Estática - Teoría y Aplicaciones (Gamio)

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E D I T O R I A L
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Teoría y aplicaciones
Estáti ca
Autor: Ing. Luis Eduardo Gamio Arisnabarreta
© Derechos de autor registrados:
Empresa Editora Macro EIRL
© Derechos de edición, arte gráfi co y diagramación reservados:
Empresa Editora Macro EIRL
Jefe de edición:
Cynthia Arestegui Baca
Coordinación de edición:
Magaly Ramon Quiroz
Diseño de portada:
Darío Alegría Vargas
Corrección de esti lo: 
Magaly Ramon Quiroz
Diagramación:
Maria Limpi Condori
Edición a cargo de:
© Empresa Editora Macro EIRL
Av. Paseo de la República N.° 5613, Mirafl ores, Lima, Perú
Teléfono: (511) 748 0560
E-mail: proyectoeditorial@editorialmacro.com
Página web: www.editorialmacro.com
Primera edición: marzo de 2015
Tiraje: 2000 ejemplares
Impresión
Talleres gráfi cos de la Empresa Editora Macro EIRL
Jr. San Agus n N.° 612-624, Surquillo, Lima, Perú
ISBN N.° 978-612-304-261-5
Hecho el depósito legal en la Biblioteca Nacional del Perú N.° 2015-00295
 

LUIS EDUARDO GAMIO ARISNABARRETA
Ingeniero civil egresado de la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de 
Ingeniería (Lima, Perú) con más de veinticinco años de experiencia profesional en el área de 
ingeniería estructural. 
Ha trabajado en diversas empresas privadas, como Alpha Consult S. A., Salydel Ingenieros 
S. A., entre otras. Asimismo, ha participado en numerosos proyectos de agua potable y 
alcantarillado, diseñando estructuralmente reservorios, cisternas y cámaras de bombeo de 
gran volumen. 
Desde hace veintiocho años es docente de los cursos Estática y Resistencia de Materiales en 
la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú). En la 
actualidad, se desempeña como ingeniero estructural en la empresa Tecamb S. A. y es jefe 
de la ofi cina de estadística de la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de 
Ingeniería (2010-2015).
Cabe resaltar que dicha facultad cuenta con la acreditación internacional de Accreditation 
Board for Engineering and Technology (ABET).
DEDICATORIA
A todos los estudiantes de ingeniería, esperando 
que esta obra sea de mucha utilidad y fácil 
comprensión 
INTRODUCCIÓN ................................................................................................................................7
CAPÍTULO 1. REDUCCIÓN GENERAL DE FUERZAS .........................................................11
1.1 Fuerzas concurrentes ................................................................................................................... 11
1.2 Momento de una fuerza con respecto a un punto ........................................................................ 12
1.3 Momento de una fuerza con respecto a un eje ............................................................................. 13
1.4 El principio de los momentos (Teorema de Varignon) ................................................................ 13
1.5 Momento de un par de fuerzas..................................................................................................... 14
1.6 Descomposición de una fuerza en fuerza y par ........................................................................... 14
1.7 Sistemas de fuerzas equivalentes ................................................................................................. 15
1.8 Reducción de un sistema de fuerzas en fuerza y par ................................................................... 16
1.9 Fuerzas coplanares ....................................................................................................................... 16
1.10 Fuerzas paralelas ........................................................................................................................ 17
1.11 Reducción general de un sistema de fuerzas en el espacio ........................................................ 18
 Problemas resueltos ............................................................................................................. 19
CAPÍTULO 2. FUERZAS DISTRIBUIDAS .................................................................................55
2.1 Tipos de cargas distribuidas ......................................................................................................... 55
 Problemas resueltos ............................................................................................................. 57
CAPÍTULO 3. CENTRO DE GRAVEDAD ...................................................................................91
3.1 Peso (W) ...................................................................................................................................... 91
3.2 Centro de gravedad de cuerpos homogéneos............................................................................... 93
3.2.1 Centro de gravedad de líneas ..........................................................................................................93
3.2.2 Centro de gravedad de áreas ...........................................................................................................94
3.2.3 Centro de gravedad de volúmenes ..................................................................................................95
3.3 Teoremas de Pappus y Guldinus .................................................................................................. 96
3.4 Tabla de centros de gravedad ....................................................................................................... 98
 Problemas resueltos ........................................................................................................... 115
CAPÍTULO 4. MOMENTO DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS ............................159
4.1 Teorema de ejes paralelos (Steiner) ........................................................................................... 159
4.2 Radio de giro ............................................................................................................................. 160
4.3 Producto de inercia o momento segundo mixto ........................................................................ 161
4.4 Rotación de ejes ......................................................................................................................... 161
4.5 Momentos de inercia principales ............................................................................................... 162
4.6 Método gráfi co: Círculo de Mohr .............................................................................................. 162
4.7 Tabla de momentos de inercia ................................................................................................... 164
4.8 Tabla de productos de inercia .................................................................................................... 171
 Problemas resueltos ........................................................................................................... 178
ÍNDICE
CAPÍTULO 5. FUERZAS SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS .....................................203
5.1 Fuerzas sobre superfi cies planas ................................................................................................ 203
5.2 Fuerzas sobre superfi cies curvas ................................................................................................ 205
 Problemas resueltos ........................................................................................................... 206
CAPÍTULO 6. EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO ...........................................................219
6.1 Equilibrio en dos dimensiones ................................................................................................... 219
6.2 Equilibrio en tres dimensiones .................................................................................................. 220
6.3 Reacciones en los apoyos y conexiones ....................................................................................222
 Problemas resueltos ........................................................................................................... 224
CAPÍTULO 7. FUERZAS EN VIGAS Y PÓRTICOS ...............................................................271
7.1 Fuerzas internas: V, N, M .......................................................................................................... 271
7.2 Tipos de cargas .......................................................................................................................... 271
7.3 Secciones transversales .............................................................................................................. 273
7.4 Tipos de viga .............................................................................................................................. 273
7.5 Relación entre carga distribuida, fuerza cortante y momento fl exionante ................................. 274
7.6 Estructura: Pórtico isostático ..................................................................................................... 275
 Problemas resueltos ........................................................................................................... 276
CAPÍTULO 8. FUERZAS EN ARMADURAS PLANAS ..........................................................363
8.1 Fuerzas internas en las barras .................................................................................................... 363
8.2 Armadura ................................................................................................................................... 363
8.3 Barras con fuerza nula ............................................................................................................... 364
8.4 Método de los nudos .................................................................................................................. 364
8.5 Método de las secciones ........................................................................................................... 365
 Problemas resueltos ........................................................................................................... 366
CAPÍTULO 9. FUERZAS EN MARCOS ....................................................................................399
9.1 Denominación ............................................................................................................................ 399
9.2 Defi nición y metodología .......................................................................................................... 399
 Problemas resueltos ........................................................................................................... 401
CAPÍTULO 10. FUERZAS EN CABLES ....................................................................................429
10.1 Tipos de fuerzas en cables ....................................................................................................... 429
10.1.1 Cables con cargas concentradas .................................................................................................429
10.1.2 Cable parabólico .........................................................................................................................430
10.1.3 Cable catenaria ............................................................................................................................432
 Problemas resueltos ........................................................................................................... 434
Bibliografía ...................................................................................................................................... 463
Este libro sale a la luz tras veintiocho años de experiencia docente en la Facultad de Ingeniería 
Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú), y está basado en los apuntes de clase 
del curso de Estática, el cual es una asignatura obligatoria en la mayoría de carreras de ingeniería, 
según el plan curricular, y se desarrolla en el segundo año de la carrera. Es un curso fundamental 
para el aprendizaje de la ingeniería estructural.
El objetivo de la presente obra es brindar al usuario información inédita referente a centros de 
gravedad, momentos de inercia, productos de inercia, entre otros temas. La obra contiene 10 
capítulos en los cuales se desarrollan los diferentes tipos de fuerzas exteriores y cómo se aplican en 
cables, marcos, armaduras, vigas, pórticos, arcos y superfi cies sumergidas. Además, explica cómo 
se generan las fuerzas internas en barras, vigas, cables, pórticos y arcos.
El libro además contiene temas como fuerzas concurrentes, pares de fuerza, fuerzas coplanares, 
fuerzas paralelas, torsor, fuerzas distribuidas sobre líneas, fuerzas distribuidas sobre superfi cies 
planas, centro de gravedad de líneas, centro de gravedad de superfi cies planas, centro de gravedad 
de superfi cies curvas, centro de gravedad de volúmenes, momento de inercia, producto de inercia, 
fuerzas sobre superfi cies sumergidas planas, fuerzas sobre superfi cies sumergidas curvas, equilibrio 
en el plano: vigas, arcos biarticulados y triarticulados, estructuras isostáticas, equilibrio en el 
espacio, fuerzas internas en vigas, fuerzas internas en pórticos, método de los nudos en armaduras 
planas, método de las secciones en armaduras planas, fuerzas en marcos, fuerzas en cables con 
cargas concentradas, parabólicos, y catenarias.
Además, se incluyen 365 aplicaciones.
El autor desea que esta obra resulte útil a los estudiantes y profesionales de ingeniería en sus 
distintas especialidades donde se aplica la estática. 
INTRODUCCIÓN
DEFINICIONES, PRINCIPIOS Y LEYES
Mecánica: Es el estudio de los cuerpos en estado de reposo o movimiento bajo la acción de 
fuerzas.
Estática: Es el estudio del equilibrio de los cuerpos bajo la acción de fuerzas.
Cuerpo rígido: Es una cantidad determinada de materia cuya forma y tamaño no varían bajo 
la infl uencia de fuerzas externas.
Partícula: Es el modelo matemático de un cuerpo y se representa como un punto, no tiene 
dimensiones.
Fuerza: Es la acción de un cuerpo sobre otro. La acción puede ser debida al contacto físico, 
al efecto gravitatorio, eléctrico o magnético entre cuerpos separados. Las características de 
una fuerza son: Magnitud, Dirección, Sentido, Punto de Aplicación.
Principio de transmisibilidad: El efecto externo que una fuerza ejerce sobre un cuerpo
rígido es el mismo en toda su línea de acción.
Primera ley de Newton: Una partícula originalmente en reposo o moviéndose en línea recta 
a velocidad constante permanecerá en ese estado si la fuerza resultante que actúa sobre ella 
es nula.
Tercera ley de Newton: Las fuerzas de acción y reacción de cuerpos en contacto tienen la 
misma magnitud y son colineales. Los sentidos son opuestos.
Diagrama de cuerpo libre (D.C.L.): Es la representación de la partícula o el cuerpo rígido
donde se indican las fuerzas, distancias y se representa el cuerpo analizado de manera
simplifi cada.
MECÁNICA MECÁNICA DE CUERPOS RÍGIDOS ESTÁTICA
 SÓLIDOS
Longitud:
Unidad Símbolo
Milímetro mm
Centímetro cm 
Metro m
Pulgada ՚՚ 
Pie ՚
Unidad Símbolo
Kilogramo kg 
Libra lb 
Tonelada T 
Newton N
Unidad Símbolo
Pascal Pa 
Kilo Pascal KPa
Mega Pascal MPa
Giga Pascal GPa
 kg/cm2 
 lb/pulg2
 N/m2 
Área:
(Unidades de longitud)2 
Fuerza:
 
