Apuntes_Estatica_Aplicada

Vista previa del material en texto

Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
ESTÁTICA 
 
 
 
 
 
 
Apuntes del curso 
 
 
 
Profesor: Mario Gálvez H. 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 1 
CONTENIDOS 
 
 
pág 
 
INTRODUCCION 3 
 
I. INTRODUCCION A LA ESTATICA 4 
 1.1. Fundamentos de la Mecánica 4 
 1.2. Unidades (Sistema Internacional: SI) 5 
 
II. ALGEBRA VECTORIAL 7 
 2.1. Vectores 7 
 2.2. Suma de Vectores 8 
 2.3. Descomposición de una fuerza en sus componentes 8 
 2.4. Producto punto de vectores 9 
 2.5. Producto cruz de vectores 9 
 
III. EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA 10 
 3.1. Equilibrio de Fuerzas 10 
 3.2. Fuerza de Roce 12 
 
IV. CUERPOS RIGIDOS: SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZAS 20 
 4.1. Introducción 20 
 4.2. Fuerzas Externas e Internas 20 
 4.3. Momento de una fuerza respecto a un punto 21 
 4.4. Momento de una fuerza respecto a un eje 23 
 4.5. Momento de un par de Fuerzas 24 
 
V. EQUILIBRIO DE CUERPOS RIGIDOS 31 
 5.1. Introducción 31 
 5.2. Diagrama de cuerpo libre 31 
 5.3. Reacciones en los puntos de apoyo y conexiones de una 
 Estructura bidimensional 32 
 5.4. Equilibrio de un cuerpo rígido en dos dimensiones 33 
 5.5. Estabilidad y grados de indeterminación 36 
 5.6. Equilibrio de un cuerpo rígido en tres dimensiones 40 
 
VI. CENTRO DE GRAVEDAD, CENTROIDES Y FUERZAS DISTRIBUIDAS 45 
 6.1. Centro de Gravedad en Coordenadas Cartesianas 46 
 6.2. Centroides de área en Coordenadas Polares 47 
 6.3. Cuerpos Compuestos 48 
 6.4. Teorema de Pappus-Guldinus 50 
 6.5. Resultantes de fuerzas paralelas distribuidas 53 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 2 
pág 
 
VII. RETICULADOS 60 
 7.1. Estabilidad y Determinación Estática 61 
 7.2. Métodos de Análisis de Reticulados 62 
 7.3. Reticulados Compuestos y Complejos 73 
 
VIII. ESFUERZOS INTERNOS EN VIGAS 75 
 8.1. Esfuerzo de Corte y Momento Flector en Vigas 76 
 
IX. PRINCIPIOS DEL TRABAJO 90 
 9.1. Principio del trabajo Virtual 92 
 
 
 
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 3 
INTRODUCCION 
 
 
 El presente documento es un complemento a las clases del curso de 
“Estática” impartidas en la Universidad Diego Portales, es utilizado como texto 
guía. 
 
 Se presentan una serie de temas que pretenden introducir al alumno al 
mundo de las estructuras. Es el primer acercamiento que existe a las estructuras. 
 
 Los fundamentos aquí presentados son las bases para los cursos siguientes 
como Mecánica de Sólidos, Análisis Estructural (I y II) Ingeniería Antisísmica y 
todos los cursos de diseño, tanto en hormigón armado como en estructuras de 
acero. 
 
 En estas páginas se resumen los principales contenidos necesarios para 
comenzar con el cálculo de esfuerzos en los elementos, tales como columnas y 
vigas. Una vez determinados los esfuerzos en los elementos se procede al proceso 
de diseño. 
 
 Dentro de los contenidos se hace un repaso del álgebra vectorial, 
primordial para los cursos de ingeniería, ya que las fuerzas, momentos y 
desplazamientos están definidos a partir de magnitudes vectoriales. En este 
curso es importante el concepto de equilibrio (de ahí el nombre estática, a 
diferencia de la dinámica que estudia los cuerpos en movimiento), este concepto 
es aplicable tanto a partículas como a cuerpos rígidos (que poseen dimensiones 
medibles). 
 
 Para poder concentrar los pesos de los cuerpos rígidos, es necesario 
conocer un punto, dentro del mismo, apropiado para tal fin. Este punto se 
determina utilizando el concepto de centroide. 
 
 Se analizan, también, estructuras de tipo reticulado, utilizadas en el uso 
de puentes y cerchas; y estructuras formadas por columnas y vigas, para la 
construcción de edificios. 
 
 Finalmente se analiza el principio del trabajo para la determinación de 
fuerzas externas (reacciones en los apoyos de las estructuras) e internas (para los 
procesos de diseño). 
 
 Para terminar, te invito a participar de este curso para que puedas 
comprender el funcionamiento de las estructuras y así utilizar estos conceptos en 
tu vida profesional cuando ya seas un ingeniero. 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 4 
I. INTRODUCCIÓN A LA ESTÁTICA 
 
 
1.1. Fundamentos de la Mecánica 
 
 
1.1.1. Introducción a la Mecánica 
 
 Mecánica es la ciencia que describe y predice las condiciones de reposo o 
movimiento de los cuerpos bajo la acción de fuerzas. La mecánica se divide en 
tres partes: mecánica de los cuerpos rígidos, mecánica de cuerpos deformables y 
mecánica de fluidos. 
 
 La mecánica de los cuerpos rígidos se divide en estática y dinámica. La 
primera trata sobre los cuerpos en reposo y la segunda, sobre los cuerpos en 
movimiento. 
 
 El estudio de la mecánica se remonta a tiempos de Aristóteles y 
Arquímedes (siglos III y IV a. de C.). 
 
 
i) Fuerza 
 
 La fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro. Esta puede ser 
ejercida a través de un contacto directo o a distancia, como el caso de las 
fuerzas gravitacionales y magnéticas. Una fuerza está caracterizada por un punto 
de aplicación, su magnitud y su dirección, y se representa por medio de un 
vector. 
 
 
ii) Ley del Paralelogramo para suma de fuerzas 
 
 “Dos fuerzas que actúan sobre una partícula pueden ser reemplazadas por 
una sola fuerza llamada resultante, que se obtiene dibujando la diagonal del 
paralelogramo cuyos lados son iguales a las fuerzas dadas”. 
 
 
 
Figura 1.1: Ley del Paralelogramo 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 5 
iii) Leyes de Newton 
 
 
- 1ª Ley de Newton 
 
 “Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula es cero, la partícula 
permanecerá en reposo (si originalmente se encontraba en reposo) o se moverá a 
velocidad constante y en línea recta (si originalmente estaba en movimiento)”. 
 
 
- 2ª Ley de Newton 
 
 “Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula no es cero, la 
partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la resultante y 
en la misma dirección que esta última” 
 
amF r
r
⋅= 
 
donde: F
r
: Fuerza resultante 
 m : Masa de la partícula 
 ar : Aceleración de la partícula 
 
 
- 3ª Ley de Newton 
 
 “Las fuerzas de acción y reacción entre cuerpos en contacto tienen la 
misma magnitud, la misma dirección y sentidos opuestos (principio de acción y 
reacción)”. 
 
 
1.2. Unidades (Sistema Internacional: SI) 
 
Cantidad Unidad Símbolo Fórmula 
Aceleración Metro por seg al cuadrado ---- m/seg2 
Ac. Angular Radián por seg al cuadrado ---- rad/seg2 
Angulo Radián rad ---- 
Area Metro cuadrado ---- m2 
Densidad Kilógramo por metro cúbico ---- kg/m3 
Energia Joule J N*m 
Esfuerzo Pascal Pa N/m2 
Frecuencia Hertz Hz s-1 
Fuerza Newton N kg*m/seg2 
Impulso Newton-segundo ---- kg*m/seg 
Longitud Metro m m 
Masa Kilógramo kg kg 
Momento Newton-metro ---- N*m 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 6 
Cantidad Unidad Símbolo Fórmula 
Potencia Watt W J/seg 
Presión Pascal Pa N/m2 
Tiempo Segundo s seg 
Trabajo Joule J N*m 
Velocidad Metro por segundo ---- m/seg 
Velocidad angular Radián por segundo ---- rad/seg 
Volúmen Sólidos Metro cúbico ---- m3 
Volúmen Líquidos Litro L 10-3m3 
 
Tabla 1.1: Unidades (Sistema Internacional) 
 
 La masa de 1 kg es atraída por la tierra con una aceleración de un “g” 
(9.81 m/seg2) la que produce una fuerza dada por: 
 
F = m * a = 1 kg * 9.81 m/seg2 = 9.81 N = 1 kgf (kilofuerza) 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 7 
II. ALGEBRA VECTORIAL 
 
 La magnitud de una fuerza está caracterizada por un cierto número de 
unidades. La línea de acción es la línea recta infinita a lo largo de la cual actúa 
la fuerza, ésta está caracterizada por el ángulo que forma con respecto a un eje 
fijo. El sentido de la fuerza debe ser indicado por una punta de flecha. 
 
 
 
Figura 2.1: Elementos que componen una fuerza 
 
 
2.1. Vectores 
 
 Los vectores son expresiones matemáticas que poseen magnitud y 
dirección, las cuales se suman de acuerdo con la ley del paralelogramo.Los desplazamientos, velocidades, aceleración y momentos son cantidades 
físicas que se pueden expresar como vectores, por otro lado, el volumen, la 
masa, la energía, el tiempo son cantidades escalares. 
 
 El vector negativo de un vector P
r
 dado se define como el vector que tiene 
la misma magnitud y dirección de P
r
 pero con sentido contrario. 
 
 
 
Figura 2.2: Vector y su vector negativo 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 8 
2.2. Suma de vectores 
 
 Se tienen dos vectores: 
 
 
 
 
 
 Se cumple que: P + Q = Q + P 
 P – Q = P + (-Q) 
 P + Q + S = (P + Q) + S = P + (Q + S) 
 ∑
=
n
i
P
1
=n P 
 
 Si P = (a , b) y Q = (c , d), entonces P + Q = (a , b) + (c , d) = ( a+c , b+d ) 
 
 
2.3. Descomposición de una fuerza en sus componentes 
 
 Una fuerza se puede descomponer como: 
 
 
 
Figura 2.3: Descomposición de una fuerzas en dos ejes ortogonales 
 
 La fuerza P también puede descomponerse en ejes x e y que no sean 
ortogonales. 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 9 
2.4. Producto punto de vectores (producto escalar) 
 
 Si se tiene el vector ),...,,,( 321 naaaaA =
r
 y el vector ),...,,,( 321 nbbbbB =
r
, el 
producto punto entre ambos vectores se define como: 
 
∑
=
⋅=⋅++⋅+⋅+⋅=⋅
n
i
iinn bababababaBA
1
332211 ...
rr
 
 
 
2.5. Producto cruz de vectores (producto vectorial) 
 
 El producto cruz entre dos vectores es aquel vector resultante (ortogonal a 
ambos) calculado siguiendo la regla de la mano derecha. 
 
 Se tienen los vectores unitarios (módulo igual a la unidad) dados por: 
 
 
 
Figura 2.4: Vectores unitarios ortogonales 
 
 Donde: i x j = k 
 j x k = i 
 k x i = j 
 i x i = 0 
 
 Si se define: P = (Px,Py,Pz) 
Q = (Qx,Qy,Qz) 
 
Luego, 
 P x Q = (Px*i + Py*j + Pz*k) x (Qx*i + Qy*j + Qz*k) 
 = (Py*Qz – Pz*Qy)*i + (Pz*Qx – Px*Qz)*j + (Px*Qy – Py*Qx)*k 
 
 En forma más didáctica: 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 10 
III. EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA 
 
 
3.1. Equilibrio de Fuerzas 
 
 “Cuando la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre una partícula 
es cero, la partícula está en equilibrio” 
 
 Esto es 0=∑ F 
 
 
Ejemplo 3.1: 
 
 Un bloque de peso 75 kgf es soportado por dos cables inextensibles de 
masa despreciable que pasan por poleas sin roce. Determine las tensiones de 
ambos cables. 
 
