM

senQscoNF

scoQsenNF

O

H

V

θθ

θθ

( ) ( )

( )( ) θθ

θθsenscoxQ

scosenxNxxxM

⋅−⋅=⋅−⋅−=

⋅−⋅−−⋅=

33.9333.6933.9333.69

01.03633.936033.69)( 2

69.33

93.33

N(x)M(x)

X

Y

-113

-112

-97.5

-93.3-85.7

-49.7

-60.3N(x)

-27.3

-7.42

29.7 37.1

-6.83Q(x)

29.33



Ejercicio 63 Para el cable de la figura determine las reacciones en los apoyos, el trazado del cable y sus tracciones para todos los tramos. Solución Aplicando el teorema general de cables:

-213

960M(x)

10 kgf

10 kgf10 kgf

10 kgf

10 kgf

6 @ 20 = 120 m

45

30 m

VA

HA

VB

HB

C

D

E

F

G

20

10 10 1010 10

C D E F G

RA RB

20 20 20 20 20



500

10008006004002001200

=+⇒=

++++=⋅⇒=

∑∑

BAV

BA

RRF

RM

[ ] [ ]kgfRkgfR BA 2525 ==

[ ]mkgfM

M

f

f

⋅=

=+−−

800

01000200

[ ] BA HHkgfHH ===⇒=⋅ 67.2680030

[ ] [ ]kgfL

hHRVkgfL

hHRV BBAA 1535 =⋅

−==⋅

+=

Trazado del cable:

[ ]mrM CC 74.1867.26

500500 ==⇒=

[ ]mrM DD 3067.26

800200100 ==⇒−=

[ ]mrM EE 7.3367.26

9004002001500 ==⇒−−=

10 10

F G

RB

20 20

Mf

10

C

2520

MC

10

C

2520

MD

20

10

D

10

C

25

ME

20

10

D

10

20

E



[ ]mrM FF 3067.26

8002001000 ==⇒−=

[ ]mrM GG 74.1867.26

500500 ==⇒=

Tracciones en los tramos:

Tramo θ [º] T [kgf]AC 52.6 43.9CD 43.2 36.6DE 29.2 30.6EF 10.8 27.2FG 10.8 27.2GB 29.2 30.6

Ejercicio 64 Para la estructura plana isostática de la figura se solicita determinar:

a) Reacciones en los puntos de apoyo. b) Diagramas de momento de flexión (M),

esfuerzo de corte (Q) y esfuerzo axial (N) para cada una de las barras que componen la estructura.

c) Dibujos de los diagramas de esfuerzos internos M, Q y N para cada una de las barras de la estructura.

10

G

20

MF

10

F

2025

10

G

20

MG

10 m

5 m

10 m10 m 3 m

A

B

C

F

D

E

3 tonf

5 tonf/m

5 m



Solución

[ ][ ][ ]tonfHtonfVtonfV

VHM

VHM

HHHF

VVF

E

A

AAIZQROT

EEA

EAH

EAV

31.1656.5644.61

55.62150

5.13822350

0

1180

===

⇒

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

⋅=+⋅⇒=

=⋅+⋅⇒=

==⇒=

=+⇒=

∑∑∑∑

Tramo 1 [ ]10,0∈x

( )( )( ) xxMxQxN

⋅−=⇒−=⇒−=⇒

31.1631.1644.61

Tramo 2 [ ]πθ ,0∈

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )( )

( )( ) 05544.61

51031.162

5550

044.615550

031.160

2

=⋅−⋅

−⋅+⋅+⋅−⋅

+⇒=

=+⋅−⋅−⋅−⋅⇒=

=+⋅+⋅⇒=

∑

∑∑

θ

θθ

θθθ

θθ

osc

senosc

xMM

oscsenQoscxNF

oscQsenxNF

O

V

H

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )θθθθ

θθθθθθθθθθ

oscsenoscM

sensenoscoscQoscoscoscsenN

−⋅+⋅+⋅−−⋅−=

⋅+⋅−⋅−⋅−=⇒⋅−⋅−⋅+⋅−=

12.30751031.1615.62

44.6112531.1644.6112531.16

2

x

Q(x)

N(x)

M(x)

16.31

61.44

θQ(x)

N(x)M(x)

16.31

61.44

5 tonf/m



Tramo 3 [ ]2.3,0∈x

( )( )( ) xxxM

xxQxxN

⋅+⋅−=⇒

−⋅=⇒−⋅=⇒

96.4618.296.4636.45.3567.1

2

Tramo 4 [ ]93.13,2.3∈x

( )( )( ) xxxM

xxQxxN

⋅+⋅−=⇒

−⋅=⇒−⋅=⇒

96.4618.216.4436.442.3467.1

2

5 tonf/m

16.31

56.56

N(x) Q(x)

M(x)

α

5 tonf/m

16.31

56.56

N(x) Q(x)

M(x)α

3 tonf

-61.44

-61.44

-16.31

11.44-11.1

-29.1

-35.5

-30.2N(x)



-33-30.2

-16.31

-16.31

36.44

16.3116.6

-46.96

Q(x)

201.2

-163.1 201.2

127.95M(x)



Ejercicio 65 Determine los diagramas de esfuerzos internos para la viga que forma parte de la estructura compuesta de la figura. Considere W=6 [tonf], P=4 [tonf], q=3 [tonf/m].