nano
micro
mili
KILO
MEGA 
GIGA
 n
μ
m
K
M
G
10–9
10–6
10–3
103
106
109
Equivalencias
1՚՚ < > 2.54 cm
1՚ < > 12՚՚ < > 30.48 cm 
Equivalencias
1T< > 103 kg
1kg < > 9.81 N
1kN < > 103 N
1kip < > 1KLb < > 103 lb
1lb < > 0.454 kg 
Equivalencias
1 Pa < > 1N/m2
1 KPa < > 103 N/m2
1 MPa < > 106 N/m2
1 GPa < > 109 N/m2
1 lb/pulg2 < > 1P.s.i.
1 KLb/pulg2 < > 1K.s.i
1 lb/pie2 < > 1P.s.f.
1 KLb/pie2 < > 1 K.s.f.
Presión (Fuerza/Área):
TIPOS DE UNIDADES
(Utilizadas en diversos textos)
REDUCCIÓN GENERAL 
DE FUERZAS
CAPÍTULO 
1
1.1 Fuerzas concurrentes
Se reducena fuerza única; en la condición de equilibrio la resultante es nula.
Ley del paralelogramo: La resultante de dos fuerzas es la diagonal del paralelogramo 
cuyos lados iniciales son los vectores de dichas fuerzas.
2 vectores
 
Ley del triángulo: Es una consecuencia de la ley del paralelogramo.
 
Más de 2 vectores: Se aplica sucesivamente la Ley del paralelogramo o la Ley del 
triángulo.
Ley del paralelogramo
Ley del triángulo
 
 
A
A
A
A
Editorial Macro12 Estática - teoría y aplicaciones
1.2 Momento de una fuerza con respecto a un punto
 → Expresión vectorial
 → Magnitud
Dirección: Perpendicular () al plano formado por y en el punto O.
Sentido: Regla de la mano derecha.
• es un vector cuyo origen es el punto O y cuyo extremo es cualquier punto situado en 
Vectorialmente: 
 → Componentes escalares de en los ejes x, y, z
 → Expresión vectorial
 → Magnitud
O
d


Plano
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 13
1.3 Momento de una fuerza con respecto a un eje
 Magnitud
 Expresión vectorial
1.4 El principio de los momentos (Teorema de Varignon)
El momento que una fuerza ejerce sobre un punto es igual a la suma de los momentos de 
las componentes de la fuerza con respecto al mismo punto.
a) 
b) 
O
z
x
y
O

Editorial Macro14 Estática - teoría y aplicaciones
1.5 Momento de un par de fuerzas
• Par de fuerzas es el sistema formado por 2 fuerzas de igual magnitud, rectas de acción 
paralelas y sentido opuestos.
• El momento de un par es el momento de una de las fuerzas con respecto a un punto 
cualquiera de la línea de acción de la otra fuerza.
 Expresión vectorial
 Magnitud
Dirección: Perpendicular al plano formado 
por el par de fuerzas.
Sentido: Regla de la mano derecha.
• Los vectores momento de los pares son vectores libres; se pueden sumar o restar 
independientemente de su posición en el espacio.
1.6 Descomposición de una fuerza en fuerza y par
Cualquier fuerza que actúa sobre un sólido puede trasladarse a un punto arbitrario “O” 
como fuerza y momento.
d
A A A
O
O O
< > < >
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 15
1.7 Sistemas de fuerzas equivalentes
Dos sistemas de fuerzas son equivalentes si se cumple:
a) Ejercen la misma fuerza sobre el cuerpo rígido.
b) Tienen igual momento respecto a cualquier punto del cuerpo rígido.
 (1)
 (2)
< >
p p
p
< >
Editorial Macro16 Estática - teoría y aplicaciones
1.8 Reducción de un sistema de fuerzas en fuerza y par
• y en general no son perpendiculares entre sí.
• Si y son perpendiculares entre sí, el sistema Fuerza - Par puede sustituirse por una 
sola fuerza.
Casos particulares de reducción a fuerza única:
• Fuerzas coplanares
• Fuerzas paralelas
1.9 Fuerzas coplanares
Las fuerzas están contenidas en el plano xy.
< > < >
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 17
 
 → Ecuación de la línea de acción de la fuerza 
Si 
Si 
1.10 Fuerzas paralelas
Editorial Macro18 Estática - teoría y aplicaciones
1.11 Reducción general de un sistema de fuerzas en el espacio
 y no son perpendiculares entre sí
 ; y 
Torsor: Eje del torsor: Es la recta de acción de 
Paso del torsor: 
Ecuación del eje torsor: , se obtiene de esa expresión.
< >< >
O
O
O
A
Torsor

Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 19
Problema 1
Hallar el valor más pequeño de F y el ángulo β correspondiente 
para los cuales la resultante de las tres fuerzas será.
a) Horizontal
b) Vertical
Solución:
a) ΣFy = 0
5sen 53º – 6.25 + Fsen β = 0
 Fsen β = 2.256
Pero sen β = 1
Entonces: F = 2.256 kN
 β = 90º
b) ΣFx = 0
5cos 53º + Fcos β = 0
 Fcos β = –3
Pero cos β = –1
Entonces: F = 3 kN
 β = 180º
y
6.25 kN
5 kN
53º
F
x
β
Editorial Macro20 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 2
En la fi gura, calcular el estiramiento 
de cada uno de los resortes.
KAC = 20 N/m
KAB = 30 N/m
KAD = 40 N/m
Solución:
 ΣFH = 0
FAB(0.80) = FAC(0.707)
 FAC = 1.13FAB (1)
 ΣFV = 0
FAC(0.707) + FAB(0.60) = 2 (2)
De (1) y (2):
 FAB = 1.43 kg < > 14.02 N
 FAC = 1.61 kg < > 15.79 N
FAB = KAB × SAB  SAB = = 0.467 m < > 46.7 cm
FAC = KAC × SAC  SAC = = 0.789 m < > 78.9 cm
F = W = KAD × SAD  SAD = = 0.49 m < > 49.0 cm
3 m
3 m
C
A
D W = 2 kg
B
4 m
45º 36.86º
FAC FAB
2 kg < > 19.62 N
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 21
Problema 3
Una placa circular de 12 kg de peso y de 7 cm 
de radio está sostenida por 3 cables de 25 cm de 
longitud. Hallar la tensión en cada cable si α = 30º.
A(0; 24; 0)
B(–6.06; 0; –3.5)
C(–6.06; 0; 3.5)
D(7; 0; 0)
Solución:
A
B
y
x
z
α
α D
C
A
Editorial Macro22 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 4
Una fuerza F contenida en el 
plano xy pasa por el punto C y 
produce un momento respecto a A 
de 90 kg-m en sentido horario y un 
momento respeto a B de 45 kg-m 
en sentido antihorario. Calcular el 
momento de F respecto a O.
A
C
O
B x
0.9 m 0.6 m
0.5 m
1.5 m
 (1) 
 (2) 
 (3) 
De (3): BA = CA en (2):
De (2): DA = 12.5 – 2BA
En (1): 
  BA = 3.35 kg = CA, DA = 5.80 kg
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 23
Solución:
0.9
 (1)
 (2)
 
 
 
A
O B
C
(1.5; 0)
(0.9; 0.5)
y
(0; 1.5)
Editorial Macro24 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 5
Calcular las coordenadas del punto P = (x, y), si:
F = 100 N
Solución:
 – 50x – 86.6y = – 500 (1)
 x = (r ) cos70º = 0.342r (2)
 y = (r) sen70º = 0.939r (3)
(2) y (3) en (1):
 –17.1r – 81.31r = –500  r = 5.08
 x = 1.737 m
 y = 4.770 m
30º
70º
y
x
P(x, y)
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 25
Problema 6
Determinar la expresión 
vectorial y magnitud del 
momento resultante producido 
por los cinco pares de fuerzas.
P = 10 kg
Q = 20 kg
R = 30 kg
A = 40 kg
T = 50 kg
Solución:
R
y
P
x
P
O
T
A A
Q
Q
T
R
rR
rQrP
rA
rT
(–2
; 8
; 8
)
(0; 8; 0)
(6; 4; 0)
(0
; 4
; 8
)
(6; 0; 0) (10; 0; 0)
4 m
8 m
8 m
6 m2 m
2 m
z
Editorial Macro26 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 7
Reemplazar el sistema mostrado en la fi gura por un torsor e 
indicar las coordenadas del punto P por donde cruza el torsor 
el plano xy.
Solución:
En A:
 (1)
En (1):
 1 649.45 = 800y –930.33 = – 800x
 y = 2.06 m x = 1.16 m
z
A
x
C
B
yy 6 m
4 m
xP
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 27
Problema 8
Sustituir el torsor por dos fuerzas, una actúa en B y la otra 
está contenida en el plano xz.
R = 70 kg
M = 280 kg - m
Solución:
 → 
 