 
 
Solución: 
 
 Se debe hacer el diagrama de cuerpo libre del bloque (diagrama que 
incluye todas las fuerzas que se ejercen en el bloque) 
 
 
 
Figura E3.1: Diagrama de cuerpo libre 
 
0=∑ Fx T2*cos30º - T1*cos50º = 0 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 11 
0=∑ Fy T1*sen50º + T2*sen30º - 75 = 0 
 
Resolviendo, 
 
T1 = 65.948 kgf 
T2 = 48.966 kgf 
 
 
 Para resolver problemas en tres dimensiones es necesario determinar el 
vector unitario de las fuerzas que se ejercen sobre el sistema. 
 
 Si se tiene el vector ),,( zyx aaaA =
r
, el vector unitario asociado a A
r
 
(magnitud igual a la unidad cuya dirección y sentido es la misma que A
r
) queda 
determinado por: 
 
222
),,(
zyx
zyx
A
aaa
aaa
A
A
++
== r
r
λ 
 
 
Ejemplo 3.2: 
 
 Determine las tensiones en los cables AB, AC y la fuerza P, para que el 
sistema se encuentre en equilibrio. Asuma que W = 200 kgf. Los puntos están 
ubicados en: A( 0 ; 1.2 m ; 2 m ), B( 8 m ; 0 ; 12 m) y C( -10 m ; 0 ; 12 m) 
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 12 
Solución: 
 
)777.0;0933.0;6219.0()10;2.1;8( −==→−=
AB
ABAB ABλ 
 
)7045.0;0845.0;7045.0()10;2.1;10( −−==→−−=
AC
ACAC ACλ 
 
Para el equilibrio debe cumplirse que: 
 
0=++⋅+⋅ WPTT ACACABAB λλ 
 
0=∑ Fx TAB*0.6219 – TAC*0.7045 = 0 
 
0=∑ Fy -TAB*0.0933 – TAC*0.0845 + P = 0 
 
0=∑ Fz TAB*0.777 + TAC*0.7045 = 200 
 
Resolviendo las ecuaciones. 
 
TAB = 142.97 kgf 
TAC = 126.2 kgf 
P = 24 kgf 
 
 
 
3.2. Fuerza de Roce (fricción) 
 
 
3.2.1. Roce en bloques 
 
 Cuando dos superficies están en contacto, siempre se presentan fuerzas 
tangenciales, llamadas fuerzas de fricción, cuando se trata de mover una de las 
superficies con respecto de la otra. Por otra parte, estas fuerzas de fricción 
están limitadas en magnitud y no impedirán el movimiento si se aplican fuerzas 
lo suficientemente grandes. 
 
 Se tiene el siguiente bloque: 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 13 
 
 
Figura 3.1: Diagrama de cuerpo libre de un bloque 
 
 Si P es pequeña el bloque no se moverá, entonces debe existir alguna 
fuerza horizontal que equilibra a P, esta fuerza es el “roce estático”. 
 
 Si se incrementa la fuerza P, también se incrementa la fuerza de roce Fr la 
cual continúa oponiéndose a P, hasta que su magnitud alcanza un cierto valor 
máximo Frm. Si P se incrementa aún más, la fuerza de roce ya no la puede 
equilibrar y el bloque comienza a deslizar. Ahora Fr cae de Frm a Frk. 
 
Frm = µs * N 
 
Frk = µk * N 
 
 Donde: µs : Coeficiente de roce estático 
 µk : Coeficiente de roce cinético 
 
µs > µk 
 
 
 
Figura 3.2: Ángulos de roce estático y dinámico 
 
 Se cumple que: 
 
( ) ( ) ( )kksssrms tgtgN
N
N
F
tg φµφµ
µ
φ =→=→
⋅
== 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 14 
 
 
Ejemplo 3.3: 
 
 Sobre el bloque de la figura actúan dos fuerzas. Se tiene que ms = 0.35 y 
mk = 0.25. Determinar P que se requiere para: 
 
a) el bloque comience a moverse hacia arriba a lo largo del plano inclinado. 
b) para que el bloque continúe moviéndose hacia arriba. 
c) para prevenir que el bloque deslice hacia abajo a lo largo del plano. 
 
 
 
Solución 
 
Parte a) 
 
 
 
Figura E3.2.1: Diagrama de cuerpo libre 
 
0=∑ Fy N – P sen(25º) – 800 cos(25º) = 0 
 
0=∑ Fx Fr + 800 sen(25º) – P cos(25º) = 0 
 
 Para que el bloque comience a deslizar, entonces, debe cumplirse que: 
 
Fr = Frm = µs * N = 0.35 N 
 
 Reemplazando y resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: 
 
N = 1054.864 kgf 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 15 
P = 780.416 kgf 
 
 
Parte b) 
 
 Para que el bloque continúe moviéndose entonces: 
 
Fr = Frk = µk * N = 0.25 N 
 
 Reemplazando y resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: 
 
N = 999.184 kgf 
P = 648.665 kgf 
 
 
Parte c) 
 
 
 
Figura E3.2.2: Diagrama de cuerpo libre 
 
0=∑ Fy N – P sen(25º) – 800 cos(25º) = 0 
 
0=∑ Fx -Fr + 800 sen(25º) – P cos(25º) = 0 
 
Fr = Frm = µs * N = 0.35 N 
 
 Reemplazando y resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: 
 
N = 758.852 kgf 
P = 80 kgf 
 
 
3.2.2. Roce en bandas 
 
 Se considera una banda plana que pasa sobre un tambor cilíndrico fijo 
(Figura 3.2). Se desea determinar la relación que existe entra las fuerzas T1 y T2 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 16 
de la tensión en las dos partes de la banda cuando esta última está a punto de 
deslizar hacia la derecha. 
 
 
 
Figura 3.2: Banda plana sobre un tambor cilíndrico 
 
 Se separa de la banda un segmento PP’ que abarca un ángulo ∆θ (Figura 
3.3). Se representa con T la tensión en P y por T + ∆T a la tensión en P’. 
 
 
 
Figura 3.3: Segmento PP’ de la banda 
 
 Con el diagrama de cuerpo libre sobre el segmento de la banda se pueden 
hacer las ecuaciones de equilibrio. 
 
( )0 cos cos 0
2 2x s
F T T T Nθ θ µ∆ ∆   = + ∆ ⋅ − ⋅ − ⋅ ∆ =   
   
∑ (1) 
( )0 0
2 2y
F N T T sen T senθ θ∆ ∆   = ∆ − + ∆ ⋅ − ⋅ =   
   
∑ (2) 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 17 
 Despejando de (2) ∆N y reemplazando en (1), luego dividiendo por ∆θ. Se 
obtiene: 
 
2cos 0
2 2
2
s
sen
T TT
θ
θ
µ
θθ
∆ 
 ∆ ∆ ∆     ⋅ − ⋅ + ⋅ =    ∆∆    
 
 
 Luego, si 
 
cos 1
2
20 1
2
0
sen
T
θ
θ
θ
θ
∆  → 
 
∆ 
 
 ∆ → ⇒ →
∆
∆ →
 
 
 Entonces: 
 
s s
dT dT
-μ T=0 μ dθ
dθ T
⋅ ⇒ = ⋅ 
 
 Integrando entre P1 y P2: 
 
2
1
T
sT 0
dT= μ dθ
T
β
⋅∫ ∫ 
 
2 1 sln ln μT T β− = ⋅ 
 
sμ
2 1T T e
β⋅= ⋅ (β en radianes) 
 
Estática – Apuntes del curso (ProfesorMario Gálvez H.) 
 18 
 
Ejemplo 3.4: 
 
 Determinar la fuerza P necesaria para mover el sistema 
 
 
 
Solución 
 
 Haciendo diagrama de cuerpo libre en el bloque: 
 
 
 
0=∑ Fx T = Fr = µ * N 
 
0=∑ Fy N = 700 kgf 
 
 Resolviendo: T = 0.3 * 700 = 210 kgf 
 
 La relación entre P y T está dada por: 
 
0.25
2 311 kgfP T e
π⋅
= ⋅ = 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 19 
IV. CUERPOS RIGIDOS: SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZAS 
 
 
4.1. Introducción 
 
 El estudio de las fuerzas ejercidas sobre cuerpos rígidos consiste en 
reemplazar un sistema de fuerzas dado, por un sistema equivalente más simple. 
 
 
4.2. Fuerzas Externas e Internas 
 
 Las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido pueden dividirse en: fuerzas 
externas y fuerzas internas. 
 
 
4.2.1. Fuerzas Externas 
 
 Representan la acción que ejercen otros cuerpos sobre el cuerpo rígido 
bajo consideración. Estas fuerzas causan que el cuerpo se mueva o permanezca 
en reposo. 
 
 
4.2.2. Fuerzas Internas 
 
 Son aquellas que mantienen unidas las partículas que conforman el cuerpo 
rígido. 
 
 Para entender mejor lo anterior se presenta el siguiente ejemplo: 
 
 Se tiene un bote con ruedas a vela que 
tiene un ventilador como mecanismo de 
propulsión. El hecho que este vehículo se 
desplace, ¿puede ser posible? 
 
 La respuesta es NO, ya que, como el 
ventilador está dentro del bote. Sólo hace que 
el bote se estire. No hay ninguna fuerza 
externa al sistema que haga que el 
vehículo se mueva (sólo hay un 
esfuerzo interno). 
 
 Por otro lado, si el ventilador 
está fuera del bote, éste se moverá 
debido a que hay una fuerza externa 
al sistema (el viento del ventilador) 
que actúa sobre el bote. 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 20 
4.3. Momento de una fuerza respecto a un punto 
 
 Consideremos una fuerza F que actúa sobre un cuerpo rígido (Figura 4.1). 
El efecto de la fuerza sobre el cuerpo rígido también depende de su punto de 
aplicación A. Definimos como el “vector de posición A” como aquél que va desde 
O a Ha llamado r. El vector posición r y la fuerza F definen el plano mostrado en 
la figura. El momento de F con respecto a O se define como el producto cruz 
entre r y F, esto es: 
 
Mo = r x F 
 
 
Figura 4.1: Fuerza que actúa sobre un cuerpo rígido 
 
 Expresando por “q” el ángulo entre las líneas de acción del vector posición 
r y la fuerza F, se puede decir que la magnitud del momento Mo puede escribirse 
como: 
 
( )Mo r F sen F dθ= ⋅ ⋅ = ⋅ 
 
 La magnitud Mo mide la tendencia de la fuerza F a hacer rotar al cuerpo 
rígido alrededor de un eje dirigido a lo largo de Mo. 
 
 
Ejemplo 4.1: 
 
 Una fuerza vertical P se aplica en el extremo de una palanca de 24 cm de 
largo. Determinar: 
a) El momento que ejerce P (P = 100 kgf) con respecto a O. 
b) La fuerza horizontal aplicada en A que origina el mismo momento con 
respecto a O. 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 21 
c) La mínima fuerza aplicada en A que origina el mismo momento con 
respecto a O. 
d) ¿Qué tan lejos de O debe actuar una fuerza vertical de 240 kgf para 
producir el mismo momento con respecto a O? 
 