Solución

[ ][ ][ ]tonfVtonfV

tonfV

VwwM

VqPM

HF

qPwVVVF

IZQROT

DERROT

H

V

6.64.9

3

0962

32

0

0125.7330

00

1930

3

2

1

1

3

2

321

===

⇒

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

=⋅+⋅+⋅⇒=

=⋅+⋅⋅−⋅−⇒=

=⇒=

=++=++⇒=

∑∑∑∑

Esfuerzos internos en la viga Tramo 1 [ ]3,0∈x

( )( )( ) xxMxQxN

⋅=⇒−=⇒

=⇒

6.66.6

0

Tramo 2 [ ]6,3∈x

( )( ) ( )

( ) ( ) 5.136.152

36.62

33

6.1536.6330

22

−⋅+⋅

−=⋅+−⋅

−=⇒

−⋅=−−⋅=⇒=⇒

xxxxxM

xxxQxN

W

7 @ 3 m = 21 m

2 m

2 m

Pq

H2

V2V1

V3

6.6

N(x)

Q(x)

M(x)x

q

6.6

N(x)

Q(x)

M(x)x



Tramo 3 [ ]9,6∈x

( )( )( ) ( ) 5.404.25.436.6

4.26.630

+⋅−=−⋅⋅−⋅=⇒=−⋅=⇒

=⇒

xxqxxMqxQ

xN

Tramo 4 [ ]12,9∈x

( )( )( ) 5.764.6

4.66.630

+⋅−=⇒=−+⋅=⇒

=⇒

xxMPqxQ

xN

q

6.6

N(x)

Q(x)

M(x)x

q

6.6

N(x)

Q(x)

M(x)x

P

6.4

-6.6

2.4

Q(x)

19

26

19.8

M(x)



Ejercicio 66 En la figura se muestra una grúa que levanta un peso máximo P. De acuerdo a la geometría mostrada en la figura se le pide determinar:

i. Las reacciones en los apoyos. ii. Los esfuerzos internos en la sección

1-1 de la viga. iii. Los esfuerzos en las barras 2, 3 y 4

del enrejado. Exprese si las barras se encuentran traccionadas o comprimidas.

Solución i) Reacciones

∑ =⇒= 00 xx AF

PA

aPAaM

y

yB

⋅=⇒

=⋅⋅−⋅⇒=∑3

030

PB

PBAF

y

yyy

⋅−=⇒

=+⇒=∑2

0

a a a

a

a

a

P1

1

a/223

4

Cable



ii) Esfuerzos en 1-1

∑ =⋅⋅−°⋅⋅+−⇒= 02345

20 PasenTaMM O

∑ −=°⋅⇒= NscoTFx 450 ∑ +−=°⋅⇒= PQsenTFy 450 Equilibrio de momentos en la rótula del extremo izquierdo de la viga.

0452 =°⋅⋅+⋅⋅− senTaPa ⇒ PT ⋅⋅= 22 Resolviendo las incógnitas se llega a:

PN ⋅−= 2 PQ −= 2

aPM ⋅−=

iii)

32

230TT

senTsenTFx

=⇒

⋅=⋅⇒=∑ αα

PT

PaTaM O

⋅=⇒

=⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⋅−⇒=∑

7

0312

30

1

1'

( )

TracciónPTTPPscoT

PTscoTTFy

⋅==⇒=−⋅+⋅⋅−⇒

=−−⋅+−⇒=∑

16.3072

00

32

3

132

α

α

°=→= 4.1831tan αα



CompresiónPT

PaTaM O

⋅−=⇒

=⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⋅−⇒=∑

4

0322

320

14

4'

Ejercicio 67 Para la viga suspendida de la determine las reacciones en los apoyos, las tracciones del cable y los diagramas de esfuerzos internos de la viga (unidades en [m] y [kgf]).

21

1116

12

8.5

7.0

6.0

7.0 8.5

8 @ 6 = 48 m

160 kgf 80 kgf

VC

HCVD

HD

O’



Solución Ecuaciones de equilibrio global:

011482148240019200

0

2400

=⋅−⋅+⋅+⋅+−−⇒=

=+⇒=

=+++⇒=

∑∑∑

DDBBA

CDAH

DCBAV

HVVVM

HHHF

VVVVF

A través de semejanza de triángulos se obtiene la siguiente geometría: Aplicando el teorema general de cables se tiene:

1234567 4236302418126480 QQQQQQQRM AB ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=⋅⇒=∑

484236302418126 1234567 QQQQQQQRA

⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=⇒

12345670 QQQQQQQRRF BAV ++++++=+⇒=∑

8.757.5

6.255

2.5

1.25

1116

12

8.5

7.0

6.0

7.0 8.5

10

3.75

Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 Q7

RA RB6 6 6 6 6 6 6 6



Teorema general de cables: ( )VIGASSMxrH −=⋅

HRRH

RM

A

A

A

⋅=⇒⋅=⋅⇒

⋅=⇒

625.0675.3

61

1

12

6125.6612

QRHQRM

A

A

⋅−⋅=⋅⇒⋅−⋅=⇒

21

213

6121875.861218

QQRHQQRM

A

A

⋅−⋅−⋅=⋅⇒⋅−⋅−⋅=⇒

321

3214

612182496121824

QQQRHQQQRM

A

A

⋅−⋅−⋅−⋅=⋅⇒⋅−⋅−⋅−⋅=⇒

4321

43215

61218243075.8612182430

QQQQRHQQQQRM

A

A

⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=⋅⇒⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=⇒

4321

543216

61218243075.861218243036

QQQQRHQQQQQRM

A

A

⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=⋅⇒⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=⇒

6

Q1

RA

M1

(1)

6

Q1

RA

M2

6

Q2

(2)

6

Q1

RA

M3

6

Q2

6

Q3

(3)

6

Q1

RA

M4

6

Q2

6

Q3 Q4

6

(4)

6

Q1

RA

M5

6

Q2

6

Q3 Q4

6

Q5

6

(5)