 (1)
 (2)
 (3)
 (4)
 (5)
 (6)
 B = 70 kg
 C = 89.44 kg
y
B
O
x
z
A(12, 6, 4) m
4 m
y
B
O x
z (x, 0, z)
ΣFI = ΣFII
Editorial Macro28 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 9
El sistema está formado por dos 
fuerzas y un momento, reducirlo a 
una fuerza única equivalente.
Hallar la intersección de dicha 
fuerza con los ejes AB y BC.
Solución:
Fuerza resultante
 y actúan en O
Momento resultante
 → son perpendiculares
Intersecciones
AB: y = 0 → x = – 2.5 cm
BC: x = 8 → y = – 2.42 cm
100 kg
100 kg-cm
30 kg
4 cm 5 cm
6 cm
3 cm
3 cm
60º
y
O B
C
x
A
O
B
C
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 29
Problema 10
Hallar F2 y C2 si los dos sistemas son equivalentes
F = fuerzas; C = momentos
 I II
 → en (3; 4; 2) m → en (0; 0; 0) m
 → en (0; 0; 1) mSolución:
Tomando momentos con respecto a O:
 → x = 44
 → x = – 21 
 → z = – 10
Editorial Macro30 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 11
Las tres fuerzas son paralelas al eje z, la fuerza resultante 
R pasa por el eje central z del tubo. Hallar la magnitud de 
FC , R, θ.
r = 0.75 m
Solución:
 (α)
 (1)
 (2)
(2)/(1):
 en (1)
 en (α)
300 N z
FC
C
y
r
A
B θ
x
45º
200 N
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 31
Solución:
 → 
 
 
 
 
 (1) (2)
En (1):
–440(1920 – C) + 1000 C = 0 → 1440C = 844 800 → C = 586.66; A = 1333,34
Problema 12
Reducir el sistema de fuerzas 
indicado a dos fuerzas paralelas 
aplicadas en los vértices A y C 
contenidas en plano xy.
1200 N/m
400 N/m
400 N
400 N
A C
B
x
400 N
y
3 m 4 m
5 m
2 m
A
B
1 m
1.5
 m
Editorial Macro32 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 13
El resorte BC tiene una longitud 
sin estirar de 2 m.
Calcular la fuerza F aplicada 
cuando θ = 30º.
Solución:
XBC = 2.478 – 2 = 0.478 m
FBC = KXBC = 50(0.478) = 23.9 N
ΣFH = 0
23.9cos α = TABcos 30º
TAB = 25.25 N
ΣFV = 0
F = 23.9sen α + 25.25sen 30º
F = 22.26 N
2 m 2 m
2 m
B
A Cθ = 30º
K = 50 N/m
F
2cos 30º = 1.732 m
4 – 1.732 = 2.268
α
α = 23.79º
B
C
2sen 30º = 1 m
2.4786 m
α30º
TAB 23.9 N
F
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 33
Problema 14
El peso W está en equilibro en 
la posición mostrada.
Determinar la longitud natural 
de cada resorte después de que 
el peso W es retirado.
Solución:
FAC FAB
β
30
α
βα
0.5
0.5
f
AC = 0.781 m f AB
 = 
0.6
40
 m
 
0.6 0.4
ΣFH = 0 FAB(0.625) = FAC(0.768)
 FAB = 1.2288F AC (1)
ΣFV = 0 FAC(0.640) + FAB(0.781) = 30
 FAC + 1.22031FAB = 46.875 (2)
(1) en (2):
 FAC + 1.50FAC = 46.875
 1500XAC = FAC = 18.75 kg = 183.93 N X AC = 0.123 m
 1200XAB = FAB = 23.04 kg = 226.02 N X AB = 0.188 m
 iAC = 0.781 – 0.123 = 0.658 m
 iAB = 0.640 – 0.188 = 0.452 m
A
30 kg = W
0.6 m 0.4 m
0.5 m
C
KAC = 1.5 KN/m
KAB = 1.2 KN/m
B
Editorial Macro34 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 15
El resorte permanece en posición 
horizontal conforme se estira.
Determinar la longitud inicial del 
resorte si θ = 40º cuando se logra el 
equilibrio.
Solución:
ΣFV = 0 FBAsen 40º = 10
 FBA = 15.557 lb
ΣFH = 0 FBC = 15.557cos 40º = 11.917 lb
 FBC = KX
 X = = 1.1917 pies 
 estiramiento
Longitudes:
 5cos 40º = 3.83’
10’ – 3.83’ = 6.17’ longitud del resorte estirado
 i = 6.17 – 1.1917 = 4.9783 pies
5’
5’
K = 10 lb/pie 
5’
C
B
10 lb
A θ
FAB
FBC40º
10
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 35
Problema 16
La longitud del resorte AB sin estirar es 2 m. 
Calcular la masa en kg del bloque si el sistema 
se encuentra en equilibrio.
Solución:
L AB = = 5.00 m
SAB = 5.00 – 2.00 = 3.00 m
FAB / KAB = SAB
FAB = KAB SAB = 30 N/m(3.00 m) = 90 N
ΣFH = 0 FACcos 45º = 90 cos 36.86º
 FAC = 101.85 N
ΣFV = 0 W = 90 sen 36.86º + 101.85 sen 45º
 W = 126 N < > 12.84 kg
  m = 12.84 kg
3 m
3 m
4 m
C B
A
D
m
KAD = 40 N/m
K
AC =20 N/m K AB
=3
0 N
/m
45º
W
FAC 90 N
36.86º
Editorial Macro36 Estática - teoría y aplicaciones
Solución:
A(0; 1.5; 0)
B(–1.2; –1.8; 1.2)
C(1.2; –0.9; 1.8)
0.9
0.9
 0.512FOA – 0.485FOB = 0 (1)
–0.384FOA – 0.727FOB + FOC = 0 (2)
 0.768FOA + 0.485FOB – 15 = 0 (3)
De (1): FOB = 1.055FOA en (3): FOA = 11.72 kN
  FOB = 12.36 kN
 en (2): FOC = 13.48 kN
O
Problema 17
Un cuerpo cuyo peso es 15 kN 
es soportado por 3 cables OC, 
OA, OB, si el sistema está en 
equilibrio, calcular la fuerza 
en los cables.
z
B
y
x
COA
1.8 m
0.9 m
1.2
 m
1.2
 m
1.2 m
1.5 m
1.8 m
W = 15 kN
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 37
Problema 18
Cada cable puede soportar una 
fuerza máxima de 600 libras. 
Calcular Pmáximo si el sistema 
se encuentra en equilibrio
Solución:
A(4.5; 0; 3)
D(1.5; 1.5; 0)
C(0; 2.5; 3)
B(1.5; 0; 0)
 (1)
 (2)
 (3)
De (1): FDC = 1.556FDA (4)
(4) en (2): –0.333FDA – FDB + 0.285(1.556)FDA = 0
 FDB = 0.110FDA (5)
De (4): FDC = 600 lb FDA = 385.6 lb
De (5): FDB = 42.41 lb
(4) y (5) en (3): P = 0.666(385.6) + 0.857(600) = 771 lb
z
2.5’
4.5’
1.5’
3’
3’
B
A
1.5’
1.5’
C
y
P
x
D
D
Editorial Macro38 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 19
K = 50 lb/pie
Cada resorte tiene una longitud 
sin estirar de 1.5’.
Calcular P si el sistema está en 
equilibrio.
1.5’ 1.5’
x
yD
C
2’
B
120º
120º
120º
A
z
P = ?
Solución:
 S = 2.5’ – 1.5’ = 1’
 FC/R = KS = 50 lb
 
 ; ; 
 
 ; 
 
y = 1.5 cos 60º = 0.75
x = ±1.5 sen 60º = ± 1.30
B(–1.3; 0.75; 0)
C(1.3; 0.75; 0)
D(0; –1.5; 0)
A(0; 0; 2)
Lresorte = 2.5’ = Lfi nal
1.5’
2’
x
y60º
60º
B
C
A
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 39
Problema 20
Si P = 25 kN
Calcular la fuerza en los cables 
FC, FA, FB.
Los puntos A, B y C se 
encuentran en el plano xy.
El sistema se encuentra en 
equilibrio.
Solución:
A(–4; –1; 0)
B(2; 2; 0)
C(3; –2; 0)
F(0; 0; 5)
 
F
P = 25 kN
F
z
A 1 m
5 m
4 m
2 m
2 m
C
B
y
x
2 m
3 m
Editorial Macro40 Estática - teoría y aplicaciones
 – 0.617FFA + 0.348FFB + 0.486FFC = 0 (1)
 – 0.154FFA + 0.348FFB – 0.324FFC = 0 (2)
25 – 0.771FFA – 0.870FFB – 0.811FFC = 0 (3)
De (1), (2) y (3):
FFA = 12.0 kN
FFB = 11.69 kN
FFC = 6.86 kN
Problema 21
Determinar el momento 
resultante de las dos 
fuerzas con respecto al eje 
Oa; el punto “D” y el eje 
“Oa” que se encuentran 
en el plano xy. 
(F2 // eje z)
F2 = 50 lb
F1 = 80 lb
z
z’
45º
120º
y
y’60º
30º
30º
B
x’
6’
D
4’
5’
C
O
x
a
A
Solución:
α = 120º β = 60º γ = 45º
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 41
Problema 22
m punto medio de EG
n punto medio de BC
F = 130 lb
Calcular el momento de la 
fuerza F respeto a “m” y “n” y 
respecto a la recta EG.
A = (4.33; – 2.5; 0)
 , lb-pie
Solución:
H(0; 12; 4)
A(3; 0; 0)
E(3; 0; 4)
G(3; 12; 4)
m(3; 6; 4)
B(3; 12; 0)
C(0; 12; 0)
n(1.5; 12; 0)
A(3; 0; 0)
H(0; 12; 4)
z
H
C
n
y
12’
4’
E m G
D
3’
BA
x
Editorial Macro42 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 23
Las dos fuerzas tienen magnitud de 50 N 
y están dirigidas de manera opuesta (son 
paralelas). Hallar el momento del par y la 
distancia entre las fuerzas.
D
z
A y
B
C
E
x
2 m
4 m
3 m
2
2
O
 
 
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 43
Solución:
: B(2; 2) 
 A(0; 4)
: D(0; 0; 3)
 A(0; 4; 0)
; 
 N-m
Problema 24
Calcular el momento 
resultante producido por 
los dos pares de fuerza 
mostrados. (Expresión 
vectorial y magnitud)
P = 180 N
Q = 300 N 
Los puntos H, I, J y K 
son puntos medios de los 
segmentos respectivos.
D
z
I
C
J
B
x
A
E
H
P
P
O
Q Q
y
130 cm
40 cm
90 cm
4040
Editorial Macro44 Estática - teoría y aplicaciones
Si F4 = 120 N
Calcular la magnitud y sentido 
de las fuerzas , , para las 
cuales el par de fuerzas resultante 
que actúa sobre el bloque sea nulo.
Solución:
 
 
 