 
 
Solución: 
 
Parte a) 
 
( )24 cos 60º 12 cm
1200 kgf cm
d
Mo F d
= ⋅ =
= ⋅ = ⋅
 
 
 
Parte b) 
 
 
 
( )
( )
24 60º
1200
57.74 kgf
24 60º
Mo sen F
F
sen
= ⋅ ⋅
= =
⋅
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 22 
Parte c) 
 
 
 
24
1200 50 kgf
24
Mo F
F
= ⋅
= = 
 
 
Parte d) 
 
 
 
( )
( )
240 '
1200' 5 cm cos 60º
240
5 10 cm
cos 60º
Mo d
d OB
OB
= ⋅
= = = ⋅
= =
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 23 
4.4. Momento de una fuerza respecto a un eje 
 
 Recordando que el producto escalar entre 2 vectores está dado por: 
 
 
 
( )cosx x y y z zP Q P Q P Q P Q P Q θ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ 
 
 Se requiere determinar el momento que ejerce la fuerza F con respecto al 
eje OL (Figura 4.2). 
 
 
Figura 4.2: Momento de una fuerza con respecto a un eje. 
 
 Se sabe que: Mo = r x F 
 
 Se necesita proyectar el momento Mo en la dirección unitaria λ (cosenos 
directores), es decir: 
 
( ) ( )
( )
cosOL
OL
M Mo Mo r F
M r F
θ λ λ
λ
= ⋅ = ⋅ = ⋅ ×
= ⋅ × 
 
 Desarrollando el triple producto escalar, se tiene: 
 
( ) ( ) ( ) ( )x z y y x z z y xr F y F z F z F x F x F y Fλ λ λ λ⋅ × = ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 24 
 En forma más simple este producto puede expresarse como: 
 
x y z
OL
x y z
M x y z
F F F
λ λ λ
=
 
 
donde: λx, λy, λz : Cosenos directores del eje OL. 
 x, y, z : Coordenadas del punto de aplicación de F. 
 Fx, Fy, Fz : Componentes de la fuerza F. 
 
 El momento MOL de F con respecto a OL mide la tendencia de la fuerza F 
de impartirle al cuerpo rígido un movimiento de rotación alrededor del eje fijo 
OL. 
 
 
4.5. Momento de un par de fuerzas 
 
 Se dice que dos fuerzas F y –F, que tienen la misma 
magnitud, líneas de acción paralelas y sentidos opuestos, 
forman un par de fuerzas. Aunque la fuerza resultante de 
este par de fuerzas es cero, el momento resultante no lo es, 
ya que estas fuerzas generan un giro. 
 
 
 En un par de fuerzas en tres dimensiones (Figura 4.3), la suma de 
momentos con respecto al origen O, de ambas fuerzas, queda definida por: 
 
( )A B A Br F r F r r F× + × = − × 
 
 Si se define r = rA – rB, entonces el momento que genera el par de fuerzas 
es: 
 
M r F= × 
 
 La magnitud del momento está dada por: 
 
( )M r F sen F dθ= ⋅ ⋅ = ⋅ 
 
donde d es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de F y –F. El 
sentido de M está definido por la regla de la mano derecha. 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 25 
 
Figura 4.3: Momento de un par de fuerzas 
 
 
 
 También se concluye que dos pares de fuerzas, uno constituido por las 
fuerzas F1 y –F1 y el otro, por las fuerzas F2 y –F2, que se encuentran en planos 
paralelos (o en el mismo plano) y tienen el mismo sentido, tendrán momentos 
iguales si: 
 
1 1 2 2F d F d⋅ = ⋅ 
 
 Una fuerza F puede descomponerse en una fuerza dada en O y en un par 
de fuerzas que generan un momento (Mo = r x F) 
 
 
 
 También se puede hacer lo siguiente: 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 26 
 
 
 Luego, Mo’ = Mo + s x F 
 
 Esto es análogo si se quiere reducir un sistema de fuerzas a una fuerza y 
un momento. Esto es: 
 
 
 
 El sistema equivalente de fuerzas está definido por las ecuaciones: 
 
( ) RR F Mo Mo r F= = = ×∑ ∑ ∑ 
 
 
Ejemplo 4.2: 
 
 Una losa de 
cimentación cuadrada 
soporta las 4 columnas 
mostradas en la figura. 
Determine la magnitud y 
el punto de aplicación de 
la resultante de las 4 
cargas. 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 27 
Solución 
 
 Se define la siguiente convención: 
 
 
 
R = 40 + 12 + 8 + 20 = 80 tonf 
Mx = 20*4 + 8*10 + 12*10 = 280 tonf*m 
My = 20*10 + 8*5 = 240 tonf*m 
 
 Ahora se necesita ubicar la resultante R de modo de eliminar los 
momentos Mx y My. 
 
 
 
 Haciendo equivalencia de momentos: 
 
 3.5 m
 x 3 m
x R R
y R R
M y R y
M x R
= ⋅ → =
= ⋅ → = 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 28 
Ejemplo 4.3: 
 
 Un cuerpo homogéneo de peso W, altura H y base de largo 2a es empujado 
por una fuerza horizontal F (como se muestra en la figura). El coeficiente de roce 
estático es µ, determine la condición para que, al romperse el equilibrio, debido 
al aumento de F, el cuerpo deslice o vuelque. 
 
 
 
Solución: 
 
 Para que el equilibrio se rompa por deslizamiento y volcamiento, 
respectivamente, debe cumplirse lo siguiente: 
 
 
 
 
 (Condición de deslizamiento)
 (Desliza)
d
d
fr N N W
F W
F W
µ
µ
µ
= ⋅ =
= ⋅
> ⋅
 
 
 
 
(Condición de Volcamiento)
v v
W aF H W a F
H
⋅
⋅ > ⋅ → >
 
 Para que el equilibrio se rompa primero por deslizamiento, entonces: 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 29 
d vF F
aW W
H
a
H
µµ
<
⋅ < ⋅
<
 
 
 Si se cumple que µ > a/H, entonces el equilibrio se rompe por 
volcamiento. 
 
 
Ejemplo 4.4: 
 
 Una lámina de peso W en forma de triángulo equilátero de lado a, puede 
moverse en un plano vertical estando el vértice A articulado en un punto fijo. Si 
en el vértice C se aplica una fuerza vertical hacia arriba de magnitud F, 
determine el ángulo θ en la situación de equilibrio. 
 
 
 
Solución: 
 
 La ubicación del centro de gravedad del triángulo es: 
 
 
( )
( )
60º
2 2 3
60º
3 3 3
a sen h
h
d a sen a
⋅ =
= = ⋅ ⋅ =
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 30 
 Se tiene lo siguiente: 
 
 
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
1
0 cos cos 0
30º
cos cos 30º
cos 30º cos 30º cos 30º
3
cos cos 30º cos 30º
3
3 3 1
3 2 2
6 3
3
AM F a W d
F a W d
sen sen
F a W a sen sen
F W tg
Ftg
W
θ α
α θ
θ θ
θ θ θ
θ θ θ
θ
θ −
= → ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =
= −
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ −
− = ⋅ + ⋅
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅  
 
= ⋅ + 
 
⋅ 
= − ⋅ 
∑
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 31 
V. EQUILIBRIO DE CUERPOS RIGIDOS 
 
 
5.1. Introducción 
 
 En el capítulo anterior se mostró que las fuerzas externas que actúan 
sobre un cuerpo rígido pueden reducirse s un sistema de fuerzas y momentos 
equivalentes en un punto arbitrario O. Cuando la fuerza y el momento son iguales 
a cero, se dice que el cuerpo rígido se encuentra en equilibrio. 
 
 Las condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de un cuerpo 
rígido se pueden obtener igualando a cero las resultantes de fuerzas y momentos, 
esto es: 
 
( )0 0F M r F= = × =∑ ∑ ∑ 
 
 Separando por componentes: 
 
0 0
0 0
0 0
x x
y y
z z
F M
F M
F M
= =
= =
= =
∑ ∑
∑ ∑
∑ ∑
 
 
 Las ecuaciones obtenidas se pueden emplear para determinar fuerzas 
desconocidas que están aplicadas sobre el cuerpo rígido o reacciones 
desconocidas ejercidas sobre éste en sus puntos de apoyo. Para un cuerpo en 
equilibrio, el sistema de fuerzas externas no le impartirá un movimiento 
traslacional o rotacional, es decir, está fijo en el espacio. 
 
 
5.2. Diagrama de Cuerpo Libre 
 
 Al resolver un problema relacionado con el equilibrio de un cuerpo rígido, 
es esencial que se consideren todas las fuerzas que actúan sobre éste. 
 
 Para realizar un buen diagrama de cuerpo libre es importante tener 
presente lo siguiente: 
a) Todas las fuerzas deben indicarse en el diagrama de cuerpo libre. 
b) Usualmente las fuerzas externas desconocidas consisten en las reacciones 
a través de las cuales el suelo y otros cuerpos se oponen a un posible 
movimiento del cuerpo libre. 
c) El diagrama de cuerpo libre también debe incluir dimensiones puesto que 
éstas se pueden necesitar para el cálculo de momentos de fuerzas. 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 32 
5.3. Reacciones en los puntos de apoyo y conexiones de una estructura 
bidimensional 
 
 Antes de comenzar el análisis es necesario tener en cuenta los tipos de 
apoyos que existen: 
 
 
5.3.1. Apoyo fijo 
 
 
 
 Este apoyo presenta una rótula, por este motivo se generan reacciones 
verticales y horizontales. No se generan momentos ya que se permite el giro. 
 
 
5.3.2. Apoyo deslizante 
 
 
 
 Igual al caso anterior pero el desplazamiento vertical y horizontal está 
permitido. Sólo hay una reacción y todas las demás son nulas. 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 33 
5.3.3. Empotramiento fijo 
 
 
 
 Al estar todos los desplazamientos y giros impedidos todas las reacciones 
son distintas de cero. 
 
 
5.3.4. Empotramiento deslizante 
 
 
 
 Igual que el caso anterior, pero uno de los desplazamientos no está 
impedido lo que no origina reacción en ese sentido. 
 
 
5.4. Equilibrio de un cuerpo rígido en dos dimensiones 
 
 En el caso bidimensional se tienen las siguientes ecuaciones de equilibrio: 
 
0 0 0x yF F M= = =∑ ∑ ∑ 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 34 
 
 
Ejemplo 5.1: 
 
 Determine las reacciones en los apoyos A y B. 
 
 
 
Solución: 
 
 En el diagrama de cuerpo libre se tiene: 
 
 
 
 Se dibujan todas las fuerzas que actúan en el cuerpo. Usando las 
ecuaciones de equilibrio se tiene: 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 35 
( )
( )
0 0 
0 0 
0 2 2 0
1 
2
 
x ax x x x ax x x x
y ay by y y y ay by y y y
A by x x x y y
by y y x x x
F R P Q S R P Q S
F R R P Q S R R P Q S
M R a P Q S a Q a S a
R S Q P Q S
= → − − − = → = + +
= → + − − − = → + = + +
= → ⋅ + + + ⋅ − ⋅ − ⋅ =
= + − − −
∑
∑
∑
( )1 
2ay y y y by y y x x x
R P Q S R P Q P Q S= + + − = + + + +
 
 
 Por lo general se utilizan dos ecuaciones de suma de fuerzas (vertical y 
horizontal) y una de momentos. La razón de utilizar sólo una de momentos es 
debido a que más ecuaciones podrían ser linealmente dependientes de la 
primera. 
 