6

Q1

RA

M6

6

Q2

6

Q3 Q4

6

Q5

6

Q6

6

(6)



654321

6543217

612182430364275.36121824303642

QQQQQQRHQQQQQQRM

A

A

⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=⋅⇒⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=⇒

654321

7654321

61218243036420612182430364248

QQQQQQRQQQQQQQRM

A

AB

⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=⇒⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=⇒

(1) en (2): 61HQ =⇒ En (3)

122625.1175.8 22

HQHQHH =⇒⋅−⋅−⋅=⋅

En (4): 3

36159 33HQHHQHH =⇒⋅−−⋅−⋅=⋅

En (5): 12

45.14675.1875.8 44HQHHHQHH =⇒⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=⋅

En (6): 3

52665.225.6 55HQHHHHQHH =⇒⋅−⋅−⋅−−⋅−⋅=⋅

En (7): 12

65.285.14625.2675.3 66HQHHHHHQHH =⇒⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=⋅

En (8): 6

7310266300 77HQHHHHHHQH =⇒⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−−⋅−⋅=

6

Q1

RA

M7

6

Q2

6

Q3 Q4

6

Q5

6

Q6

6

Q7

6

(7)

6

Q1

RA

MB

6

Q2

6

Q3 Q4

6

Q5

6

Q6

6

Q7

6 6

RB

(8)



Además HRRQR Bi

AiB ⋅=⇒−= ∑=

625.07

1

Luego, 6

5 HL

hHRV AC⋅

=⋅

+= 12

5 HL

hHRV BD⋅

=⋅

−=

DCL Cable

∑=

⋅==+7

125.1

iiDC HQVV HHH DC ==

DCL viga

HQVVFi

iBAV ⋅−=−=+⇒= ∑∑=

25.124024007

1

240019204842363024181260 7654321 +=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅⇒=∑ BA VQQQQQQQM

HVHV AB ⋅−=⋅−=⇒ 625.0150625.090 Condición de la rótula

Q1

Q2 Q3 Q4 Q5 Q6Q7

VC

HC VD

HD

Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 Q7

160 80

VA VB

T

α

VA

VC

HC

160



( ) ( ) 97.02.6

624.02.65.1

==== αα scosen

( ) 0242124192070 =⋅−⋅+⋅−+⋅⋅−⇒=∑ CA

IZQROT VHVoscTM α

( ) 02021625.01502419207 =⋅−⋅+⋅−⋅−+⋅− HHHH

[ ]kgfH 67.186=

[ ] [ ] [ ]kgfQQkgfQQQkgfQQ 2.626.151.31 5364271 =======⇒

Diagramas de esfuerzos internos

31.1 15.6 62.2 15.6 62.2 15.6 31.1

160 80

33.33 26.67

26.733.33

64.43

-17.77-2.17

-79.97-19.97

-4.37

Q(x)

M(x)

200

586.6

106.7

-13.02

-133

-159.2



0=+++= QdeVdPcMaT δωδωδωδωδω

85

4

410104

4774

==⇒

=⇒=⇒

=⇒=⇒

BA

BBD

PPD

δθ

δδδ

δδδ

1

27

472

815

8533

⋅=

−=⋅−=⋅−=

−=⋅−=⋅−=

DVd

PMa

AMa

Vδω

δδω

θδω

6) PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUELES Y CARGAS MÓVILES Ejercicio 68 Para la viga de la figura se solicita determinar empleando el método de los trabajos virtuales:

a) La reacción vertical en el apoyo D, VD. b) El esfuerzo de corte interno a la derecha y a la izquierda de C, QC (DER) y QC (IZQ). c) El momento de flexión interno en C, MC. d) El esfuerzo de corte en el punto medio entre los apoyos D y E.

Solución Notación: MA = 3 tonf*m (momento puntual) PC = 2 tonf (carga puntual) QDE = Carga triangular

4 m 3 m 3 m 4 m

δB δp δD

VD

θA

Suponiendo δD = 1 De este modo =>



67.134

4625.0

24625.0

4)625.5.2(

)()(

32

4

0

1

0

−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅−⋅−=

⋅⋅−−=⇒

⋅⋅−=

∫

∫

Qde

Qde

X

XQde

dxxx

dxxxQ

δω

δω

δδω

44)(

45.25.2)(

xxx

xxQ

D =⋅=

⋅−=

δδ

Pero considerando el origen del sistema de rotación en E:

045.7067.127

815

=⇒=−+−−

∴ DD VV

b) Qc(izq) => Desplazamiento relativo en C sin giro relativo.

4 m 3 m 3 m 4 m

2 tonf

3 tonf*m

2.5 tonf/m

A B C D E

δc

2.5 tonf/m

θA

2 tonf

Qc

Pero considerando

0=+= −cQMaT δωδωδω

04

3

03

=⋅+⋅⇒

=⋅+⋅⇒

−

−

CCC

CCA

Q

Q

δδδθ

4C

Aδθ =



tonfQC 43

−=⇒ −

δc

2.5 tonf/m

θA2 tonf

Qc+

0=++= + CPcQMaT δωδωδωδω Pero considerando 4C

Aδθ =

024

3

023

=⋅+⋅+⋅⇒

=⋅+⋅+⋅⇒

+

+

CCCC

CCCA

Q

Q

δδδδδθ

tonfQC 75.2−=⇒ +

c) Mc (giro relativo sin desplazamiento relativo)