 
 N-cm
Problema 25
F1
F4
F2
F4
F3
F3
F2 F1
H J
Bx C
A
D
E
G
5 m
4 m
3 m
y
z
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 45
Solución:
 –4F1 + 4F2 = 0 (1) 
3F1 + 3F2 – 600 = 0 (2) 
 – 480 + 3F3 = 0 (3) 
De (3): F3 = 160 N
De (1): F1 = F2
En (2): F2 = +100 N
 F1 = 100 N
(0; 0; 5)
(3; 4; 5)
(3; 0; 0)
(0; 4; 0)
4 m
3 m
5 m
z
y
x
Editorial Macro46 Estática - teoría y aplicaciones
Solución:
 
 
 
 
 kg-m
 kg-m
Problema 26
Calcular el momento resultante generado 
por los tres pares de fuerzas.
F1 = 100 kg
F2 = 200 kg
F3= 300 kg
6 m
α = 30º
α
4
F2
F2
F1
F1
F3
F3
α
1 m
2 m
2 O
z
y
x
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 47
Problema 27
El sistema se reduce a fuerza y momento 
nulo. Calcular F1 , F2 y θ.
Solución:
ΣFx = 0 = 60 + F2 – 30cos 45º – F1cos θ (1)
ΣFy = 0 = F1 sen θ – 30 cos 45º (2)
ΣMO = 0 = 0.75F2 + 30(0.75) + F1cos θ(0.75 sen 30º) 
 + F1sen θ(0.75 cos 30º) – 80 (3)
De (1):
F1cos θ = F2 + 38.78 (4)
F1sen θ = 21.21 (5)
(4) y (5) en (3):
0 = 0.75F2 + 22.5 +(F2 + 38.78)0.375 + 13.77 – 80
0 = 1.125F2 – 29.18
F2 = 25.94 lb en (4)
F1cos θ = 64.72 (6)
(5)/(6):
tan θ = 0.3277
 θ = 18.14º en (6)
 F1 = 68.10 lb
F 2
F 1
θ
O
A
45º
x
y
C
30 lb
60 lb
M = 80 lb∙pie
30º
radio = 0.75’
Editorial Macro48 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 28
Reducir el sistema a una fuerza única 
equivalente e indicar por dónde cruza 
dicha fuerza a la barra “AB” y a la barra 
“BC”.
Solución:
 
 
 
 
 
cruza AB  y = 0  x = 2.10’ a partir de “A”
cruza BC  x = 6  y = –4.617’ a partir de “B”
32 lb
20 lb
25 lb
30º
4’
3’
2’
2’
C
A B
20 lb = F3
25 = F4
3’
2’ 4’ x
y
2’
B
C
A
30.31 lb = F2
F1 = 17.5
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 49
Problema 29
Calcular la fuerza que debe aplicarse en “C” si la línea de acción de la fuerza resultante 
de las cuatro fuerzas pasa por los puntos “B” y “D”. Las cuatro fuerzas están contenidas 
en el plano xy.
Solución:
  
 
A
O E
x
C
B
D
Vectores posicióny
F 1 =
 20 
kg
60º
A (0; 6)
(3; 3) C
O E
x
y
(6; 0)
B (3; 6)
D (6; 3)
3 cm
3 cm
F3 = 40 kg
F2 = 50 kg
3 cm 3 cm
Editorial Macro50 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 30
La losa de un edifi cio está 
sometida a cuatro cargas de 
columnas paralelas. Determinar 
la fuerza resultante equivalente 
y su ubicación.
Solución:
 
 
 
 
 
 
 
F1 = 20 kN
F2 = 50 kN F3 = 20 kN
F4 = 50 kN
4 m
6 m
3 m
8 m
2 m
y
x
z
O
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 51
Problema 31
Reemplazar el sistema de fuerzas paralelas al eje z por otro sistema equivalente formado 
por tres fuerzas paralelas al eje z aplicadas una en “A”, otra en “B” y otra en “C”; “A”, 
“B” y “C” son puntos medios de los segmentos respectivos.
Solución:
A = (0.8; 0; 0) C = (0.6; 1.6; 0) E = (1.2; 1.6; 0) G = (0; 0.8; 0)
B = (1.4; 0.8; 0) D = (1.6; 0; 0) H = (0; 1.6; 0)
 , , , 
 , , 
  A + B + C = 400 (1)
 , , , 
 , , 
  
 (2)
 (3)
De (1), (2) y (3):
 , , 
 , , 
F1 = 400 N F2 = 800 N
F3 = 1000 N
F4 = 600 N
D
B
A
O 0.8 m 0.8 m
0.6 m
0.6 m
0.8 m
0.8 m
H
C
z
y
x
O
z
y
x
A
B
C< >
G
E
Editorial Macro52 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 32
Reemplazar el sistema mostrado 
por un torsor equivalente e indicar 
las coordenadas del punto “P” por 
donde cruza a la placa.
Solución:
 
  
 
 
12’
12’
A
x y
z
B
C
P(y; z)
Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 53
Problema 33
Un torsor actúa en el punto (1; 2; 3) donde . En el origen se tiene un sistema 
equivalente donde . Calcular el torsor.
Solución:
 
 (1)
 (2)
 (3)
En el torsor: 
 en (2) y (3)
 
 n = 20
 
(1; 2; 3)
z
O
x
y
z
O
x
y
< >
Torsor: 
Editorial Macro54 Estática - teoría y aplicaciones
Reemplazar el sistema mostrado 
en la fi gura por un torsor e indicar 
por dónde cruza el torsor al eje 
CD.
Solución:
En C:
  
 
Torsor:
z
C
0.8 m 0.7 m
0.3 m0.3
0.6 m
0.25 m0.25
0.5 m
D
B
A
y
x
Problema 34
FUERZAS DISTRIBUIDAS
CAPÍTULO 
2
Los cuerpos están sujetos a la acción de cargas distribuidas, estas pueden ser causadas por el 
viento, por fl uidos, por el peso del material que está encima del cuerpo, por el peso propio del 
cuerpo, etc.
2.1 Tipos de cargas distribuidas
A) Sobre una línea
 “La fuerza se determina calculando el área que forma la carga distribuida”.
 “Sistema equivalente”
 
 
Ubicación: 
ƩMA: 
 
 , ubicación
A A AB B B
x dx
dFw
w
F
56 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
B) Sobre una superfi cie
“La fuerza se determina calculando el volumen que forma la carga distribuida”.
 P = Presión 
 
 A = Superfi cie 
Si P = constante  F = PA
ƩMy:
x
z
y
P
A
Sistema equivalente
C.P. = Centro de Presión (x0, y0)
x
x
z
y
y
dF
dA
A
x
F
y0
x0
C.P.
z
y
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 57Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 35
Calcular la fuerza resultante equivalente 
y su punto de aplicación.
Solución:
 
28 lb/pie
18 lb/pie
10 lb/pie
w = 2x2 – 8x + 18
y
xA B
1 22 pie
58 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 36
Reducir las fuerzas mostradas a una fuerza única e indicar en qué punto cruza a los ejes 
x, y.
Solución:
D.C.L.:
 
 
 
 
 
x = 0 → y = – 0.933 m
y = 0 → x = 1.199 m
O
y
x
(x; y)
100 kg/m
400 kg/m
600 kg/m
600 kg/m
6 m 3 m
3 m
y
x
F1 = 900 kg
F3 = 600 kg
F4 = 900 kg
F2 = 2 827.43 kg
3 m
3 m 1 m
1 m
2 m
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 59Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 37
Calcular la fuerza resultante 
y el centro de presión.
Solución:
 Por simetría X0 = 2.5 m
 dA = 5 dy
 ; 
dy
x
z
5
y
P = – 4y2 + 100 kg/m2
5 m
5 mx
y
z
60 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 38
Calcular la fuerza resultante 
y su punto de aplicación.
Solución:
P = PO + Ax + Bz
x = 0, z = 0, P = 800 → PO = 800
x = 4, z = 0, P = 600 → A = – 50
x = 0, z = 6, P = 500 → B = – 50 ; P = 800 – 50x – 50z
 
800 kg/m2
600 kg/m2
300 kg/m2
500 kg/m2
y
B
x
C
A
z
4 m
6 m
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 61Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 39
Determinar la fuerza total 
y su punto de aplicación.
Solución:
P = PO + Ax + Bz
x = 0 x = 0 z = 0
z = 0 z = 6 x = 8 
P = 103 P = 0 P = 103
P = 103 – z
Por semejanza de triángulos:
 
PO = 10
3
0 = 103 + 6B
→ B = 
103 = 103 + 8A
→ A = 0
1000 kg/m2
6 m
8 m
10 m
z
y
x
6
x 8 – x
(x; z)
z
z
x
62 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 63Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 40
En la fi gura se muestra la forma cómo se 
ha acumulado arena en el piso (plano xy), 
γarena = γ. Hallar la fuerza resultante que 
actúa sobre el piso y las coordenadas del 
punto de aplicación.
Solución: P = γz
Z = ZO + Cx + Dy  Z = 0; x = y = 0  ZO = 0 x = 0  y = b  z = δ
y = 0; x = a  z = h δ = Db  D = h = Ca  C = 
 z = x + y
 (1)
h + δ
δ
xa
bh
y
z
x = a
y = b z = h + δ
z = h + δ
64 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 41
Reemplazar el sistema mostrado por uno equivalente en forma de trapecio.
Solución:
ΣF:
450 + 600 = 1050 = 6w1 + 3w2 – 3w1 = 3w1 + 3w2
 350 = w1 + w2 (1)
ΣMB:
 450(4m) + 600(1.5m) = 2700
6w1(3m) + 3(w2 – w1)2m = 12w1 + 6w2
 450 = 2w1 + w2 (2)
(2) – (1):
w1 = 100 kg/m en (1)
w2 = 250 kg/m
300 kg/m
200 kg/m
3 m3 m
A B 6 m
w1
w2
A B
2 m 2.5 m 1.5 m
450 600 kg
A B
3 m 1 m 2 m
3(w2 – w1)6w1
A B
< >
Reemplazando en (1):
 (2)
Reemplazando en (2):
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 65Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 42
Calcular la fuerza total 
y su punto de aplicación.
Solución:
Problema 43
Calcular la fuerza total 
y su punto de aplicación.
Solución:
P
dF
dxx
y
dx
dF
x
A B
x
y
A
P
P = POe
x
PO
B
x
L
66 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 44
Para la carga distribuida, calcular la
fuerza equivalente y su ubicación.
Solución:
↑ 
dF = q dx
x dx
q
Problema 45
Calcular la fuerzaresultante equivalente 
a la carga distribuida e indicar su punto 
de aplicación.
Solución:
 (1)
 en (1)
 en (1)
L
A
w = woe
woe
L
B
x
wo
q = 100x3; N/m
1 m
A B
x
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 67Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 46
Calcular la fuerza total 
y el punto de aplicación.
Solución:
dF dy
y
W
3 m
y
500 N/m
68 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 47
La carga distribuida actúa sobre el borde de 
la placa semicircular y varía según w = woy/a. 
Calcular la fuerza resultante y el punto de 
aplicación.
Solución:
Por simetría de cargas: 
↓
P
y
x
wo
a
x
dS = a dθ
dθ
θ
y = a sen θ
y
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 69Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 48
Reemplazar las cargas dadas por 
un sistema equivalente actuando 
en “A”.
Solución:
 →
↓ ↑ 
 
q
A B
R
α
R = 1 m
q = 300 cos α N/m
α
α
dF = qdS
dS = Rdα
dα
A
β β
FH1
FV1 FV2
FH2
β
1.0
0.8435 m
0.537 m
70 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Determinar la fuerza resultante y/o el par resultante equivalente en el origen.
Solución:
 