 En una estructura tridimensional se necesita más de una ecuación de 
momentos. 
 
 En el ejemplo anterior había tres ecuaciones y tres incógnitas. Cuando 
esto ocurre se dice que el sistema es “estáticamente determinado”. En el caso 
que haya más incógnitas que ecuaciones se dice que el sistema es 
“estáticamente indeterminado”. En la práctica todas las estructuras son 
estáticamente indeterminadas, pero ese es tema de otro curso. 
 
 La figura 5.1 muestra un pórtico sometido a un cierto estado de carga. 
Puede verse que el sistema tiene 6 incógnitas: Rax, Ray, Ma, Rbx, Rby y Mb. Sólo 
existen tres ecuaciones para resolver este sistema. Si hubiesen tres incógnitas el 
sistema sería estáticamente determinado, por lo tanto el sistema posee tres 
redundantes (es tres veces estáticamente indeterminado). 
 
 
Figura 5.1: Sistema Estáticamente 
Indeterminado 
 
Figura 5.2: Estructura impropiamente 
restringida 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 36 
 Es importante señalar que el hecho que el número de incógnitas sea igual 
al número de ecuaciones no garantiza que el cuerpo esté completamente en 
restringido o que las reacciones en sus apoyos son estáticamente determinadas 
(Figura 5.2). Una estructura está impropiamente restringida siempre que los 
apoyos, aunque proporcionen un número suficiente de reacciones, estén ubicados 
de forma tal que las reacciones sean concurrentes o paralelas. La figura 5.3 
muestra una estructura cuyas reacciones Rax, Ray, Rbx y Rcy son concurrentes. 
Esto implica que la estructura puede girar libremente en torno al punto A. 
 
 
Figura 5.3: Reacciones concurrentes 
 
 
5.5. Estabilidad y grados de indeterminación 
 
 En cualquier problema que se deba resolver se tienen ecuaciones 
linealmente independientes (q) obtenidas del equilibrio de fuerzas y momentos; 
y reacciones (r) que se quieren determinar. 
 
 La Estática facilita tres ecuaciones (q=3) en el caso plano y seis en el caso 
tridimensional (q=6). Teniendo el cuanta lo anterior se presentan tres casos: 
 
a) r < q : La estructura es un conjunto inestable (externamente inestable). 
Esto es lo que se conoce como “mecanismo”. 
b) r = q : Se cumple que la estructura es externamente isostática. Puede 
darse que la estructura sea inestable si posee algunas reacciones que sean 
concurrentes o paralelas. De lo anterior, se dice que esta condición es 
necesaria pero no suficiente. 
c) r > q : La estructura es hiperestática. Se necesitan métodos de análisis 
estructural para calcular las reacciones desconocidas. 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 37 
 
 
Figura 5.4: Tres casos de estabilidad en estructuras 
 
 
Ejemplo 5.2: 
 
 Una grúa tiene una masa de 1000 kg y se usa para levantar una caja de 
2400 kg. Determine las reacciones en los apoyos A y B. 
 
 
 
Solución: 
 
 Haciendo el diagrama de cuerpo libre de la grúa se tiene: 
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 38 
0 0 
0 1000 2400 3400 3.4 
0 1.5 1000 2 2400 6 0 10933.33 10.93 
 -10933.33 -10.93 
x ax bx ax bx
y ay ay
A bx bx
ax
F R R R RF R R kgf tonf
M R R kgf tonf
R kgf tonf
= → + = → = −
= → = + → = =
= → ⋅ − ⋅ − ⋅ = → = =
= =
∑
∑
∑
 
 
Ejemplo 5.3: 
 
 El marco de la figura sostiene un techo de un pequeño edificio. Este marco 
está sujeto por medio de un cable que pasa por una polea sin roce. Determine la 
tensión del cable y las reacciones en los apoyos A y B. 
 
 
 
Solución: 
 
 Se corta el cable y se realiza el 
diagrama de cuerpo libre de la parte 
restante. 
 
( )
( ) ( ) ( )
6 53.13º
4.5
0
 20 4 1.8 20 3 1.8 20 2 1.8
 20 1.8 cos 6 0
 100 
A
tg
M
T
T kgf
α α
α
= → =
=
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +
+ ⋅ − ⋅ ⋅ =
=
∑
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 39 
0 cos 0 60 
0 4 20 0 160 
x ax ax
y ay ay
F R T R kgf
F R T sen R kgf
α
α
= → + ⋅ = → = −
= → − ⋅ − ⋅ = → =
∑
∑ 
 
 Por otro lado, en el apoyo B: 
 
 
0 cos 0 60 
0 0 80 
x bx bx
y by by
F R T R kgf
F R T sen R kgf
α
α
= → − ⋅ = → =
= → + ⋅ = → = −
∑
∑ 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 5.4: 
 
 Un peso de 180 kgf se une a una palanca de 21 cm de largo en el punto A. 
La palanca AO es sostenida por medio de un tambor cilíndrico de 7.5 cm de 
radio. La constante del resorte es K = 45 kgf/cm y este no se encuentra 
deformado cuando θ = 0º. Determine el ángulo θ en el cual el sistema está en 
equilibrio. 
 
 
 
Solución: 
 
 Haciendo el diagrama de cuerpo libre se tiene: 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 40 
 
 
 Representando por δ la deformación del resorte a partir de la posición en 
que éste no se encuentra deformado y observando que δ = rθ, se tiene: F=Kδ=Krθ. 
 
2
0 180 0
 0.67
180
 (85.22º ,0º ) 85.22º
OM L sen K r r
K rsen
L
θ θ
θ
θ θ
θ
= → ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ =
⋅ ⋅
= = ⋅
⋅
= =
∑
 
 
 
 
5.6. Equilibrio de un cuerpo rígido en tres dimensiones 
 
 Para el caso de tres dimensiones deben cumplirse las siguientes ecuaciones 
de equilibrio: 
 
0 0
0 0
0 0
x x
y y
z z
F M
F M
F M
= =
= =
= =
∑ ∑
∑ ∑
∑ ∑
 
 
 Estas ecuaciones se pueden resolver para un máximo de seis incógnitas las 
cuales, generalmente, representarán reacciones en los apoyos o en las 
conexiones. 
 
 En la mayoría de los problemas, las ecuaciones escalares anteriores se 
obtienen de una forma más conveniente si primero se expresan en forma 
vectorial, 
 
( )0 0F M r F= = × =∑ ∑ ∑ 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 41 
y se representan las fuerzas “F” y los vectores de posición “r” en términos de 
componentes escalares y vectores unitarios. 
 
 Debe tenerse en cuenta para el cálculo de reacciones la cantidad de 
desplazamientos o giros que están impedidos. Es importante recordar que cada 
restricción (impedimento) genera una reacción. 
 
 
Ejemplo 5.5: 
 
 Una escalera de 20 kgf de peso que se usa para alcanzar los estantes 
superiores en una biblioteca está apoyada en dos ruedas A y B, montadas sobre 
un riel, y un punto C, apoyado en el estante. Un hombre de 80 kgf se para sobre 
la escalera y se inclina hacia la derecha. Asuma que el peso del hombre y de la 
escalera se concentran en la fuerza W. Determine las reacciones en los apoyos A, 
B y C. 
 
 
 
Solución: 
 
 Primero se debe hacer el diagrama de cuerpo libre de la escalera. 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 42 
Puntos: 
 
( )
( )
( )
0,0,0
0;1.2;0
1.2;0.6;3
A
B
C −
 
 
 Fuerzas: 
 
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
0;0; 20 0;0; 80 0;0; 100
,0,
,0,
,0,0
a ax az
b bx bz
c cx
W
R R R
R R R
R R
= − + − = −
=
=
=
 
 
 Equilibrio de Fuerzas: 
 
0 0
 0
 0
a b c
ax bx cx
az bz
F R R R W
R R R
R R
= → + + + =
+ + =
+ =
∑
 
 
 Equilibrio de Momentos: 
 
( )
( )
( )
( )
0,0,0
0;1.2;0
1.2;0.6;3
0.6;0.9;0
a
b
c
w
r
r
r
r
=
=
= −
= −
 
 
0 0a a b b c c wM r R r R r R r W= → × + × + × + × =∑ 
 
( )
0
0 1.2 0 0 1.2 1.2 ;0; 1.2
0 0
a a
b b bz bx
bx bz bx
r R
i j k i j
r R R R
R R R
× =
× = = ⋅ − ⋅ 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 43 
( )
( )
1.2 0.6 3 1.2 0.6 0;3 ; 0.6
0 0 0
0.6 0.9 0 0.6 0.9 90; 60;0
0 0 100 0 0
c c cx cx
cx cx
w
i j k i j
r R R R
R R
i j k i j
r W
× = − − = ⋅ − ⋅
× = − − = − −
−
 
 
 Ordenando, 
 
( )
1.2 90 75 
3 60 20 
1.2 0.6 0 10 
10 
100 100 75 25 
bz bz
cx cx
bx cx bx
ax bx cx
az
R R kgf
R R kgf
R R R kgf
R R R kgf
R Rbz kgf
⋅ = → =
⋅ = → =
− ⋅ − ⋅ = → = −
= − + = −
= − = − =
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 44 
VI. CENTRO DE GRAVEDAD, CENTROIDES Y FUERZAS DISTRIBUIDAS 
 
 
 Un cuerpo cualquiera en tres dimensiones genera fuerzas en todo su 
volumen. Hasta ahora hemos visto fuerzas que se aplican en un punto. De lo 
anterior, el tratamiento que se realiza a un cuerpo rígido es aplicar su peso en un 
punto llamado “centro de gravedad”. 
 
 Se define, entonces, “eje baricéntrico de un cuerpo” como la línea de 
acción de la fuerza gravitacional que actúa sobre ese cuerpo. 
 
 Un punto interesante de ver consiste en que si hay un elemento que posee 
un plano de simetría (Figura 6.1), necesariamente, el eje baricéntrico coincide 
con la recta que representa al plano. 
 
 
Figura 6.1: Elemento con un plano de simetría 
 
 Una plancha (Figura 6.2), por ejemplo, tiene dos ejes baricéntricos ya que 
tiene dos planos de simetría. 
 
 
Figura 6.2: Plancha que posee dos planos de simetría 
 
 La figura 6.3 muestra que el centro de gravedad de un cuerpo es el punto 
de intersección de todos los ejes baricéntricos del cuerpo. 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 45 
 
Figura 6.3: Intersección de ejes baricéntricos 
 
 La ubicación del centro de gravedad en el espacio se le conoce como 
“centroide”. 
 
 
6.1. Centro de Gravedad en Coordenadas Cartesianas 
 
 Para un cuerpo homogéneo, existe un punto ( ), ,x y z que coincide con el 
centro de gravedad del cuerpo, conocido como centroide. Este punto se puede 
determinar como (Figura 6.4): 
 
 
1
1
1
dV dx dy dz
V dx dy dz
x x dV
V
y y dV
V
z z dV
V
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
∫∫∫
∫
∫
∫
 
Figura 6.4: Elemento diferencial de un cuerpo cualquiera 
 
 
Ejemplo 6.1: 
 
 Determine el centro de gravedad de un cono 
 
Solución: 
 
 Se muestra un cono formado por elementos infinitesimales. 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 46 
 
 
 El diferencial de volumen está dado por: 
 
( )
( ) ( )
( )
2
2 2
dV r x dx
r x x tg
dV tg x dx
π
α
π α
= ⋅ ⋅
= ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅
 
 
 El volumen del cono es: 
 
( ) ( )
2
2 2 3
0 3
h tg
V tg x dx h
π α
π α
⋅
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅∫ 
 
 Reemplazando, 
 
( ) ( )
2 2
2 3 0
1 3 3
4
h
x x dV x tg x dx h
V tg h
π α
π α
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
⋅ ⋅∫ ∫ 
 
 
 
6.2. Centroides de área en Coordenadas Polares 
 
 
Figura 6.5: Elemento diferencial bidimensional en coordenadas polares 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 47 
 La figura 6.5 muestra un elemento diferencial plano en coordenadas 
polares. El área de este elemento es: dA = (dr)*(r*dθ)=r*dr*dθ. De la figura se 
desprende que: x = r*cosθ e y = r*senθ. 
 