4 m 3 m 3 m 4 m

2 tonf

3 tonf*m

2.5 tonf/m

A B C D E

θA

Mc

θc

Usamos las relaciones: 4H

A =θ y 3H

C =θ para los ángulos CA θθ ⋅=⇒43

0433

03

=⋅⋅+⋅⇒

=⋅+⋅=

CCC

ACCT

M

M

θθ

θθδω

mtonfMC ⋅−=⇒49



d) Corte en el punto medio entre D y E (desplazamiento vertical relativo sin giro relativo)

4 m 3 m 3 m 4 m

2 tonf

3 tonf*m

2.5 tonf/m

A B C D E

θA δp θ δθ

θ

Q

Q

δB

δ

Relacionando θδδθ ⋅=⇒= 22 además 7

Bδθ = y 4B

Aδθ =

θθθθ ⋅=⇒⋅=⋅⇒4747 AA θδδθ ⋅=⇒= 3

3 PP

QQQ ⋅⋅=⋅⋅⋅= θθδω 422

θθθδω ⋅−=⋅⋅−=⋅−= 25.54733 AM A

θθδδω ⋅−=⋅⋅−=⋅−= 6322 PPC

El trabajo virtual de la carga distribuida es:

∫∫ ⋅⋅−⋅⋅+=2

022

2

011 )()()()( dxxxQdxxxQQ δδδω

(Donde Q1 tiene origen en D y Q2 en E)

xxxQ ⋅−=⋅−= 625.05.245.25.2)(2 xxx ⋅=⋅

⋅= θθδ

42)(1

xx ⋅= θδ )(2



067.1625.54

67.167.1567.132625.0

225.2

32625.0

)625.05.2(625.0

323

2

0

2

0

2

=⋅−⋅−⋅−⋅⋅∴

⋅−=⋅+⋅−⋅=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅−−⋅⋅⋅+= ∫∫

θθθθ

θθθθδω

θθθδω

θθδω

Q

dxxxdxx

Q

Q

Q

tonfQ 23.3=⇒

Ejercicio 69 Para el siguiente tren de cargas, determine:

a) El momento máximo maximorum que se produce en la viga simplemente apoyada. b) El corte máximo en la sección B-B. c) El momento interno máximo en la sección B-B.

Solución a) El momento máximo maximorum que se produce en la viga simplemente apoyada

Para el tren de carga tenemos: [ ]

[ ] ∑∑

→=

→=

MmX

FtonfF

R

yR

43.2

28



2.43 m

1.43 m 0.07 m

1 m 1.5 m 1.5 m 1 m

6 tonf 6 tonf4 tonf 4 tonf

8 tonfF1 F2

F3F5

F4

FR28 tonf

Las únicas fuerzas a considerar serán, entonces, F2 y F3.

mxmxmxmxmxmx

785.057.1´715.043.1´035.007.0´

44

22

33

=⇒==⇒==⇒=

1. Análisis para F2 = 6 tonf.

( ) mtonfdFxLVM

mxL

A ⋅=⋅−−⋅=⋅−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=⇒

=−

41.4516715.05998.112

285.42

112max2

2

2. Análisis para F3 = 4 tonf.

mtonfxLVM

mxL

A ⋅=⋅−⋅−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅=⇒

=−

98.465.265.162

965.42

3max3

3

max2max MM = 3. Análisis para F4 = 8 tonf.

mtonfxLVM

mxL

A ⋅=⋅−⋅−⋅−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅=⇒

=−

70.45460.365.142

215.42

4max4

4

( )( ) tonfVA 998.11715.043.151028

=−−⋅=

( )( ) tonfVA 1.14035.007.051028

=−+⋅=

( )( ) tonfVA 2.16785.057.151028

=−+⋅=



b) El corte máximo en la sección B-B Línea de influencia del corte en B-B

10 m

3 m

B

X1

X2

0.7

-0.3

φφ

173

137

tan

11

21

21

=⋅+⇒

=+

==

xx

xx

xxϕ

3.07.0

2

1

=⇒=⇒

xx

Luego, la posición del tren de carga que maximiza el corte en B-B es la que maximiza el trabajo realizado por las fuerzas del tren. Claramente, una posibilidad es la que se aprecia en la figura siguiente (se puede ver que es la que maximiza el corte):

1 m 1.5 m 1.5m 1 m 2 m

d1

F1 F2F3 F5

F4

d2 d3 d4 d5

Por P. T. V.:

mdmdmdmdmddFdFdFdFdFQE

2.03.045.06.07.001

54321

5544332211

======⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅

tonfQE 8.12=∴



Si no se apreciara esta situación tan claramente, analizamos otras configuraciones para el tren:

d1

F1 F2F3 F5

F4

d2 d3 d4 d5

0.3 • Por P. T. V.:

mdmdmdmdmddddddQE

3.04.055.07.02.00484661

54321

554321

======⋅−⋅−⋅−⋅−⋅+⋅

tonfQE 6.9=∴

d1

F1 F2F3 F5

F4

d2

d3 d4 d5

• Por P. T. V.: mdmdmdmdmd 45.055.07.015.005.0 54321 =====

tonfQE 2.10=∴

F1 F2F3 F5

F4

d2

d3

d4 d5



• Por P. T. V.: 06.047.0815.041 =⋅−⋅−⋅+⋅EQ

tonfQE 4.7=∴

c) El momento interno máximo en la sección B-B.