↓ 
Problema 49
β
β
FV
FH
dF
α
α
a
dα
y
x
O
a
wo
y
x
β β
O
a
woa
woa
woa
woa
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 71Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Determinar la fuerza resultante y/o 
el par resultante equivalente en el 
origen.
Solución:
↓ 
 
 
Problema 50
dα
dF
α
a
α
wo
O
a
a
x
y
woa woa
woawoa
woa woa
woa woa
β β
β β
a
a
O
x
y
72 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Calcular la fuerza total equivalente al 
sistema de fuerzas mostrado e indicar 
por dónde cruza al eje x y al eje y.
Solución:
 , 
 , 
 , 
cruza al eje y: 
 x = 0 y = – 
cruza al eje x: 
 y = 0 x = 
Problema 51 y
O L
L/2
L/2
x
wo
wo
wo
y
O x
2L/3 L/3
L/3
L/3 L/6
L/6
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 73Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 52
Calcular la fuerza resultante 
equivalente e indicar por dónde 
cruza a la recta BC y al eje y.
Solución:
 
 
BC: y = 2
–1300x + 200 = –6 033.34
 x = 4.79 m de “B”
y: x = 0
 100y = –6 033.34
 y = –60.33 m de “A”
200 kg/m
100 kg/m
3 m 5 m
2 m
B
A
C
x
y
F3 = 1000 kg
F2 = 300 kg
F1 = 100 kg
2 m 3.5 m C
x
B
y
A
2/3 m
2.5 m
74 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 53
Reducir el sistema de fuerzas mostrado a fuerza única equivalente e indicar por dónde 
cruza al eje x y al eje y.
Solución:
 
 
 , 
 
cruza al eje y:
 x = 0 y = –2.212 m 
cruza al eje x:
 y = 0 x = –1.493 m
1000 N
200 N/m
2 m
2 m
A
y
2 m 4 m
1500 N-m = M 400 N/m
2.30 m
x
2 m
1.533 m
0.766 m
2.666 m
1.333 m
2 m
2 m
y
O x
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 75Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 54
Las fuerzas están en el 
plano xy, la fuerza R es 
la resultante del sistema 
de fuerzas mostrado y 
de otra fuerza F1 que no 
aparece en el diagrama. 
Determinar y hallar por 
donde cruza a los ejes x,y la 
fuerza R. El momento M es 
perpendicular al plano xy.
Solución:
 
 
: 
 
: 
 
 
 
 
cruza al eje y:
 x = 0 y = 7.238 m
cruza al eje x:
 y = 0 x = 9.5 m
R = 1000 kg
M = 1000 kg-m
F2 = 800 kg
300 kg/m
200 kg/m
2 m
2 m
2 m
2 m2 m3 m
O
4
y
x
3
F3 = 1200
1 m
R
2 m
F4 = 300
76 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 55
Hallar q (N/cm2) y x (cm) de modo que 
la resultante de la fuerza distribuida en 
la superfi cie AB sea un momento.
Solución:
 ~ de s:
 (1)
← 
 ~ de s:
→ 
→ 
Dato: ΣF = 0
 (2)
(2) en (1):
1152 – 192x = 0
 x = 6 cm en (1)
 q = 120 N/cm2
200
16 – x
x – 4
4
q
a
F2
F3
F1
12 cm
4 cm200 N/cm2
12 cm
q B
x
B
O
B
AA A
4 cm
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 77Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Calcular la fuerza total y el 
centro de presión.
Solución:
Por simetría: 
dA = 3dz
Problema 56
dz
dF
3
3 pies
10 pies
P
z
P = 4 z3, lb/pie2
y
78 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 57
Calcular la fuerza total y el centro 
de presión.
Solución:
Por simetría: xo = 1.5 pies 
z
dz
dF
3 dA = 3dz
8’
3’
z
O
x
P = 4z1/3, lb/pie2
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 79Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Calcular la fuerza total 
y el centro de presión.
Solución:
dA = 4dy
Por simetría: 
 (1)
 en (1)
Problema 58
P = 2y1/2
2 m
2 m
4 m
4 kPa
4 kPa
y
x
x
y
4
dy
dF
80 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 59
Calcular la fuerza total 
y el centro de presión.
Solución:
Por simetría: 
 dA = 6dx
100 Pa
300 Pa
y
x
P
5 m 6 m
dx
dF
6
y
x
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 81Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 60
Calcular la fuerza total y el centro de 
presión. La carga de presión sobre la 
placa está descrita por la función:
Solución:
dA = 3dx
Por simetría: 
y
x
dx
dF
3
140 lb/pie2
100 lb/pie2
3’
2’
x
P
82 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Calcular la fuerza total (N) 
y el centro de presión.
Solución:
Por simetría de cargas: xo = 8 m
 y = 12 m P = 8 000 8 000 = + 8 (1)
 y = 0 P = 40 000 40 000 = A + B (2)
De (1) y (2): A = 34 666.67
 B = 5 333.33
 dA = 16 dy
 
 
Problema 61
16
y
x
dy
dF
P = + 5 333.33
16 m
12 m
x
P
y
40 000 N/m2
8 000 N/m2
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 83Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Reducir el sistema de fuerzas 
mostrado a un sistema equivalente 
consistente en fuerza única e indicar 
por dónde cruza al plano yz.
M = 4000 , N-m
Solución:
F < > Volumen = = 6 000 N
sen α = 
cos α = 
A(8/3; 1; 2) m ; 
 
 
 4 800z = 9 600 z = 2 m
 3 600y = –5 200 y = –1.444 m
Problema 62
600 N/m2
600 N/m2
x
z
y
O
4 m
4 m
3 m
6 000 N
3 600 N
4 800 N
α
α
y
xO
4 m
2 m
1 m
4/38/3
A
84 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 63
Calcular la fuerza total y el centro de presión:
Po
Solución:
2Po
Po
Po
Po
P
y
x
L
L
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 85Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 64
Calcular la fuerza total y el centro de 
presión. La carga sobre la placa varía 
linealmente a lo largo de los lados de la 
placa de modo que: 
 , kPa 3 m
8 kPa
4 m
P
x
y
Solución:
86 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 65
Calcular la fuerza total 
y el centro de presión.
Solución:
P = A + Bx + Cz
 P = 800 – 50x – 50z
 Los cuatro puntos superiores forman un plano.
x = 0
z = 0
P = 800
800 = A
x = 0
z = 6
P = 500
500 = 800 + 6C
C = – 50
z = 0
x = 4
P = 600
600 = 800 + 4B
B = – 50
x = 4
z = 6
P = 800 – 50(4) – 50(6) = 300
600 N/m2
800 N/m2
P
z
x
4 m
6 m
300 N/m2
500 N/m2
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 87Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 66
Calcular la fuerza total 
y el centro de presión.
Solución:
P = A + Bx + Cy
 
xo = 7.33 m
yo = 5.33 m
y
O
9 m 12 m
200
300
100 kg/m2 x
P
x = 12
y = 0
P = 200
200 = 12B
B = 50/3
x = 0
y = 9
P = 100
100 = 9C
C = 100/9
x = 0
y = 0
P = 0
A = 0
88 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones
Problema 67
Calcular la fuerza total 
y el centro de presión.
Solución:
P = A + Bx + Cy
 “x” en función de “y”: 
 P = 80 – 20x – y
4
y
x
3 – y
80 N/m2
y
x
4 m
3 m
P
x = 0
y = 0
P = 80 80 = A
x = 4
y = 0
P = 0
0 = 80 + 4B
B = – 20
x = 0
y = 3
P = 0
0 = 80 + 3C
C = – 80/3
~ de s:
 
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 89Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 68
Se almacena arena con peso específi co 
γ = 1600 kg/m3
Calcular la fuerzatotal y el centro de 
presión en el plano xy.
Solución:
 P = γz z = A + Bx + Cy
z = 2.4 + 0.2x – 0.25y
y = 6
x = 0
z = 0.9
0.9 = 2.4 + 6C
C = – 0.25
x = 0
y = 0
z = 2.4
x = 3
y = 6
z = 1.5
A = 2.4
1.5 = z
x = 0
y = 3
z = 3
3 = 2.4 + 3B
B = 0.20
z
y
x
3 m
6 m 3 m1.5
 m
0.9 m
2.4 m
Superfi cie libre plana 
de la arena
CENTRO DE GRAVEDAD
CAPÍTULO 
3
3.1 Peso (W)
Fuerza ejercida por la tierra sobre los elementos del cuerpo rígido.
La tierra: “Los pesos son fuerzas concurrentes”.
→ Fuerzas paralelas
Para distancias cortas es buena aproximación considerar a los 
pesos como fuerzas paralelas.
 