 A continuación se muestra la forma en que se determina el centroide de 
un elemento semicircular de radio “a” para el cual resulta conveniente usar las 
coordenadas polares. 
 
 
 
 Se sabe, por simetría, que: 
 
0x = 
 
 El área del elemento es: 
 
2
0 0 2
a
A r dr d a
π π
θ  = ⋅ ⋅ = ⋅ 
 ∫ ∫ 
 
 Luego, el centroide está dado por: 
 
( )( )
0 02
1 1 4
3
2
a ay y dA r sen r dr d
A a
π
θ θ
π π
= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫ 
 
 
6.3. Cuerpos Compuestos 
 
 Un cuerpo compuesto consta de varias partes cuyos pesos y centros de 
gravedad se conocen. 
 
 La figura 6.6 muestra un cuerpo compuesto en que los centros de gravedad 
de las partes que lo componen son conocidos. 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 48 
 
Figura 6.6: Cuerpo cuyos componentes tienen centroides conocidos 
 
 Hasta ahora se ha visto la forma en que se determina el centroide en 
elementos continuos, la analogía para elementos discretoses la siguiente: 
 
1 1 2 2
1 1 2
1 1 2 2
1 1 2
1 1 2 2
1 1 2
1 ...
...
1 ...
...
1 ...
...
n
n n
i i
i n
n
n n
i i
i n
n
n n
i i
i n
x V x V x Vx x V
V V V V
y V y V y Vy y V
V V V V
z V z V z Vz z V
V V V V
=
=
=
⋅ + ⋅ + + ⋅
= ⋅ =
+ + +
⋅ + ⋅ + + ⋅
= ⋅ =
+ + +
⋅ + ⋅ + + ⋅
= ⋅ =
+ + +
∑
∑
∑
 
 
 Para el caso de la figura 6.6 se tiene que n = 6. 
 
 
Ejemplo 6.2: 
 
 Determine la ubicación del centroide de la siguiente figura 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 49 
 
 La figura anterior se puede descomponer de la siguiente forma: 
 
 
 
2
1 1 1
2
2 2 2
2
3 3 3
2
4 4 4
12 2 1.5 
1 0.5 0.5 
1 2.5 2.5 
4 5 1 
A m x m y m
A m x m y m
A m x m y m
A m x m y m
= = =
= = =
= = =
= = =
 
 
 Reemplazando en la fórmula: 
 
12 2 1 0.5 1 2.5 4 5 2.928 
12 1 1 4
12 1.5 1 0.5 1 2.5 4 1 1.357 
12 1 1 4
x m
y m
⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅
= =
− − +
⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅
= =
− − +
 
 
 
6.4. Teorema de Pappus-Guldinus 
 
 
6.4.1. Teorema de Pappus-Guldinus para las áreas de superficies 
 
 “Si un arco C de una curva que se encuentra en un plano gira cubriendo un 
ángulo θ (con θ entre 0 y 2π) alrededor de un eje que también se encuentre en el 
plano y que no se intersecte con el arco C, el área de la superficie generada por 
ese arco C al girar cubriendo el ángulo θ es igual a la longitud de C multiplicada 
por la longitud de la trayectoria recorrida por el centroide de C durante la 
rotación θ”. 
 
 Considerando la definición anterior, si la longitud del arco es L y ρ es la 
distancia del eje de rotación al centroide de ese arco, el área S de la superficie 
generada por este último al girar cubriendo el ángulo θ alrededor del eje de 
rotación es: 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 50 
S L ρ θ= ⋅ ⋅ 
 
 Para demostrar el teorema se define una cuerda de largo L que gira con 
respecto al eje x (Figura 6.7) 
 
 
Figura 6.7: Cuerda de largo L que gira alrededor del eje x 
 
 La superficie que se obtiene al girar la cuerda está dada por: 
 
1 
B B
A A
B B
A A
S y ds y ds
y y ds y L y ds
L
θ θ= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ → ⋅ = ⋅
∫ ∫
∫ ∫
 
 
 Luego, 
 
S L y Lθ ρ θ= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 
 
 
6.4.1. Teorema de Pappus-Guldinus para volúmenes 
 
 “Si un área A que se encuentra en un plano se hace girar describiendo un 
ángulo θ (con θ entre 0 y 2π) alrededor de un eje que también se encuentre en el 
plano y que no se intersecte con el área A, el volumen del sólido generado por 
esa área A al girar cubriendo el ángulo θ es igual al área A multiplicada por la 
longitud de la trayectoria recorrida por el centroide del área A durante la 
rotación θ”. 
 
 Considerando la definición anterior, si ρ es la distancia del eje de rotación 
al centroide de esa área, el volumen V del sólido generado por este último al 
girar cubriendo el ángulo θ alrededor del eje de rotación es: 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 51 
V A ρ θ= ⋅ ⋅ 
 
 Para demostrar el teorema se define un área A que gira con respecto al 
eje x (Figura 6.8) 
 
 
Figura 6.8: Área A girada en torno al eje x 
 
 El volumen que se obtiene al girar el área A está dada por: 
 
1 
b b
a a
b b b
a a a
V y L dy y L dy
y y dA y A y dA y L dy
A
θ θ= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ → ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅
∫ ∫
∫ ∫ ∫
 
 
 Luego, 
 
V A y Aθ ρ θ= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 
 
 
Ejemplo 6.3: 
 
 Determine el volumen de un cono sólido de altura “a” y radio basal “b”. 
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 52 
Solución: 
 
 Se había visto que el volumen de un cono de altura h es: 
 
( )
( )
2
3
2
3
3
tg
V h
btg
a
h a
abV
π α
α
π
⋅
= ⋅
=
=
=
 
 
 El centroide del triángulo y su área son: 
 
 
 
1 
3 2
by A ab= = 
 
 Aplicando Pappus: 
 
212
3 2 3
b abV y A abθ π π= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 
 
 
 
6.5. Resultantes de fuerzas paralelas distribuidas 
 
 Con lo visto anteriormente se puede decir que se puede hallar la 
resultante y la línea de acción de una fuerza distribuida sobre una línea por 
analogía con el centroide de un área plana (Figura 6.9). También se puede decir 
que se puede hallar la resultante y la línea de acción de una fuerza distribuida 
sobre un área plana por analogía con el centroide de un volumen. 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 53 
 
Figura 6.9: Fuerza distribuida sobre una línea y un área plana 
 
 En algunos casos se pueden determinar los efectos de una fuerza 
distribuida al reemplazarla por su resultante. Por ejemplo, la fuerza resultante 
tiene el mismo efecto sobre el equilibrio (o el movimiento) de un cuerpo rígido 
como el de la fuerza distribuida; en este caso, los dos sistemas de fuerzas son 
equivalentes. 
 
 
6.5.1. Fuerzas Distribuidas sobre un segmento rectilíneo 
 
 Suponga una carga distribuida q(x) (fuerza por unidad de longitud) que 
actúa sobre una barra recta (Figura 6.10). Considerando un elemento 
infinitesimal dx de la carga, a una distancia x del punto A. Se puede considerar la 
fuerza infinitesimal correspondiente a q(x)dx, como una fuerza puntual que 
actúa en x. 
 
 
Figura 6.10: Carga distribuida que actúa sobre una barra recta 
 
 De esta forma, la resultante de la fuerza distribuida q(x) queda dada por: 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 54 
( )
0
L
R q x dx= ⋅∫ 
 
 Para determinar la línea de acción de R, su ubicación, se debe determinar 
el momento que ejerce la carga distribuida sobre el punto A. El momento que 
ejerce la carga q(x)dx sobre el punto A es x*q(x)dx, por lo tanto el momento 
resultante es: 
 
( )
0
L
M x q x dx= ⋅ ⋅∫ 
 
 Si se divide el momento M por la resultante R se obtendrá la ubicación de 
la línea de acción: 
 
( )
0
1 LMx x q x dx
R R
= = ⋅ ⋅ ⋅∫ 
 
 Puede verse que: 
 
( )
( )
 
2
2 
3
Lq x cte x
q x x x L
= → =
= → =
 
 
 
6.5.2. Carga Distribuida sobre un área plana 
 
 Considere una carga distribuida q(x,y) que actúa sobre un área plana A 
(Figura 6.11) 
 
 
Figura 6.11: Carga distribuida sobre un área plana 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 55 
 Si se selecciona un área infinitesimal dA = dxdy en el área A, la resultante 
de la carga distribuida asociada a esa área infinitesimal es q(x,y)dxdy. La 
resultante R de la carga distribuida sobre el área A está dada por: 
 
( ),
A
R q x y dx dy= ⋅ ⋅∫∫ 
 
 Del mismo modo, los momentos Mx y My de la carga distribuida q(x,y), 
respecto a los ejes x e y, respectivamente, quedan dados por: 
 
( )
( )
,
,
x A
y A
M y q x y dx dy
M x q x y dx dy
= ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅
∫∫
∫∫
 
 
 De esta forma, la ubicación de la línea de acción es: 
 
( )
( )
1 ,
1 ,
y
A
x
A
M
x x q x y dx dy
R R
My y q x y dx dy
R R
= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
∫∫
∫∫
 
 
 
Ejemplo 6.4: 
 
 Una viga simplemente apoyada se somete a una carga distribuida q(x) 
definida por la ecuación Kxn. 
a) Determine la magnitud y la línea de acción de la resultante de la carga 
q(x). 
b) Para n=1 determine las reacciones en los apoyos de la viga. 
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 56 
Solución: 
 
Parte a) 
 
 La fuerza sobre un elemento de longitud dx es: 
 
( ) ndR q x dx k x dx= ⋅ = ⋅ 
 
 Por lo que la fuerza total sobre la viga se obtiene integrando lo siguiente: 
 
1
0 1
nL n LR k x dx k
n
+
= ⋅ =
+∫ 
 
 Puede verse que el momento de la fuerza dR con respecto a x=0 es 
x*q(x)dx. Luego, el momento de la carga distribuida con respecto a x=0 es: 
 
2
0 2
nL n LM x k x dx k
n
+
= ⋅ ⋅ =
+∫ 
 
 Para obtener la ubicación de la línea de acción se procede de la siguiente 
forma: 
 
2
1
12
2
1
n
n
LkM nnx L
LR nk
n
+
+
++= = =
+
+
 
 
 
Parte b) 
 
 Para n=1 se tiene q(x)=kx 
 
1 1
2
1 1 2
1 1 2
1 2 3
L kF k L
x L L
+
= =
+
+
= =
+
 
 
 Haciendo equilibrio: 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 57 
 
 
2
2
2
2
0 
2
0 0
20 
2 3
 
3
 
6
y ay by
x ax
A by
by
ay
kF R R L
F R
kM R L L L
kR L
kR L
= → + =
= → =
= → ⋅ = ⋅
=
=
∑
∑
∑Ejemplo 6.5: 
 
 Un área rectangular A se somete a una carga uniformemente distribuida 
q(x,y). Determine la magnitud R de la resultante y la línea de acción de la 
misma. 
 