Línea de influencia para el momento en la sección B-B

θ1 θ2

h=2.1 m

121 =+θθ

11 3tan θθ ≈=

h 22 7tan θθ ≈=

h

⇒=+ 173hh mh 1.2=

Observación:

θ1 θ2

h

1

0121 =⋅−⋅+⋅+⋅−⋅= yMQhQhM θθδω

θ2

Q

y

1

θ1Q

MM

( ) yM ⋅=+⋅⇒ 121 θθ

Si 121 =+θθ yM =⇒



Análogo al caso del corte, debemos ver que configuración maximiza el trabajo:

x` x

d1

F1 F2F3 F5

F4

d2

d3=2.1 m d4 d5

• 048466

35.165.11.205.135.0

54321

54321

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=⇒=====

dddddMmdmdmdmdmd

E

mtonfM E ⋅=∴ 4.35

F1 F2F3 F5

F4

2.1 m

• mdmdmdmdmd 6.09.035.18.11.2 54321 =====

mtonfM E ⋅=⇒ 4.38

F1 F2F3 F5

F4

2.1 m

• mdmdmdmdmd 9.02.165.11.24.1 54321 =====

mtonfM E ⋅=⇒ 8.40

x⋅71.2

´31.2 x⋅



F1 F2F3 F5

F4

2.1 m

• mdmdmd 8.11.205.1 543 ===

mtonfM E ⋅=⇒ 2.28 Ejercicio 70 Para la viga de la figura determine las líneas de influencia usando el principio de Muller-Breslau de los siguientes efectos:

- Reacción en B - Corte a la derecha de B - Momento en B - Momento en H - Corte en G - Corte en H - Reacción en A

Para cada uno de los efectos anteriores determine la posición más desfavorable para el tren de carga y el valor respectivo del efecto (utilice el principio de los trabajos virtuales)

Tren de cargas

5 tonf/m

6 m

E

12.0 17.0 12.0

2.5 2.5 2.5 6.0

A

G

F

DB

C H



Solución Líneas de influencias 1) Reacción en B

21.15.1412

1=→= hh

( ) ( ) [ ]5.14;01212

11

111

1

11 ∈=→= xx

xxx

δδ

( ) ( ) [ ]12;01.0

1221.1

22222

22 ∈⋅=→= xxxx

xδ

δ

2) Momento en B

1=θ ( ) 5.25.2

=→≈= hhsen θθ ( ) ( ) [ ]5.2;0

5.25.2

11111

11 ∈=→= xxxxx

δδ

( ) ( ) [ ]12;021.0

125.2

22222

22 ∈⋅=→= xxxx

xδ

δ

A

G

F

DB

C H

1 hδ2(x)δ1(x)

E

θA

G

F

DB

C H

hδ2(x)

δ1(x)

E



3) Corte en G

121 =+ hh ( ) 2121 8.35.25.9

hhhh

sen ⋅=→==θ 245

2419

21 == hh

( ) ( ) 111

1

111 083.05.9

xxxxh

⋅=→= δδ

( ) ( ) 222

2

222 083.05.2

xxx

xh⋅=→= δ

δ

( ) ( ) 333

3

332 017.012

xxx

xh⋅=→= δ

δ

4) Reacción en A

( )245

5.2121

=→== hhsen θ ( ) ( ) 111

1

11 083.0121 xx

xx

⋅=→= δδ

( ) ( ) 2222

22 083.05.2

xxx

xh⋅=→= δ

δ

( ) ( ) 3333

33 017.012

xxxxh

⋅=→= δδ

h2

AG

F

DB C

H

h1

δ2(x)

δ1(x)E

θ δ3(x)

1

θ

h

AG

F

DB C

H

δ2(x)

δ1(x)

E

δ3(x)



5) Corte a la derecha de B

( ) ( ) 1083.0121 xx

xx

⋅=→= δδ

6) Momento en H

5.012 =→=⋅ θθ ( ) 36

=→≈= hhsen θθ ( ) 25.15.2 11 =→= h

hsen θ

( ) ( )

263 xx

xx

=→= δδ ( ) ( ) 111

1

11 5.05.2

25.1 xxxx

⋅=→= δδ

( ) ( ) 222

2

22

485

1225.1 xx

xx

⋅=→= δδ

7) Corte en H

1

AG

F

DB C

H

E

δ(x)

θ θ

θA

G

F

DB

C

H

h

δ2(x)

δ1(x)

E

h1

δ(x)

0.5

0.5θ

AG

F

DB

C

H

h

δ2(x)δ1(x)

E

θ



( ) ( ) xxxx

⋅=→= 083.065.0 δδ ( )

245

65.0

5.2=→== hhsen θ

( ) ( ) 111

1

11 083.05.2

xxxxh

⋅=→= δδ

( ) ( ) 222

2

22

2885

12xx

xxh

⋅=→= δδ

Valores máximos de los efectos: 1) Reacción en B

[ ]tonfdxxdxxw 326325.078

2451.05

125

12

9

5.14

5.11

=⋅+⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅= ∫∫

2) Momento en B

[ ]mtonfdxxdxxw ⋅=+=⋅⋅⋅+⋅⋅= ∫∫ 3.5367.376.1521.05512

5.8

5.2

0

A

G

F

DB

C H

E

5 tonf/m

A

G

F

DB

C H

E

5 tonf/m



3) Corte en G

[ ]tonfdxxw 2.16083.055.9

5.3

−=⋅⋅⋅−= ∫

4) Reacción en A

[ ]tonfdxxw 5.22083.0512

6

=⋅⋅⋅= ∫

5) Corte a la derecha de B

AG

F

DB C

H

E

5 tonf/m

AG

F

DB C

H

E

5 tonf/m

AG

F

DB C

H

E

5 tonf/m



[ ]tonfdxxw 39.2789.145.12083.0515.2512

5.8

=+=⋅⋅⋅+⋅⋅= ∫

6) Momento en H

[ ]mtonfdxxw ⋅−=⋅⋅⋅−= ∫ 5.1572

5212

9

7) Corte en H

[ ]tonfdxxw 47.7083.056

0

=⋅⋅⋅= ∫

A

G

F

DB

C

H

E

5 tonf/m

AG

F

DB

C

H

E

5 tonf/m



Ejercicio 71 Para la viga de la figura, se le pide determinar usando el principio de los trabajos virtuales:

a) El momento de empotramiento en A. b) La reacción vertical en E. c) El esfuerzo de corte en la sección que se ubica a 2.0 [m] a la derecha del apoyo C. d) El esfuerzo de momento interno en la sección ubicada sobre el apoyo E. e) El esfuerzo de corte en la sección ubicada justo a la izquierda del apoyo C.