 , peso total
 (1) (3)
 (2) (4)
 (1) = (2) (3) = (4)
 (5) (6)
W1 W2
W1 W2 W3
W3
x x
w
C.G.yi
xiwi
w1
w2w3
w4
z z
yy
< >
Editorial Macro92 Estática - teoría y aplicaciones
De manera similar:
 (7)
, , → Coordenadas del centro de gravedad
En general:
 (8)
 (9)
 (10)
Las ecuaciones (5) al (10) se utilizan para calcular el centro de gravedad.
Si la aceleración debida a la gravedad es igual en todas las partículas del cuerpo:
 W = mg
dW = g dm
 m = masa
 dm = masa de cualquier partícula del cuerpo
 (11)
 (12)
 (13)
en (5), (6), (7), (8), (9), (10)
Capítulo 3: Centro de gravedad 93Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
En general:
 (14)
 (15)
 (16)
Las ecuaciones (11) a (16) se utilizan para calcular el centro de masa.
3.2 Centro de gravedad de cuerpos homogéneos
γ = Peso específi co constante
3.2.1 Centro de gravedad de líneas
“Alambre de sección constante”.
W = γV
W = γa
  (17)
De manera similar:
 (18)
 (19)
en 5, 6, 7:
a = constante
Editorial Macro94 Estática - teoría y aplicaciones
En general:
 (20)
 (21)
 (22)
3.2.2 Centro de gravedad de áreas
“Placa de espesor constante”:
W = γV
W = γtA
 (23)
De manera similar:
 (24)
 (25)
en (5), (6), (7):
A
t = constante
Capítulo 3: Centro de gravedad 95Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
En general:
 (26)
 (27)
 (28)
3.2.3 Centro de gravedad de volúmenes
 (29)
De manera similar:
 (30)
 (31)
en (5), (6), (7):
W = γV
V
Editorial Macro96 Estática - teoría y aplicaciones
En general:
 (32)
 (33)
 (34)
Notas:
1) El centro de gravedad toma en cuenta los materiales que componen el cuerpo y es el 
punto donde está aplicada la fuerza resultante equivalente que es el peso del cuerpo.
2) El centroide es un centro geométrico, toma en cuenta la forma más no los materiales 
que componen el cuerpo.
3) Si el cuerpo es homogéneo (γ = constante) el centro de gravedad coincide con el 
centroide.
3.3 Teoremas de Pappus y Guldinus
1. Una línea que gira alrededor de un eje fi jo genera una superfi cie (cualquier punto de la 
línea mantiene una distancia constante al eje mientras gira).
2. Una superfi cie plana que gira alrededor de un eje fi jo genera un volumen (cualquier 
punto de la superfi cie mantiene una distancia constante al eje mientras gira).
Línea
B B
A
Eje Eje
Superfi cie lateral 
de un tronco de cono
Superfi cie
A
Volumen de cono
C
Capítulo 3: Centro de gravedad 97Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Teorema 1: La superfi cie generada por una línea que gira alrededor de un eje fi jo es igual 
a la longitud de la línea multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la línea 
durante la formación de la superfi cie.
Para 1 vuelta: 
En general: 
Teorema 2: El volumen generado por una superfi cie plana que gira alrededor de un eje fi jo 
es igual al área de la superfi cie multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de 
la superfi cie durante la formación del volumen.
Para 1 vuelta: 
En general: 
α → en radianes
y
L
dL
Eje
A
dA
y
Eje
Editorial Macro98 Estática - teoría y aplicaciones
 Nombre Figura L
1 Recta
y
C
L
x
0 L
2 1/4 de circunferencia
y
x
Cr
r
3 1/2 de circunferencia C
y
rr x
0 πr
4 Circunferencia r
C x
y
r 0 0 2πr
5 Arco de circunferencia
y
x
C
r
α
α 0 2αr
6 Recta inclinada
y
x
C
L
α L
7 Elipse
y
xa a
b
bC
 = 0 = 0
 ; 
 ; 
3.4 Tabla de centros de gravedad
Centro de gravedad de líneas
C = Centro de gravedad
Nota: α solo en las fórmulas debe ir en radianes.
Capítulo 3: Centro de gravedad 99Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura A
1 Rectángulo h
y
C
b x
bh
2 Triángulo h
y
C
b
a
x
3 Triángulo rectángulo C
r x
r
y
4 1/4 de círculo C
r x
r
y
5 Semicírculo C
2r x
y
r
6 Círculo Cr r x
y x2 + y2 = r2
0 0 πr2
7 Sector circular
C
r
r

 x
y
0 αr2
Centro de gravedad de superfi cies planas
Editorial Macro100 Estática - teoría y aplicaciones
 Nombre Figura A
8 1/4 de elipse
C
a x
b
y
9 Semielipse
a a x
C
y
b 0
10 Elipse
x
C
aa
b
b
y
0 0 πab
11 Paralelogramo C

x
b
a
y
absen α
12 Segmento circular
α αr r
x
C
y
Capítulo 3: Centro de gravedad 101Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura A
13 Trapecio
y
xb
C h
a dc
 
14 Tímpano de 1/4 de círculo
x
x2 + (y – r)2 = r2
r
r
y
C
 
15 Cuadrado
a
a
y
x
C a2
16 Corona circular
R
r
y
x
C 0 0
17 Semicorona circular
Rr
y
x
C 0
18 Segmento de corona circular ααR
r
y
x
C
0
Editorial Macro102 Estática - teoría y aplicaciones
 Nombre Figura A
19 Círculo con núcleo retirado
α
α
b
b
r
a a
y
xC 0 0 2αr
2 – 2ab
20 Pentágono R
y
xC
0 0 2.3773R2
21 Hexágono
R
y
xC
0 0 2.598R2
22 Octágono
R
y
xC
0 0 2.8284R2
23 Decágono
R
y
xC
0 0 2.9389R2
Capítulo 3: Centro de gravedad 103Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura A
24
Polígono regular con 
“n” lados R
y
xC
0 0
25 Área semiparabólica
a
y = kx2b
y
x
C
26 Área parabólica
y
a a
x
y = kx2
bC 0
27 Semiparábola de grado “n”
a
y
b y = kxn
x
C
28
• Tímpano 
 semiparabólico
• Enjuta 
 semiparabólica
b
y = kx2
y
xa
C
Editorial Macro104 Estática - teoría y aplicaciones
 Nombre Figura A
29
• Tímpano de 
 grado “n”
• Enjuta general
b
y
xa
C
30 Tímpano de 1/4 de elipse b
y
x
a
C
0.7765a 0.7765b 0.2146ab
31 Semisegmentoparabólico
b x
y
h C
32 Semisegmentode grado “n”
b x
y
h C
33 Semiparábola de grado “n” b
xa
y
C
Capítulo 3: Centro de gravedad 105Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura A
34 Semiparábola
b
xa
y
C
x = ky2
35 Complemento de semiparábola
x
a
y
b
C
x = ky2
36
Complemento de 
semiparábola de 
grado “n”
x
a
y
b
C
37 Trapecio
xb
a
y
h C
38 Rombo
y
xC 0 0
Editorial Macro106 Estática - teoría y aplicaciones
 Nombre Figura A
1 Cáscara cilíndrica base circular
z
h
r r y
x
C 0 0 2πrh
2 Cáscara semi- cilíndrica
z
h
r r y
x
C 0 πrh
3 1/4 de cáscara cilíndrica
z
h
r
r
y
x
C
4 Cáscara cilíndrica de fondo cerrado
z
h
r r y
x
C 0 0 πr(2h + r)
Centro de gravedad de superfi cies curvas
Capítulo 3: Centro de gravedad 107Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura A
5
Cáscara cilíndrica 
cerrada de ambos 
lados
z
h
r r y
x
C 0 0 2πr(h + r)
6 Cáscara cónica de fondo abierto
h
z
rr
x
C
y
0 0
7 Cáscara semicónica
h
z
rr
x
C
y
0
8 Cáscara cónica base cerrada
h
z
rr
x
C
y
Editorial Macro108 Estática - teoría y aplicaciones
 Nombre Figura A
9 Cáscara esférica
z
r
x
C
y 0 0 0 4πr2
10 Cáscara hemisférica
z
r r
x
C
y
0 0 2πr2
11 1/4 de cáscara esférica
z
r r
x
C
y
0 πr2
12 Cáscara hemisférica base cerrada
z
r r
x
C
y
0 0 3πr2
Capítulo 3: Centro de gravedad 109Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura V
1 1/2 de esfera (hemisferio)
y x2 + y2 = r2
r
x
z
0 0
2 Cono
y h
r
x
z
0 0
3 Semicono y
h r
r
x
z
0
4 Pirámide
hy
a
b
x
z
0 0
5 Pirámide irregular
h
y
a
b
x
z
Centro de gravedad de volúmenes
Editorial Macro110 Estática - teoría y aplicaciones
 Nombre Figura V
6 Cilindro
y
h
z
x 0 0 πr2h
7 Semicilindro
y
h
z
r r
x 0
8 1/4 de cilindro
y
h
z
r
r
x
9 Prisma rectangular
y
z
a
c
b
x
abc
10 Tetraedro recto
y
z
a
c
b
x
Capítulo 3: Centro de gravedad 111Ing. LuisGamio Arisnabarreta
 Nombre Figura V
11 Cubo
y
z
a
a
ax
a3
12 Esfera y
x2 + y2 + z2 = r2z
r
x
C
0 0 0
13 Tronco de cono
R
h
y
x
z
r
C
14 Prisma triangular
b
y
z a
c
x
Editorial Macro112 Estática - teoría y aplicaciones
 Nombre Figura V
15 Cilindro elíptico
b
b
h
y
z
a a
x
C 0 0 πabh
16 1/4 de cono h
r
r
x
y
z
17 Tronco de pirámide h
H
a/2
a/2
b/2b/2 x
z
y
18 1/2 cilindro circular por corte diagonal
h
r r
x
z
y
0
Capítulo 3: Centro de gravedad 113Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura V
19 Semielipsoide de revolución
r r
z
h
x
y
C 0 0
20 Semielipsoide elíptico
b
a
z
c
y
C
ba
x
0 0
21 1/8 de elipsoide
b
a
z
c
x
y
22 Paraboloide de revolución
z
y
h
x
C
r
r
0 0
Editorial Macro114 Estática - teoría y aplicaciones
 Nombre Figura V
23 Paraboloide elíptico C
bb
z
c
2a
x
y
0 0
24 Paraboloide hiperbólico y
a
a
c
bx
z
0
25 Semitoro
zx
y
r r
a aa a
0 0 π2a2r
26 Cono
z
x
y
h
2r
0
Capítulo 3: Centro de gravedad 115Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 69
Hallar el centro de gravedad 
del arco de circunferencia.
Solución:
Simetría: Eje x: 
 
 (1)
 