 
 
Solución: 
 
 Ya que la carga distribuida es constante el valor de la resultante y los 
momentos es: 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 58 
0 0
2
0 0
2
0 0
1
2
1
2
a b
a b
x
a b
y
R q dxdy abq
M q y dxdy ab q
M q x dxdy a bq
= ⋅ =
= ⋅ ⋅ =
= ⋅ ⋅ =
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
 
 
 Para obtener la ubicación de la línea de acción de R se debe realizar lo 
siguiente: 
 
2
2
1
2 2
1
2 2
y
x
M a bq ax
R abq
M ab q by
R abq
= = ⋅ =
= = ⋅ =
 
 
 
Ejemplo 6.6: 
 
 Determine las reacciones en los apoyos de la estructura mostrada en la 
figura. 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 59 
Solución: 
 
 Primero se procede con el diagrama de cuerpo libre en el cual se colocan 
las fuerzas equivalentes de las cargas distribuidas. 
 
 
 
 Haciendo equilibrio: 
 
0 900 600 300 
0 800 400
0 900 2 - 600 8 400 6 8 0
 675 
 525 
y ay
x ax cx
A cx
ax
cx
F R kgf
F R R
M R
R kgf
R kgf
= → = − =
= → + + =
= → ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ =
=
= −
∑
∑
∑ 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 60 
VII. RETICULADOS 
 
 Un reticulado es un montaje de elementos delgados y rectos que soportan 
cargas principalmente axiales (tracción o compresión) en esos elementos. La 
disposición de estos elementos hace un sistema eficiente para soportar cargas. 
Un reticulado puede soportar fuertes cargas en comparación a su peso. 
 
 A continuación se muestran algunos tipos de reticulados (Figura 7.1) 
 
 
Figura 7.1: Tipos de reticulados 
 
 Los reticulados mostrados en la figura 7.1 se denominan “reticulados 
planos”, porque todos sus elementos y todas las cargas se encuentran en el 
mismo plano. 
 
 Los materiales usados en los reticulados pueden ser madera, acero o 
aluminio, entre otros. 
 
 Debido a que el principio fundamental de los reticulados es el de soportar 
cargas axiales (en dirección longitudinal) en los elementos que la conforman, se 
deben considerar algunas hipótesis para facilitar su análisis: 
a) Todos los elementos de un reticulado son rectos. 
b) Los nudos en los extremos de los elementos se pueden representar por 
medio de puntos. 
c) Todos los nudos son rótulas (sin roce). 
d) A un reticulado sólo se le pueden aplicar cargas concentradas, y éstas se 
aplican en los nudos. 
 
Si se tienen dos barras (Figura 7.2) (A y B) a las cuales se le aplica una 
carga de tracción F. Al separarlas se generan fuerzas Fab y Fba. Como el sistema 
está en equilibrio, necesariamente Fab + Fba = 0 (equilibrio en el nudo a). 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 61 
 
Figura 7.2: Dos barras sometidas a una carga de tracción 
 
 
7.1. Estabilidad y Determinación Estática 
 
 En la figura 7.3 puede verse que el reticulado es estable, es decir, no 
cambia su configuración bajo la acción de la fuerza 
 
 
Figura 7.3: Reticulazo simple sometido a una carga horizontal 
 
 En contraste con el caso anterior, el reticulado mostrado en la figura 7.4, 
formado por cuatro elementos, no es estable ya que este sistema sufre un 
cambio de configuración. Sus elementos sufren una gran deformación. En 
consecuencia, se dice que el sistema constituye un “reticulado inestable”. De 
modo más general, cualquier sistema de cuatro o más elementos conectados por 
barras, que forman un polígono, no es estable. 
 
 
Figura 7.4: Reticulado Inestable 
 
 Un reticulado formado por elementos triangulares se denomina “reticulado 
simple” (Figura 7.5 (a) y (b)). 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 62 
 
Figura 7.5: Dos ejemplos de reticulados simples 
 
 Cada uno de estos reticulados satisface la ecuación: 
 
2m r j+ = ⋅ 
 
m : Número de elementos 
r : Número de reacciones en los apoyos 
j : Número de nudos 
 
 Reemplazando los valores correspondientes a los ejemplos de la figura 7.5: 
 
( ) ( )
( ) ( )
: 5; 3; 4 5 3 2 4
: 13; 3; 8 13 3 2 8
a m r j
b m r j
= = = + = ⋅
= = = + = ⋅ 
 
 En el caso que m + r > 2j entonces el reticulado es “estáticamente 
indeterminado”. 
 
 Por otro lado, si m + r < 2j, el reticulado es “inestable” (mecanismo). 
 
 
7.2. Métodos de Análisis de Reticulados 
 
 El análisis de un reticulado consiste en calcular las fuerzas en los 
elementos, y las reacciones que surgen en los nudos y apoyos. 
 
 Los métodos que se utilizan para resolver estas estructuras son: métodos 
de los nudos y método de las secciones. 
 
 
7.2.1. Método de los nudos 
 
 El método de los nudos es un método de análisis de un reticulado 
estáticamente determinado al escribir y resolver las ecuaciones de equilibrio 
para los nudos del reticulado. 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 63 
 En este método, se dibujan los diagramas de cuerpo libre de los nudos del 
reticulado y se escriben las ecuaciones de equilibrio para cada uno de estos 
nudos. 
 
 Para la resolución de las ecuaciones es preferible colocar las fuerzas de los 
elementos (barras) saliendo del nudo. Esto asume que la barra está en tracción. 
Si al resolver el sistema de ecuaciones resulta alguna fuerza de alguna barra 
negativa, significa que esa barra se encuentra en compresión. 
 
 
Ejemplo 7.1: 
 
 Determine los esfuerzos en cada una de las barras del reticulado de la 
figura. Indique si estos esfuerzos son de tracción o compresión. 
 
 
 
Solución: 
 
 En el método de los nudos se deben usar dos ecuaciones de equilibrio: 
suma de fuerzas verticales y horizontales. 
 
Nudo A 
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 64 
( )
( )
0 cos 0
0 30 0
30 37.5 
 22.5 
x ac ab
y ab
ab
ac
F T T
F T sen
T kgf tracción
sen
T kgf compresión
α
α
α
= → − − ⋅ =
= → ⋅ − =
= =
= −
∑
∑
 
 
Nudo C 
 
 
 
( )
0 
 22.5 
0 0
x cd ac
cd
y bc
F T T
T kgf compresión
F T
= → =
= −
= → =
∑
∑
 
 
Nudo B 
 
 
 
0 cos cos
 0.6 37.5 0.6
x eb bd ab
eb bd
F T T T
T T
α α= → + ⋅ = ⋅
+ ⋅ = ⋅
∑
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 65 
( )
( )
0 0
 
 37.5 
 45 
y bd ab
bd ab
bd
eb
F T sen T sen
T T
T kgf compresión
T kgf tracción
α α= → ⋅ + ⋅ =
= −
= −
=
∑
 
 
Nudo E 
 
 
 
0 0
 R 45 
0 0
x eb ex
ex
y de
F T R
kgf
F T
= → + =
= −
= → =
∑
∑
 
 
Nudo D 
 
 
 
0 cos 0
 R 45 
0 0
 R 30 
x bd cd dx
dx
y bd de dy
dy
F T T R
kgf
F T sen T R
kgf
α
α
= → ⋅ + + =
=
= → ⋅ + + =
=
∑
∑ 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 66 
Ejemplo 7.2: 
 
 Determine los esfuerzos en cada una de las barras del reticulado de la 
figura. Indique si estos esfuerzos son de tracción o compresión. 
 
 
 
Solución 
 
 Primero se deben determinar las reacciones en los apoyos. Para ello debe 
realizarse el diagrama de cuerpo libre del reticulado completo. 
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 67 
( )0 12 3 200 12 24
 200 
0 0
0 400 
 200 
A fy
fy
x ax
y ay fy
ay
M R
R kgf
F R
F R R kgf
R kgf
= → ⋅ ⋅ = ⋅ +
=
= → =
= → + =
=
∑
∑
∑
 
 
Nudo A 
 
 
 
( )
2 10 5 0.857 cos 0.5145
12 3
0 cos 0
 0 
 0 por simetría
0 0
 
x ac
ac
df
y ay ab ac
tg sen
F T
T kgf
T kgf
F R T T sen
α α α
α
α
⋅
= = → = → =
= → ⋅ =
=
=
= → + + ⋅ =
∑
∑
( )
( )
 200 compresión
 200 por simetría
ab
ef
T kgf
T kgf
= −
= −
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 68 
Nudo B 
 
 
 
( )
10 22.62º
2 12
10 39.8º
12
0 cos cos 0
0 
 624.82 compresión
 520 
x bc bd
y bc bd ab
bc de
bd ce
tg
tg
F T T
F T sen T sen T
T T kgf
T T kgf
β β
χ χ
χ β
χ β
= → =
⋅
= → =
= → ⋅ + ⋅ =
= → ⋅ + ⋅ =
= = −
= =
∑
∑
( ) tracción
 
 
Nudo C 
 
 
 
( )
0 cos cos
0 200 0
 960 compresión
x bc ce cd
y bc ce
cd
F T T T
F T sen T sen
T kgf
χ β
χ β
= → ⋅ = ⋅ +
=→ + ⋅ + ⋅ =
= −
∑
∑ 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 69 
7.2.2. Método de las secciones 
 
 El método de las secciones para el análisis de reticulados se basa en el 
equilibrio de cuerpo rígido de una parte del reticulado. 
 
 Si un reticulado completo está en equilibrio, bajo la acción de un conjunto 
de fuerzas coplanares, cualquier parte del mismo también debe estar en 
equilibrio. Así, se puede cortar el reticulado en 2 o más partes, cada una de las 
cuales es un cuerpo rígido en equilibrio. 
 
 
Ejemplo 7.3: 
 
 Determine las fuerzas en los elementos AB, BC y CD del reticulado de la 
figura. Indique si estas fuerzas son de tracción o compresión. 
 
 
 
 Se cortan las barras CD, BC y AB considerando el segmento derecho del 
reticulado, esto es: 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 70 
 Haciendo equilibrio en esta parte del reticulado: 
 
( )
0 1.2 30 0.9 0
 22.5 compresión
0 0.9 0
 0 
B cd
cd
A bc
cd
M T
T kgf
M T
T kgf
= → ⋅ + ⋅ =
= −
= → ⋅ =
=
∑
∑ 
 
 Para determinar TAB se puede obtener a partir de equilibrio de fuerzas 
verticales u horizontales. 
 
( )
( )
0 cos 0
 37.5 tracción
0 30
 37.5 tracción
x cd ab
ab
y ab
ab
F T T
T kgf
F T sen
T kgf
α
α
= → + ⋅ =
=
= → ⋅ =
=
∑
∑ 
 
 
Ejemplo 7.4: 
 
 Determine las fuerzas en los elementos BD, BE, BC, CE y DE del reticulado 
de la figura. Indique si estos esfuerzos son de tracción o compresión. 
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 71 
Solución: 
 
 Primero se deben determinar las reacciones en los apoyos. 
 
0 4 10 200 10 400 20
 250 
0 0
0 200 400
 350 
A hy
hy
x ax
y ay hy
ay
M R
R kgf
F R
F R R
R kgf
= → ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅
=
= → =
= → + = +
=
∑
∑
∑
 
 
 Luego, se escoge una parte segmento del reticulado y se hace equilibrio de 
cuerpo rígido. 
 