A C E FB D

2.0 m 1.0 m 4.0 m 1.5 m 5.0 m

2 tonf/m 15 tonf

20 tonf·m

Solución a) Momento de empotramiento en A

( ) ( ) 111 212

θθθθθθ ≈⋅⇒≈=≈=hntahnta ( ) 2

32 5

θθ ≈=hnta

( ) ( ) θθθθθθθθ ⋅=⇒⋅≈⋅⇒≈=≈= 33.55.145.14 22122

212

1hntahnta

h1

θ1

2

15

20

θ

h2

θ2

h3

MA



Evaluación de los trabajos virtuales:

θδ ⋅= AM MWA

Trabajo virtual del momento de empotramiento

θθθδ ⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−= ∫∫ 30224

01

1

01 dxxdxxWq Trabajo virtual de la fuerza distribuida q

θδ ⋅−=⋅−= 40015 3hWP Trabajo virtual de la fuerza puntual P

θθδ ⋅−=⋅−= 6.10620 2MW Trabajo virtual del momento puntual M

Principio de los trabajos virtuales:

00 =+++⇒= MPqMT WWWWWA

δδδδδ

06.10640030 =⋅−⋅−⋅+⋅⇒ θθθθAM

[ ]mtonfM A ⋅=⇒ 6.476 b) Reacción vertical en E.

δδδδ

⋅=⇒= 33.45.65.1P

P

( ) MMnta θδθ ≈=5.1

20

2

15

θM

δδ P

VE




δδ ⋅= EV VWE

Trabajo virtual de la reacción vertical en E

δδδ ⋅−=⋅−= 6515 PPW Trabajo virtual de la fuerza puntual P

δθδ ⋅−=⋅−= 33.1320 MMW Trabajo virtual del momento puntual M Principio de los trabajos virtuales:

00 =++⇒= MPVT WWWWE

δδδδ

033.1365 =⋅−⋅−⋅⇒ δδδEV

[ ]tonfVE 33.78=⇒ c) El esfuerzo de corte en la sección que se ubica a 2.0 [m] a la derecha del apoyo C.

δδδδ

⋅=⇒= 33.355.1P

P

( ) MMnta θδθ ≈=5.1


δδ ⋅= QWQ Trabajo virtual del esfuerzo de corte

20

2

15

θM

δ

δ P



δδδ ⋅−=⋅⋅−= ∫ 422

0

dxWq Trabajo virtual de la fuerza distribuida q

δδδ ⋅=⋅= 5015 PPW Trabajo virtual de la fuerza puntual P

δθδ ⋅=⋅= 33.1320 MMW Trabajo virtual del momento puntual M


00 =+++⇒= MPqQT WWWWW δδδδδ

033.13504 =⋅+⋅+⋅−⋅⇒ δδδδQ

[ ]tonfQ 33.59−=⇒ d) El esfuerzo de momento interno en la sección ubicada sobre el apoyo E.

θδδ

θ ⋅=⇒= 55 PP


θδ ⋅= EM MWE

Trabajo virtual del momento en E

θδδ ⋅=⋅= 7515 PPW Trabajo virtual de la fuerza puntual P

θθδ ⋅=⋅= 2020 MMW Trabajo virtual del momento puntual M Principio de los trabajos virtuales:

00 =++⇒= MPMT WWWWE

δδδδ

20

2 15

θ

δ P

θ



02075 =⋅+⋅+⋅⇒ θθθEM

[ ]mtonfM E ⋅−=⇒ 95

e) El esfuerzo de corte en la sección ubicada justo a la izquierda del apoyo C.

θθθθ ⋅=⇒== 67.25.14 11

hh θθδ ⋅=⋅= 33.135 1P 1θθ =M


θδ ⋅⋅= 1QWQ Trabajo virtual del esfuerzo de corte

θθθδ ⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅= ∫∫ 17224

0

1

0

dxxdxxWq Trabajo virtual de la fuerza distribuida q

θδδ ⋅−=⋅−= 20015 PPW Trabajo virtual de la fuerza puntual P

θθδ ⋅−=⋅−= 33.5320 MMW Trabajo virtual del momento puntual M


00 =+++⇒= MPqQT WWWWW δδδδδ

033.5320017 =⋅−⋅−⋅+⋅⇒ θθθθQ

[ ]tonfQ 33.236=⇒

θ

2

15

20 h

θ1

δ P

θ

θM



7) PROBLEMAS PROPUESTOS Ejercicio 72 Determine el grado de indeterminación estática (GIE) de las siguientes estructuras indicando cuales de ellas corresponden a mecanismos, estructuras estáticamente determinadas o hiperestáticas.

1)

2)

3)

4)

5)

6)



Ejercicio 73 Determine el grado de indeterminación estática (GIE) de las siguientes estructuras indicando cuales de ellas corresponden a mecanismos, estructuras estáticamente determinadas o hiperestáticas.

1)

2)

3)

4)

5) 6)

Ejercicio 74 Para la viga de la figura determine los diagramas de esfuerzo de corte y momento. Dibuje los diagramas acotando los valores representativos (máximos, mínimos y ceros).