 (2)
(1) y (2) en x:
y
r
r
L
xαα
rcos θ = x
dL = rdθdθ
θ
r
y
x
Editorial Macro116 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 70
Hallar el centro de gravedad de la línea OA.
Solución:
 
y
O
x
Ay2 = 12x
(12; 12)
Capítulo 3: Centro de gravedad 117Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 71
En la superfi cie triangular mostrada, calcular .
Solución:
Por semejanza de triángulos:
Elemento diferencial: rectángulo
 (1)
 (2)
(1) y (2) en :
y
y
dy
x
x
b
h
h
x
b
y
Editorial Macro118 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 72
Calcular el centro del gravedad de un 
cuarto de círculo.
Solución:
 
θ
dL = rdθ
dθ
r
r x
y
Capítulo 3: Centro de gravedad 119Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 73
Calcular el centroide de la superfi cie rectangular.
Solución:
A) (1)
 
 (2)
 (3)
 (2) y (3) en (1): 
B) (1)
 (2)
 (1) en (2):
O b
h
y
x
dy
y
x
b
O
dxy
y
h
x
x
O
Editorial Macro120 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 74
Hallar el centro de gravedad del sector circular.
Solución:
Eje de simetría x → 
 
 (1)
 (2)
(1) y (2) en :
 
y
r
x
dL = rdθ
dθ
θ
r
r
y
xαα
Capítulo 3: Centro de gravedad 121Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 75
Hallar el centro de gravedad, luego 
calcular el volumen generado al dar 
una vuelta alrededor del eje x.
Solución:
Por simetría 
Algunos cálculos:
Sector circular:
20 cm
8
b
2α
θ
8
2(18.33)
Componentes A(cm2)
+ semicírculo (r = 20)
– semicírculo (r = 12)
+ 2 sector circular
+ triángulo
628.32
–226.19
164.64
146.64
16.49
13.09
5.29
2.67
10 360.99
–2 960.83
870.95
391.53
Σ 713.41 8 662.64
12 cm
20 cm
8 cm
x
y
Editorial Macro122 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 76
Hallar el centro de gravedad 
de la línea compuesta OABCO.
Solución:
 
Cálculos:
: 
 
 
: 
 
 
 
 
 L
AO
OC
CB
BA
15
20
8π
9
0
10
16,65
3.6
7.5
0
8.87
12.3
—
200
418.46
32.4
112.5
—
222.92
110.7
Σ 69.13 650.86 446.12
8 cm
20 cm
15 cm
O xC
α
A
B
20 cm
D
B
C
8
xα
αO
20
15
A
y 17
8az
O C
α
D
α
O
Capítulo 3: Centro de gravedad 123Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 77
Hallar el centro de gravedad 
de la superfi cie lateral del cono.
Solución:
Simetría xy: 
Simetría yz: 
 
Semejanza de triángulos:
dL
r x
x
z
y
y
h
x
z
y
h
dL
dx
dy
Editorial Macro124 Estática - teoría y aplicaciones
Solución:
Por simetría con los planos:
Semejanza de triángulos:
 y = 60 cm → h’ = 75 cm
Componente Volumen (cm3) y (cm) V y
Cono grande 230 100
Cono pequeño –188 490
 Σ = 5 989 Σ = 41 610
Problema 78
Hallar el centro de gravedad del tronco de cono 
circular recto. (r1 = 10 cm; r2 = 12.5 cm; h = 15 cm)
y
h
x
z
r1
r2
12.5
h = 15
y
y
B
h’
z
xAC
10
Capítulo 3: Centro de gravedad 125Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 79
Hallar las coordenadas centroidales 
del volumen del cono circular recto.
Solución:
Por simetría en el plano xy: 
Por simetría en el plano xz: 
 (1)
 (2)
Por semejanza de triángulos:
 en (2)
h
xd
z
y
h – x
h
d/2 y
x
d/2
x dx h – x
Editorial Macro126 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 80
Se gira el área de la fi gura alrededor del eje y. 
Hallar el centroide del volumen.
Solución:
Por simetría con el plano xy: 
Por simetría con el plano zy: 
 (1)
 (2)
De 
en (2):
 en (1)
y2 = 4ax
y = 2ay
x
(a, 2a)
dy
x
x
y
y
z
Capítulo 3: Centro de gravedad 127Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 81
b = 50 mm
Calcular el centro de gravedad de la línea OA.
Solución:
 
 
 (1)
 (2)
 
 
dx
dyd
y
O b
A
x
b/2
Editorial Macro128 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 82
Calcular la longitud “b” tal que el centroide 
de la línea compuesta se encuentre en el 
punto “O”.
Solución:
 x x
AB
DC
AD
BC
b
b
2a
πa
–b/2
–b/2
–b
2a/π
–b2/2
–b2/2
–2ab
2a2
2b + 2a + πa 2a2 – 2ab – b2
 
Reemplazando datos en (1) y (2):
 
A
b
B
a
O
x
y
D C
Capítulo 3: Centro de gravedad 129Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 83
Calcular el centro de gravedad de un cuarto 
de circunferencia .
Solución:
B
y
r
AO
x
x = rcosα
x = rsenα
α x
y
dα
dS = rdα
r
Editorial Macro130 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 84
Calcular “a” y “b” en función de 
“r” si el centroide queda en el punto 
(a/4; r; z), luego calcular z.
Solución:
 (1)
 
 (2)
(1) = (2):
 x y z x y z
AB
CD
BC
a
b
πr
a/2
0
0
0
2r + b/2
r
0
0
2r/π
a2/2
0
0
0
2br + b2/2
πr2
0
0
2r2
a +b + πr a2/2 πr2 + b2/2 + 2br 2r2
b
DC
B
A
a
x
y
z
r
Capítulo 3: Centro de gravedad 131Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 85
Calcular el centroide de la línea 
compuesta semicircunferencia 
AC, CB, DC rectas.
Solución:
Por simetría: 
 x y z x y z
BC
AC
DC
5π
13
13
13
0
2.5
–2.5
0
0
6
6
6
10/π
0
0
2.5
0
32.5
–32.5
0
0
78
78
78
50
0
0
32.5
54.708 0 234 82.5
A O B
D
C
z
y
5’
12’
5’
x
Editorial Macro132 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 86
2 y 5 = un cuarto de circunferencia.
Calcular el centroide de la línea 
compuesta.
Solución:
 (1) (2) (3)
R/2
R
R
R
x
y
z
1
2
5
3 4
línea  x y z x y z
1
2
R R2
3
R R R2
4
0 R 0
5
0 0
6.055R 3.349R2 3.778R2 4.531R2
Capítulo 3: Centro de gravedad 133Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
A x Ax
36r2 3r 108r3
πr2 b – r πr2(b – r)
2rb b/2 rb2
36r2 + πr2 – 2rb 108r3 – rb2 + πr2(b – r)
Problema 87
Calcular “b” si el centroide del área 
compuesta sombreada está en el 
punto “C”.
Solución:
Dato: 
Respuesta: 
a
a
r
+
+
b
2r– – –
a/2 = 3r
a/2 = 3r
a = 6r
xO
y
b
r
c
Editorial Macro134 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 88
Calcular el centroide del área sombreada 
por integración.
Solución:
 (1)
 (2)
 en (1) y (2)
 
 en (1)
y
y
a x
x
a/2
dya – x
y
a x
a/2
Capítulo 3: Centro de gravedad 135Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 89
Calcular por integración el centroide de la 
superfi cie plana denominada 1/4 de elipse.
Solución:
O xa
b
y
 en (2)
dA
x
xdyy
y
Editorial Macro136 Estática - teoría y aplicaciones
Calcular el centroide 
de la superfi cie plana 
sombreada.
Solución:
A x y Ax Ay
R2 R R3
0.2618R2 0.636R 0.170R 0.166R3 0.044R3
0.522R2 0.772R3 0.134R3
R/2 R
2R
O
x
yProblema 90
2R
R/2+
βR/2
R
–
–
–
2α
R
R
–
– –
––
Capítulo 3: Centro de gravedad 137Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Cálculos:
x = x’cos15º = 0.636R
y = x’sen15º = 0.170R
A = αR2 =0.2618R2
x’
y
O x
Problema 91
Calcular el centroide del área 
sombreada por integración.
Solución:
 (1)(2)
y = b
x = a
K1 = 
K2 = 
(a; b)
y
xaO
y1 = K1x
2
y2 = K2x
3
b
dxx
x
y
Editorial Macro138 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 92
Calcular el centroide 
de la superfi cie del 
medio cilindro.
Solución:
Por simetría: 
 
 en (1) y (2)
 en (1)
 en (2)
 
dS
L
x
y
R
L
z
Rx
z
zα dα
dS
Capítulo 3: Centro de gravedad 139Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Solución:
 
A z zA
Superfi cie 
lateral
fondo πR2 0 0
Problema 93
Calcular la relación H/R de modo que el 
centroide de la superfi cie total del cono 
coincida con el centroide del volumen.
H
z
y
R
x
Editorial Macro140 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 94
Calcular el centroide de una cáscara 
semicilíndrica cerrada en ambos 
extremos y abierta en la parte 
superior.
2a
4a
4a
x
z
y
a
a
a
a
Solución:
Por simetría: 
izquierda
derecha
centro
A y Ay
0.904a3
0.904a3
4.566a3
5πa2 6.374a3
 
 
 
 
Capítulo 3: Centro de gravedad 141Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Calcular la ubicación centroidal del tetraedro.
Solución:
~ de s:
 
 
 , 
Problema 95
x
x
y
y
z
z
dz
b
yc
z
c – z
a
c
z
x
c – z
a
b
x
y
c
z
Editorial Macro142 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 96
Calcular el centro de gravedad 
de la pirámide rectangular.
Solución:
Por simetría: 
 dV = xydz
b/2b/2
a/2
a/2
y
h
z
x
h
z
x/2
a/2
y/2
b/2
h
z
x
dzz
y
~ de s:
 