 
 
( )
( )
0 12 400 10 250 3 10
 291.667 tracción
0 12 250 2 10 0
 416.667 compresión
0 250 400 
B ce
ce
E bd
bd
y be
M T
T kgf
M T
T kgf
F T senα
= → ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅
=
= → ⋅ + ⋅ ⋅ =
= −
= → ⋅ + =
∑
∑
∑
( )
50.194º
 195.256 tracciónbeT kgf
α =
=
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 72 
 Para determinar TBC se puede hacer el siguiente corte (barras AC, BC, BE y 
BD): 
 
 
 
0 12 350 10 2 200 10 10
 0 
E bd bc
bc
M T T
T kgf
= → ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅
=
∑
 
 
 Para determinar la tensión en la barra DE es más simple hacer equilibrio 
en el nudo D. 
 
 
 
( )
0 400 0
 400 compresión
y de
de
F T
T kgf
= → + =
= −
∑
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 73 
7.3. Reticulados Compuestos y Complejos 
 
 Cono ya se mencionó, un reticulado simple es aquel que se puede armar 
agregando sucesivamente dos elementos no colineales a un elemento triangular 
inicial. A medida que se agrega cada pareja de elementos se agrega otro nudo. 
 
 Un reticulado compuesto está formado por dos o más reticulados simples 
unidos entre sí por uno o más nudos comunes o por elementos adicionales. 
 
 A continuación se muestran dos reticulados compuestos (Figura 7.6). 
 
 
Figura 7.6: Ejemplos de reticulados compuestos 
 
 En la figura 7.6(a), dos reticulados simples están unidos en el nudo común 
A. En la figura 7.6(b), dos reticulados simples están unidos entre sí por tres 
elementos adicionales. Los reticulados simples se muestran como áreas 
sombreadas. 
 
 
Figura 7.7: Ejemplos de reticulados complejos 
 
 Las configuraciones de reticulados que no se pueden clasificar como 
simples o compuestos se conocen como “reticulados complejos”. En general, un 
reticulado complejo puede estar compuesto por cualquier combinación de 
elementos triangulares, cuadrados y poligonales. En la figura 7.7 se presentan 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 74 
dos tipos de reticulados complejos. Es necesario tener en presente que ambos 
casos son reticulados estáticamente determinados y estables. 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 75 
VIII. ESFUERZOS INTERNOS EN VIGAS 
 
 Una viga es un elemento estructural, recto o curvo, apoyado en uno o más 
puntos en todo su largo. Las vigas se usan mucho en estructuras como edificios y 
puentes. Generalmente, las vigas se someten a cargas dirigidas 
perpendicularmente a sus ejes longitudinales. Se someten a cargas concentradas, 
momentos y fuerzas distribuidas. 
 
 Algunos tipos de vigas se muestran en la figura 8.1. 
 
 
Figura 8.1: Tipos de vigas: (a) viga en voladizo; (b) viga simplemente apoyada 
 
 
Ejemplo 8.1: 
 
 Determine las reacciones en los apoyos de la viga mostrada en la figura. 
 
 
 
Solución: 
 
0 2 4 10 2 20 4 35 10 10
 29.375 
0 10 20 10
 10.625 
0 0
A by
by
y ay by
ay
x ax
M R
R kgf
F R R
R kgf
F R
= → ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ + + ⋅
=
= → + = + +
=
= → =
∑
∑
∑
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 76 
8.1. Esfuerzo de Corte y Momento Flector en Vigas 
 
 El esfuerzo de corte y el momento flector son fuerzas internas en las vigas. 
Son causados por cargas transversales y momentos exteriores. 
 
 La viga en voladizo mostrada en la figura 8.2 tiene una deformación en el 
extremo libre debido a flexión y a esfuerzo de corte. 
 
 
Figura 8.2: Deformación por flexión y esfuerzo de corte en una viga en voladizo 
 
 Para calculas las reacciones en los apoyos de una viga se debe hacer 
diagrama de cuerpo libre de toda la viga y aplicar ecuaciones de equilibrio. En 
análisis de fuerzas internas (o esfuerzos internos), también se usan diagramas de 
cuerpo libre, pero en partes de una viga. 
 
 La figura 8.2 muestra una viga sometida a un estado de carga 
determinado, se muestran además los valores de las reacciones en los apoyos. Se 
quieren determinar las fuerzas que existen en la sección a-a. 
 
 
Figura 8.2: Viga sometida a un estado de carga 
 
 Primero, se separa la viga en dos partes, cortándola en la sección a-a a 
una distancia x del apoyo izquierdo (Figura 8.3). 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 77 
 
Figura 8.3: Viga cortada en la sección a-a. 
 
 Para que cada una de las partes esté en equilibrio es necesario que existan 
una fuerza V (esfuerzo de corte) y un momento flector M. 
 
 En el diagrama de cuerpo libre de la parte aislada, V y M se consideran 
como fuerzas externas. Sin embargo, para la viga como un todo, son esfuerzos 
internos en la sección a-a. 
 
 Al hacer equilibrio en la parte izquierda de la viga se tiene: 
 
( )
0 150 100
 50 
0 150 100 2
 50 200
y
a a
F V
V kgf
M M x x
M x
−
= → = +
=
= → = ⋅ − ⋅ −
= ⋅ +
∑
∑ 
 
 Cabe señalar que estos valores son válidos para 2 m ≤ x ≤ 4 m. Ahora, 
considerando el otro lado de la viga se tiene: 
 
( ) ( ) ( )
0 200 100 - 250
 50 
0 250 8 200 4 100 8 2
 50 200
y
a a
F V
V kgf
M M x x x
M x
−
= → = +
=
= → = ⋅ − − ⋅ − − ⋅ − +
= ⋅ +
∑
∑ 
 
 Puede verse que tanto V como M son iguales independientemente del lado 
de la viga que se tome. Esto es debido a que en la sección a-a, necesariamente, 
los esfuerzos internos deben estar en equilibrio. 
 
 Tomando distintas secciones a-a, a lo largo de la viga, se pueden 
determinar los diagramas de esfuerzo de corte y momento flector de toda la 
viga. 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 78 
 Para poder determinar los diagramas es necesario definir una convención 
de signos. 
 
 
Figura 8.4: Viga simplemente apoyada con una carga central aplicada (deformación por flexión) 
 
 La figura 8.4 muestra una viga simplemente apoyada con una carga 
concentrada aplicada en el centro de la viga. La línea punteada representa la 
deformada de la viga por flexión. Si se toma un elemento de esa deformada 
puede verse que, para el caso del momento flector, la parte inferior está en 
tracción (fibra traccionada)y la parte superior, en compresión (fibra 
comprimida). Como convención de momentos flectoresse supone que es positivo 
cuando la fibra traccionada se encuentra en el inferior de la viga (figura 8.5). El 
diagrama de momentos siempre se dibuja para el lado de la fibra traccionada, ya 
que es para ese lado donde se va a deformar la viga. 
 
 
Figura 8.5: Convención para momento positivo 
 
 Igual al caso anterior, la figura 8.6 muestra una viga simplemente apoyada 
con una carga concentrada aplicada en el centro de la viga. En este caso, la línea 
punteada representa la deformada de la viga por esfuerzo de corte. 
 
 
Figura 8.6: Viga simplemente apoyada con una carga central aplicada (deformación por corte) 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 79 
Se asume que el corte es positivo cuando se cumple que α > 0 (Figura 8.7). 
 
 
Figura 8.7: Convención para esfuerzo de corte positivo 
 
 Siguiendo con el ejemplo anterior, para determinar el diagrama de 
esfuerzos internos de toda la viga, se procede con la sección a-a ubicada en 0 ≤ x 
≤ 2 m. 
 
0 m ≤ x ≤ 2 m 
 
 
 
( )
( )
0 150 
0 150
y
a a
F V x kgf
M M x x−
= → =
= → = ⋅
∑
∑ 
 
 
2m ≤ x ≤ 4 m 
 
 Ya se ha calculado. 
 
 
4m ≤ x ≤ 8 m 
 
 
 
( )0 150 100 200 150 yF V x kgf= → = − − = −∑ 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 80 
( ) ( ) ( )
( )
0 150 100 2 200 4
 150 1000
a aM M x x x x
M x x
− = → = ⋅ − ⋅ − − ⋅ −
= − ⋅ +
∑
 
 
 
8 m ≤ x ≤ 10 m 
 
 
 
( )
( ) ( )
( )
0 100 
0 100 10
 100 1000
y
a a
F V x kgf
M M x x
M x x
−
= → =
= → = − ⋅ −
= ⋅ −
∑
∑ 
 
 Luego, el diagrama de esfuerzos internos es: 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 81 
 
 
Ejemplo 8.1: 
 
 Determine los diagramas de esfuerzos internos de carga axial (N), esfuerzo 
de corte (V) y momento flector (M) de la estructura de la figura. 
 
 
 
Solución: 
 
 Primero se determinan las reacciones en los apoyos: 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 82 
0 
2 2
 2
0 
 
 2
A cy
cy
y ay cy
ay
ax
L LM R L P P P L
R P
F R P R
R P
R P
= → ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅
=
= → = −
= −
=
∑
∑
 
 
 Ahora es necesario analizar las secciones por tramos: 
 
0 ≤ y ≤ L/2 
 
 
 
 
 
( )
( )
( )
0 2
0 
0 2
x
y
a a
F V y P
F N y P
M M y P y−
= → =
= → =
= → = ⋅
∑
∑
∑
 
 
 
0 ≤ y ≤ L/2 
 
 
 
( )
( )
( )
( )
0 2
0 
0 2
2
 
2
x
y
a a
F V y P P P
F N y P
LM M y P y P y
PLM y P y
−
= → = − =
= → =
 = → = ⋅ − ⋅ − 
 
= ⋅ +
∑
∑
∑ 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 83 
0 ≤ x ≤ L/2 
 
 
 
 
 
( )
( )
( )
( )
0 
0 2
0 2
2
 1.5
y
x
a a
F V x P
F N x P P P
PLM M x P L P x
M x P L P x
−
= → = −
= → = − =
= → = ⋅ − − ⋅
= ⋅ − ⋅
∑
∑
∑ 
 
 
L/2 ≤ x ≤ L 
 
 
 
( )
( )
0 2
0 2
y
x
F V x P P P
F N x P P P
= → = − − = −
= → = − =
∑
∑ 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 84 
( )
( )
0 2
2 2
 2 2
a a
PL LM M x P L P x P x
M x P L P x
−
 = → = ⋅ − − ⋅ − ⋅ − 
 
= ⋅ − ⋅
∑
 
 
 Finalmente, los diagramas de esfuerzos internos son: 
 
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 85 
Ejemplo 8.2: 
 
 Determine el diagrama de esfuerzos internos de la estructura de la figura 
sometida a una carga distribuida constante q. 
 
 
 
Solución: 
 
 Las reacciones de la viga en los apoyos son: 
 
 
 
 Puede verse que para los diagramas de esfuerzos internos no existe carga 
axial (N = 0). Luego, 
 
 
 
 
( )
( )
( )
2
0 
2
0 
2 2
 
2 2
y
a a
qLF V x q x
qL xM M x x q x
qL xM x x q
−
= → = − ⋅
= → = ⋅ − ⋅ ⋅
= ⋅ − ⋅
∑
∑
 
 
 Puede verse que: 
 
( )
2
2 2
qL xM x x q= ⋅ − ⋅ 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 86 
( ) ( )
( ) ( )
( )
2
 
 
dM x qL q x V x
dx
dM x
V x
dx
dV x
q
dx
= − ⋅ =
→ =
→ = −
 
 
 Finalmente los diagramas resultantes son: 
 
 
 
 Puede verse que cuando el momento flector es máximo, el esfuerzo de 
corte es cero. 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 87 
Ejemplo 8.3: 
 
 Determine los diagramas de esfuerzos internos (momento flector y 
esfuerzo de corte) de la estructura de la figura. 
 