Ejercicio 75 Para el marco isostático de la figura se pide determinar:

- Reacciones en los apoyos (1 pto.) - Expresiones que definen los diagramas de esfuerzos internos de momento de flexión

M(x), esfuerzo de corte Q(x) y esfuerzo axial N(x) a lo largo de toda la estructura. (0.7 pts. / tramo)

- Dibujo de los diagramas M(x), Q(x) y N(x) a lo largo de toda la estructura, identificando

los valores representativos (máximos, mínimos y sus ubicaciones) y para el caso de esfuerzo axial, si corresponde a tracción o compresión. (0.5 pts. c/u)



Ejercicio 76 Para el marco isostático de la figura se pide determinar:

- Reacciones en los apoyos. - Expresiones que definen los diagramas de esfuerzos internos de momento de flexión

M(x), esfuerzo de corte Q(x) y esfuerzo axial N(x) a lo largo de toda la estructura.

- Dibujo de los diagramas M(x), Q(x) y N(x) a lo largo de toda la estructura, identificando los valores representativos (máximos, mínimos y sus ubicaciones) y para el caso de esfuerzo axial, si corresponde a tracción o compresión.

Datos: L = 6 m P = 30 tonf



Ejercicio 77 Para la estructura plana isostática de la figura se solicita determinar:

a) Reacciones en los puntos de apoyo. b) Distribución de esfuerzos internos (momento de flexión, esfuerzo de corte y esfuerzo

axial) para cada una de las barras que componen la estructura.

c) Diagramas de esfuerzos internos M, Q y N para cada una de las barras de la estructura Datos: P1=100 [kgf] P2=70 [kgf] M1=150 [kgf·m]

q1=40 [kgf/m] q2=60 [kgf/m]

60°P1

P2

M1q1

q2

2 m 3 m 3 m 3 m

2 m4 m

5 m

2 m



Ejercicio 78 Para la enrejado isostático de la figura se le solicita calcular los esfuerzos internos de las barras AD, DF, CF, EH y GJ, indicando en cada caso si la barra se encuentra sometida a tracción o compresión.

Ejercicio 79 En el enrejado isostático de la figura se solicita determinar los esfuerzos en todas las barras que componen la estructura. Establezca claramente si las barras están traccionadas o comprimidas.

12 m

6 m

6 m 6 m 6 m 6 m 6 m

45°45° F

G

E

HC

D

BA

3 tonf 3 tonf



Ejercicio 80 En el enrejado isostático de la figura se solicita determinar los esfuerzos en todas las barras que componen la estructura. Establezca claramente si las barras están traccionadas o comprimidas.

Ejercicio 81 Una viga de hormigón armado se apoya en el cable AB de la figura a través de cuatro colgadores, tal como se muestra en la figura. Se le solicita determinar:

a) Las reacciones en los apoyos A y B. b) La fuerza de tracción máxima en el cable AB.

Nota: Considere que la fuerza de los colgadores extremos no afecta al cable.



Ejercicio 82 Para el cable de la figura 1 determine:

d) Las flechas f1 y f2. e) La reacción vertical en el punto B, VB. f) La fuerza de tracción máxima en el cable, TMAX.

Ejercicio 83 El arco parabólico de la figura debe soportar las cargas que son transmitidas por dos voladizos que apoyan un cable, del cual cuelgan cuatro elementos en los puntos mostrados. Se le pide determinar:

a) La tensión máxima en el cable b) Los diagramas de esfuerzos internos en el arco.



Ejercicio 84 Para la estructura plana isostática de la figura 1 se solicita determinar:

a) Reacciones en los puntos de apoyo. b) Diagramas de momento de flexión (M), esfuerzo de corte (Q) y esfuerzo axial (N) para

cada una de las barras que componen la estructura. c) Dibujos de los diagramas de esfuerzos internos M, Q y N para cada una de las barras de

la estructura. d) Dibujar esquemáticamente el lado de la fibra traccionada de cada barra.

P=3 tonf

2.0 m

1.5 m

M=10 tonf*m

R=2.0

A

B C

D

1.5 m 3.0 m 2.0 m

q=5 tonf/m

1.5 m

Ejercicio 85 Para la estructura compuesta de la figura determine los esfuerzos internos en las barras a, b y c del enrejado.

L/2 LL/2L 4 @ L/2 L/32L/3

L/2

2 P P 3 P 1.5 Pa

b

c



Ejercicio 86 En la figura se ilustra un arco parabólico triarticulado general sometido a una carga uniforme. Se le pide:

a) Desarrollar expresiones generales para las reacciones de la base debidas a w.

b) Para el caso de un arco simétrico (hL=hR=h; LL=LR=L)

→ ¿Que expresiones definen las reacciones? → Utilizando h=20 [m], L=50 [m] y w=1.5 [tonf/m], calcule el esfuerzo de corte y la

fuerza axial en el apoyo de la derecha y en un punto ubicado en la mitad entre el apoyo derecho y la corona (rótula C).

→ Escriba una expresión general para el momento a cualquier distancia x de la corona para el arco simétrico, en términos de h, L y w. ¿Qué se puede concluir a cerca del esfuerzo de corte y del momento en un arco con este perfil y tal condición de carga?

Nota: Las ecuaciones del arco de la derecha y de la izquierda son diferentes.

w

C

L

R

hR

hL

LRLL



Ejercicio 87 El arco parabólico de la figura debe soportar las cargas que son transmitidas por dos puntales verticales que apoyan un cable del cual se izan dos elementos en los puntos mostrados. Se le pide determinar:

a) La tensión máxima en el cable. b) Las ecuaciones de esfuerzos internos para el tramo central del arco.

3 m

5 m

4 m 2 m 4 m 2 m 6 m

L=2.55 m

3 tonf 5 tonf

30 cm

9 m No hay pendiente nula



Ejercicio 88 La viga AC se encuentra articulada en B, y cuelga del cable DE mediante 7 colgadores equiespaciados a 5 [m], tal como se muestra en la figura. Si el cable tiene forma parabólica determine:

a) Las reacciones en los apoyos (tanto de la viga como del cable). b) La tensión máxima y mínima en el cable parabólico. c) La fuerza en cada uno de los colgantes. d) Los diagramas de esfuerzo de corte y esfuerzo de momento de flexión para la viga AC.

10 m 30 m

9 m

1 m

10 m

B

D

CA

E

2 kN/m



Ejercicio 89 La viga A’B’ se encuentra articulada en C’, y cuelga del cable AB mediante 5 colgadores equiespaciados a 20 [m], tal como se muestra en la figura. Si el cable tiene forma parabólica determine:

e) Las reacciones en los apoyos (tanto de la viga como del cable). f) La tensión máxima y mínima en el cable parabóli co. g) La fuerza en cada uno de los colgantes. h) Los diagramas de esfuerzo de corte y esfuerzo de momento de flexión para la viga AC.



Ejercicio 90 Para la estructura plana isostática de la figura 1 se solicita determinar:

a) Reacciones en los puntos de apoyo. b) Diagramas de momento de flexión (M), esfuerzo de corte (Q) y esfuerzo axial (N) para

cada una de las barras que componen la estructura.

c) Dibujos de los diagramas de esfuerzos internos M, Q y N para cada una de las barras de la estructura.

d) Dibujar esquemáticamente el lado de la fibra traccionada de cada barra.

15 m

3 m 8 m 12 m

3 tf*m

4 tf

1.5 m

1.5 m

1.5 m

15 tf



Ejercicio 91 La viga AB se encuentra articulada en C, y cuelga del cable DE mediante 7 colgadores equiespaciados a 20 [m], tal como se muestra en la figura. Si el cable tiene forma parabólica determine:

a) Las reacciones en los apoyos (tanto de la viga como del cable). b) La tensión máxima y mínima en el cable parabólico. c) La fuerza en cada uno de los colgantes. d) Los diagramas de esfuerzo de corte y esfuerzo de momento de flexión para la viga AC.

70 m

8 @ 20 m = 160 m

80 kgf160 kgf

BCA

D

E

35 m

Ejercicio 92 Para la estructura isostática de la figura se solicita determinar el esfuerzo de corte y el esfuerzo de momento en la sección D mediante el principio de los trabajos virtuales.

5 m 5 m 5 m 10 m

7 tonf 5 tonf/m3 tonf/m

AB C D

E



Ejercicio 93 Considere la viga isostática que se muestra en la figura siguiente:

2 m 3 m 4 m 3 m4 m 6 m 3 m

A B C D E F G H

a) Considere el sistema de carga fijas que se muestra a continuación y determine: a.1. Reacción vertical en el apoyo E. a.2. Momento de flexión en la sección E. a.3. Esfuerzo de corte a la derecha del apoyo C. a.4. Esfuerzo de corte en la sección D. a.5 Momento de flexión en la sección ubicada en el punto medio del tramo FG.

2 3 4 3 4 6 3

A B C D E F G H

5 tonf/m25 tonf*m

40 tonf

b) Para el tren de cargas que se muestra a continuación determine:

b.1. Reacción máxima vertical en el apoyo E. b.2. Momento de flexión máximo en la sección E. b.3. Esfuerzo de corte máximo en la sección ubicada a la derecha del apoyo C. b.4. Esfuerzo de corte máximo en la sección D.

3 tonf 5 tonf

3 m



Ejercicio 94 Para la estructura isostática de la figura se solicita:

a) Determinar la línea de influencia para el esfuerzo de corte interno en el punto E. b) ¿Qué posiciones del tren de carga generan el máximo efecto del esfuerzo de corte

(positivo o negativo) en la sección A-A? c) Determine el valor del efecto máximo de esfuerzo de corte en la sección A-A. d) Mediante el principio de los trabajos virtuales determine la reacción en el punto C cuando

el tren de carga se encuentre en el tramo CD. e) Mediante el principio de los trabajos virtuales determine el momento de flexión en la

sección A-A cuando el tren de carga se encuentre en el tramo EC.

Ejercicio 95

Considere la viga isostática que se muestra en la figura siguiente: a) Para el sistema de cargas fijas que se muestra a continuación se le pide determinar usando el principio de los trabajos virtuales:

a.1. El momento de empotramiento en A.

a.2. La reacción vertical en el apoyo F.

a.3. El esfuerzo de corte en la sección E.

10 m 20 m 10 m 40 m15 m 10 m

A B C D F GE



a.4. El esfuerzo de momento de flexión en la sección E.

a.5. El esfuerzo de corte en la sección ubicada justo a la izquierda del apoyo D.

a.6. La reacción vertical en el apoyo A.

b) Para el tren de cargas que se muestra a continuación determine:

b.1. Reacción máxima vertical en el apoyo F.

b.2. Momento de flexión máximo en la sección E.

b.3. Esfuerzo de corte máximo en la sección E.

b.4. Esfuerzo de corte máximo en la sección ubicada justo a la izquierda del apoyo D.

Tren de cargas

7 tonf/m

10 m 20 m 10 m 40 m15 m 10 m

A B C D F G

15 tonf·m30 tonf

E

10 tonf 15 tonf 5 tonf

10 m 2 m

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