 
 
Solución: 
 
 Primero deben determinarse las reacciones. 
 
( ) ( )
0 0
20 6 120 2 0.5 36 4 4 18 4 6
3
 144 
36 40 120 18 4
2
 120 
x ax
A by
by
y ay by
ay
F R
M R
R kgf
F R R
R kgf
= → =
= → ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
=
⋅
= → + = + + ⋅
=
∑
∑
∑
 
 
 Cortando la viga se tiene: 
 
0 m ≤ x ≤ 2 m 
 
 
 
( )
( )
( )
( )
2
3
90 120
2
 120 4.5
0 120 9
2 3
 120 1.5
y
a a
x xF V x
V x x
x xM M x x x
M x x x
−
⋅
= → + =
= − ⋅
= → = ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ − ⋅
∑
∑
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 88 
2 m ≤ x ≤ 4 m 
 
 
 
( )
( )
( ) ( )
( )
2
3
90 120 120
2
 4.5
0 120 9 120 2
2 3
 240 1.5
y
a a
x xF V x
V x x
x xM M x x x x
M x x
−
⋅
= → = − −
= − ⋅
= → = ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ −
= − ⋅
∑
∑ 
 
 
4 m ≤ x ≤ 6 m 
 
 
 
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) 2
0 18 8 144
 18
8
0 144 8 2 18 8
2
 288 9
y
a a
F V x x
V x x
x
M M x x x
M x x
−
= → = ⋅ − −
= − ⋅
−
= → = ⋅ − − − ⋅ − ⋅
= − ⋅
∑
∑ 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 89 
6 m ≤ x ≤ 8 m 
 
 
 
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) 2
0 18 8
 144 18
8
0 18 8
2
 576 144 9
y
a a
F V x x
V x x
x
M M x x
M x x x
−
= → = ⋅ −
= − ⋅
−
= → = − ⋅ − ⋅
= − + ⋅ − ⋅
∑
∑ 
 
 Finalmente los diagramas de esfuerzos internos son: 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 90 
IX. PRINCIPIOS DEL TRABAJO 
 
 
 Como trabajo se define al producto entre la fuerza y la distancia. Es una 
cantidad escalar. 
 
 
Figura 9.1: Fuerza aplicada sobre una cuerda 
 
 Si se tiene una cuerda en la cual existe una fuerza F aplicada (Figura 9.1), 
el trabajo que realiza la fuerza al trasladarse por la cuerda está dado por: 
 
cos
t
t
C C
dU F ds
U F ds F dsθ
= ⋅
= ⋅ = ⋅ ⋅∫ ∫ 
 
 Se tiene un resorte de largo natural lo (Figura 9.2) (el resorte no ejerce 
fuerza). Si se deforma una distancia x entonces la fuerza que debe hacerse para 
deformarlo esa distancia es F=K*x (donde k es la constante del resorte, a un k 
mayor, mayor deberá ser la fuerza que debe aplicarse al resorte para deformarlo 
una distancia x) 
 
 
Figura 9.2: Fuerza aplicada a un resorte 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 91 
 El trabajo realizado al estirar el resorte una distancia “x” está dado por: 
 
2
0 0
1
2
x x
FU F dx k x dx k x= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅∫ ∫ 
 
 A la magnitud 0.5k*x2 también se le conoce como “energía elástica” 
almacenada en el resorte. 
 
 
Ejemplo 9.1: 
 
 Calcular el trabajo que hace una fuerza cuando se traslada en una línea 
recta de 3 m de largo. 
 
 
 
Solución: 
 
( )
( )
( )
3 3
0 0
3cos 30º
2
130º
2
2 3 
3 1 32 3 3
2 2 2
3 33 3 3 9.7 
2 2
dx ds ds
dy ds sen ds
Fx kgf Fy kgf
dU Fx dx Fy dy ds ds ds
U dU ds J Joule
= ⋅ =
= ⋅ =
= =
 = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = + ⋅ 
 
   = = + ⋅ = + ⋅ =   
   ∫ ∫
 
 
 
 La fuerza de gravedad realiza un trabajo positivo cuando un cuerpo 
desciende una distancia determinada. El valor del trabajo es el producto entre el 
peso del cuerpo y la distancia que desciende. Si el cuerpo asciende, entonces la 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 92 
fuerza de gravedad realiza un trabajo negativo. El trabajo es positivo cuando el 
desplazamiento va en la misma dirección que la fuerza que lo produce. 
 
 Los momentos también realizan trabajo. El trabajo sobre un cuerpo de un 
momento es igual al producto entre el momento y la deformación angular que 
experimenta. Esto es: 
 
2
1
U M d
θ
θ
θ= ⋅∫ 
 
 
9.1. Principio del Trabajo Virtual 
 
 El trabajo virtual de una fuerza real es el trabajo efectuado por esa fuerza 
durante un desplazamiento virtual (imaginario). 
 
 Un desplazamiento virtual es un desplazamiento imaginario y no ocurre, 
necesariamente,como un movimiento real del sistema. El trabajo de las fuerzas 
reales que actúan durante un desplazamiento de este tipo se llama “trabajo 
virtual”. Durante un desplazamiento virtual se considera que las fuerzas reales 
permanecen constantes. 
 
 
Figura 9.3: Trabajo virtual en una balanza 
 
 Una balanza proporciona una aplicación práctica más significativa del 
principio del trabajo virtual. Si se hace girar una balanza horizontal (Figura 9.3) 
de modo que describa un ángulo virtual δθ, el trabajo que realizan los pesos, en 
cada extremo de la balanza, es: 
 
2 1U W b W aδ δθ δθ= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ 
 
 Puede verse que el sistema está en equilibrio si se cumple que δU = 0 ya 
que W2bδθ = W1aδθ. 
 
2 1W b W a⋅ = ⋅ 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 93 
 Lo que muestra la figura 9.4 se llama “Balanza de Roberval”. En muchos 
aspectos esta balanza es distinta a la anterior. Si el peso W2 desciende una 
distancia δs, el peso W1 asciende esa misma distancia δs. Por lo tanto el trabajo 
virtual efectuado por el sistema es: 
 
2 1U W s W sδ δ δ= ⋅ − ⋅ 
 
 
Figura 9.4: Balanza de Roberval 
 
 Puede verse que δU se hace cero para W2 = W1, esta es una condición de 
equilibrio, es decir, pesos iguales colocados en la balanza de Roberval están en 
equilibrio sin importar sus ubicaciones b y c en las barras horizontales. 
 
 
Ejemplo 9.2: 
 
 Determine la reacción del apoyo B usando el método de los trabajos 
virtuales. 
 
 
 
Solución: 
 
 Para resolver este problema se quita el apoyo B y se rota la viga un ángulo 
δθ con respecto al punto A. 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 94 
 
 
4
0 0
4
 
4
by
by
by
LU P R L
LU P R L
PR
δ δθ δθ
δ δθ δθ
= − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
= → − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
=
 
 
 
Ejemplo 9.3: 
 
 Determine el valor de x para que el valor de P no dependa de la ubicación 
del bloque de peso W (que sea independiente del valor de s). 
 
 
 
Solución: 
 
 Si se deforma la barra AC un ángulo δθ a favor de las manecillas del reloj 
se obtienen los siguientes desplazamientos 
 
2 3 
 3 3 / 
A B C
D E F x
δ δθ δ δθ δ δθ
δ δθ δ δθ δ δθ
= ↓ = ↑ = ↑
= ↑ = ↑ = ↑ 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 95 
3 3 
1
F
Fx x
δθ δ δθ
δ= → = 
 
 Gráficamente se tiene: 
 
 
 
 El ascenso del peso W es: 
 
( )
3 3 
D F
W F
W
L
s
x L x
δ δ
δ δ
δθ δθ
δ δθ
−
= +
 = + ⋅ − ↑ 
 
 
 
 El trabajo virtual de las fuerzas P y W es: 
 
3 3 2
3 3 2 1
A WU P W
sP W
x L x
W W sP
x L x
δ δ δ
δθ δθ
δθ δθ
δθ
= ⋅ − ⋅
  = ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ −  
  
 ⋅  = − − ⋅ − ⋅    
 
 
 Para el equilibrio se debe cumplir que δU = 0. 
 
3 32 1 0W W sP
x L x
⋅  − − ⋅ − = 
 
 
 
 Para que el valor de P no dependa de la ubicación de W debe cumplirse 
que: 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 96 
31 0 3 x m
x
 − = → = 
 
 
 
 Luego, despejando P se tiene: 
 
32 0 
2
W WP P
x
− = → = 
 
 
Ejemplo 9.4: 
 
 Determine el valor del momento flector en una sección ubicada en la 
mitad de la viga utilizando el método de los trabajos virtuales. 
 
 
 
Solución: 
 
 Para determinar el momento flector en la mitad de la viga, debe 
quebrarse ésta haciendo que solamente haga trabajo el momento y la fuerza P 
conocida. Es importante tener presente que la fuerza externa realiza un trabajo 
externo y el momento, por ser un esfuerzo interno, realiza un trabajo interno. En 
este caso debe cumplirse que el trabajo interno es igual al trabajo externo. En el 
ejemplo 9.2 el trabajo interno era cero, por eso se tenía δU = 0 (δUE=δUI=0). 
 
 
 
 
2
2
E
I
LU P
U M
δ δθ
δ δθ
= ⋅ ⋅
= ⋅
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 97 
 2
2
 
4
E I
LU U P M
PLM
δ δ δθ δθ= → ⋅ ⋅ = ⋅
=
 
 
 
Ejemplo 9.5 
 
 Determine el valor de la fuerza P para que el sistema esté en equilibrio. 
 
 
 
Solución: 
 
 Se rota el sistema en un ángulo virtual δθ. Luego queda: 
 
 
 
( )
( )
2 1.5 40º
0
2
 1.789
1.5 40º
E
I
E I
U W P sen
U
WU U P W
sen
δ δθ δθ
δ
δ δ
= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅
=
⋅
= → = = ⋅
⋅
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 98 
Ejemplo 9.6 
 
 Determine el valor del esfuerzo de corte en la sección a-a, ubicado a una 
distancia x=6 m del punto A. Considere q = 5 kgf/m. 
 
 
 
Solución: 
 
 Utilizando para el corte la siguiente convención: 
 
 
 
 Cortando en la sección a-a y desplazando, para que sólo haga trabajo el 
esfuerzo de corte (trabajo interno). 
 
 
 
5 2 2 20
2
 V 10 
E
I
E I
U
U V
U U kgf
δ δθ δθ
δ δθ
δ δ
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
= ⋅ ⋅
= → =
 
 
 
Estática – Apuntes del curso (Profesor Mario Gálvez H.) 
 99 
Ejemplo 9.7: 
 
 Usando el método de los trabajos virtuales, determine la reacción vertical 
del apoyo B. 
 
 
 
Solución: 
 
 Primero se calculan las cargas resultantes a partir de las cargas 
distribuidas. 
 
 
 
 Desplazando el apoyo B en 1 se tiene: 
 
 
 
by
1 4 48 1 3 2 4.5 1 1
3 9 9
0
 R 3.333 
E by
I
E I
U R
U
U U kgf
δ
δ
δ δ
= − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅
=
= → =