 
Capítulo 3: Centro de gravedad 143Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 97
Calcular el centro de gravedad 
del semicono.
Solución:
Por simetría: 
 del diferencial de volumen
h
z a
y
 
 
z
hx
O
a
a
a
y
dyy
y
z
O
Editorial Macro144 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 98
Calcular el centro de gravedad 
del volumen.
Solución:
Simetría: , 
 (1)
 
x2 + y2 = 9 – z
O
3 m
2 m
5 m dz
z
r
y
z
x
en (1)
Capítulo 3: Centro de gravedad 145Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 99
Calcular por integración 
el centroide del volumen.
Solución:
Por simetría: 
 (1)
 en (1)
 
 en (1)
L
x
y
z
z2 = 3y
O
x
y
y
r
dy
z
Editorial Macro146 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 100
Calcular el centroide del semielipsoide 
por integración.
Solución:
Por simetría: 
 (1)
 
y
x
z
h
rr
r
x
x
dx
dV
y
z
y
Capítulo 3: Centro de gravedad 147Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 101
Calcular “h” si el centro de gravedad coincide con el centro 
C de la cara plana circular del hemiferio.
Solución:
 
 
 
Fig V z Vz
C
z
h
r
Editorial Macro148 Estática - teoría y aplicaciones
Solución:
 
 
Fig. V z Vz
Problema 102
Calcular “h” si el centro de gravedad coincide con el 
centro “C” de la cara plana circular del hemisferio.
h
r
C
r
z
Capítulo 3: Centro de gravedad 149Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 103
Calcular el centro de gravedad del 
tronco de cono recto y circular del cual 
se ha retirado otro tronco de cono recto 
circular y coaxial como el primero, tal 
como se muestra en la fi gura.
10 cm
2 cm
6 cm
6 cm
4 cm
Solución:
A)
 
10y  6y + 36
 4y  36
 y  9
A)
 
 
6
x
2
4
y
6
6
10
B)
 
 4x  12 + 2x
 2x  12
 x  6
~ de Triángulos
Editorial Macro150 Estática - teoría y aplicaciones
B)
 
 
Vol (cm3) Vy
1 1231.5 2.51 3091.06
2 –175.93 6 – 2.35 = 3.65 –642.14
1055.57 2448.92
Problema 104
La superfi cie gira 180º alrededor del eje y 
generando un volumen. Calcular el centro 
de gravedad del volumen.
Solución:
Por simetría plano zy: ; ; 
z
x
y
2 m
2 m
2 m
Capítulo 3: Centro de gravedad 151Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 
 
dy
r ~ de s:
 y
2
2
4
2
r
4 – y
Editorial Macro152 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 105
Calcular la altura “h” hasta la cual debe vaciarse el 
líquido dentro de la copa cónica de modo que esté 
en contacto con la mitad del área de la superfi cie 
interior de la copa.
Solución:
 = 25
Por Pappus: SL = 2π L
 SL = 2π(25)158.11 = 24 835.86 mm
2
 SL = 12 417.93 mm
2
βcos18.43º = h
β = 1.054h
x = = 0.333h = htan18.43º
 = 0.1666h
Por Pappus:
12 417.93 = 2π(0.166h)1.054h
 h = 106.1 mm
100 mm
150 mm
h
150
50
158.11
150
50
x
h
β
18.43º
Capítulo 3: Centro de gravedad 153Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 106
Calcular el centro de gravedad del hemisferio. 
La densidad del material varía linealmente 
desde cero en el origen hasta ρo en la supefi cie. x
y
O
a
z
Solución:
 dw = γdV = ρgdV
 
Por simetría: 
 
ρ = Kx (1)
x = a 
ρ = ρo 
ecuación de 
la densidad
dV = πz2dx
 z2 = a2 – x2
dV = π(a2 – x2)dx
en (1):
ρo = Ka
K = 
ρ = 
x2 + z2 = a2
x
z
dx
Editorial Macro154 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 107
Calcular el centro de gravedad del cuerpo 
formado por un cilindro hueco de ρ = 8 
T/m3 y un hemisferio que tiene una ρ = 
3 T/m3.
Solución:
Por simetría: 
 
 
Fig z ρ V (mm3) ρV zρV
80
120
1 60 8 +π(40)2120 = 603 185.7 482 5485.6 289 529 136
120
40
2 60 8 –π(20)2120 = –150 796.4 –1 20 6 371.2 –723 382 272
40
3 – (40) = – 15 3 + π(40)3 = 134 041.2 402 123.6 –6 031 854
4 021 238 211 115 010
+
+
–
40 mm
120 mm
20 mm20
z
x
y
Capítulo 3: Centro de gravedad 155Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 108
La estructura que se muestra contiene una 
placa A de peso 10 lb/pie2 y alambres B y 
C de peso 2 lb/pie. Calcular el centro de 
gravedad.
Solución:
A Peso: 
B Peso: 
C Peso: 
 = 0.908 pie = 0.630 pie = 1.356 pies
3 pie
R = 4 pie
C
R
B
A
z
y
x
W x y z Wx Wy Wz
A 60 1 0 60 0 80
B 10 1.5 2 0 15 20 0
C 12.57 0 0 32 32
82.57 75 52 112
Editorial Macro156 Estática - teoría y aplicaciones
Problema 109
Calcular el centro de gravedad 
de la pieza de acero, hierro 
fundido y aluminio.
γ = 7.8 g/cm3
γ = 7.15 g/cm3
γ = 2.65 g/cm3
Solución:
 W = γV
acero: 7.8 × 1 × 2 × 1 = 15.6 g
hierro: 7.15 × 1 × 4 × 2 = 57.2 g
aluminio (1)3 × 2.65 = 5.55 g
 
W y z Wy Wz
acero 15.6 3.5 2 54.6 31.2
hierro 57.2 2 0.5 114.4 28.6
aluminio 5.55 1 = 3(1)/8 + 1
= 1.375
5.55 7.63125
78.35 174.55 67.43125
Por simetría: 
 
aluminio
al
um
in
io
hierro hierro
acero acero
1 cm 1 cm
1 cm
1 cm
4 cm
2 cm
y
y
x z
Capítulo 3: Centro de gravedad 157Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 110
Un cilindro de acero está incrustado en un cilindro de madera. Calcular el centro de 
gravedad del conjunto.
γ = 7.8 g/cm3
γ = 1.6 g/cm3
Solución:
W = γV
V 1 = π(6)
24 = 144π , W1 = 723.82 g
V 2 = π[(6)
2 – (4)2]12 = 240π , W2 = 1206.37 g
V = π(4)2(32) = 512π , W3 = 12546.29 g
Por simetría: 
W x Wx
madera1 723.82 2 1 447.64
madera2 1 206.37 10 12 063.7
acero 12 546.29 20 250 925.8
14 476.48 264 437.14
madera
acero
x
y
20 cm
12
 c
m
124
y
z
vista lateral
12
 c
m
8 
cm
MOMENTO DE INERCIA 
DE SUPERFICIES PLANAS
CAPÍTULO 
4
Llamado también momento segundo de superfi cie. Por ejemplo en el análisis de esfuerzos y 
deformaciones en vigas se encuentran expresiones matemáticas de la forma .
Momentos de inercia
Momento 
polar de 
inercia
 → (+), Unidades = (longitud)4
4.1 Teorema de ejes paralelos (Steiner)
, similarmente: 
 
→
y
O
y
a
x
x
A
dA
y
O x
a
C
y
A
dA
yC
d2
d1
xC
C → centroide
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro160
4.2 Radio de giro
Los momentos de inercia y el momento polar de inercia se pueden expresar en forma de 
producto del área A de la superfi cie por el cuadrado de una longitud r (constante).
 radio de giro (+)
 radio de giro (+)
 radio polar de giro (+)
 → relación de radios de giro
Relación de radios de giro entre 2 ejes paralelos uno de los cuales pasa por el centroide de 
la superfi cie:
 , , , 
y y yA
A A
OO
O
r0
x x
xrx
ry
Capítulo4: Momento de inercia de superfi cies planas 161Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
4.3 Producto de inercia o momento segundo mixto
 → (+) ó (−)
y
O x
x
y
A
dA
Si un eje o ambos ejes son ejes de simetría: I = 0
Signos
x(–) x(+)
y(+) y(+)
x(–) x(+)
y(–) y(–)
•
•
•
•
O
x
A
C
yC
y yCxC
xC
C
C C
y y y
xx
x
4.4 Rotación de ejes
α → (+) antihorario (–) horario
x  y
U  V
A
y
V
O
U
xα
α
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro162
4.5 Momentos de inercia principales
Existe un sistema de ejes en los cuales se da en uno de ellos el momento de inercia máximo 
y en el otro se da el momento de inercia mínimo, se denominan ejes principales.
El producto de inercia con respecto a estos ejes es cero.
Magnitudes
Ubicación (α)
 → α1 ; α2 = α1 + 90º
4.6 Método gráfi co: Círculo de Mohr
Se da de una superfi cie plana respecto a ejes x, y. Hallar gráfi camente los valores 
IU, IV, IUV respecto a un sistema de ejes u, v que forman un ángulo α con el sistema de ejes 
x, y en sentido antihorario.
1. En el eje horizontal se ubican los momentos de inercia.
2. En el eje vertical se ubican los productos de inercia.
3. Se ubica en el punto “A” ( ).
4. Se ubica en el punto “B” ( ).
5. Se dibuja la recta que corta a la horizontal en “C”, “C” es el centro del círculo que 
es trazado estando los puntos “A” y “B” contenidos en el círculo.
6. Se dibuja una recta que forma un ángulo 2α con la recta en sentido antihorario, la 
recta es y pasa por el centro del círculo.
7. Las coordenadas “D” y “E” son los valores IU , IV , IUV .
8. El ángulo α’ nos defi ne la posición de los ejes principales en el círculo son los puntos F 
y G.
9. Si en la superfi cie plana se considera un ángulo “α” en el círculo de Mohr se considera 
un ángulo “2α”.
Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 163Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
W, z → ejes principales
z → z eje respecto al cual se genera el 
W → eje con respecto al cual se genera el 
Productos 
de inercia
Momentos 
de inerciaFG
B
E
(I , –I )
(Ix, Ixy)
(IV, –IUV)
(IU, IUV)
C
A
2α
2α
2α’
2α’
D
(Imáx)
(0; 0) (Imín)
Superfi cie 
plana
V y W
U
x
z
α’
α’
α
α
x  y
U  V
w  z
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro164
4.7 Tabla de momentos de inercia
Momentos de inercia de superfi cies planas
C = Centro de gravedad
1 Rectángulo
y yC
xC
h
b x
C 
 
2 Triángulo
y yC
xC
h
b x
a
C
 
3 Triángulo rectángulo
y yC
xC
h
b x
C
 
 
4 1/4 de círculo
y yC
xC
r
r
x
C
5 Semicírculo
y yC
xC
rr x
C
Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 165Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
6 Círculo
y yC
xC
r
x
C
7 Sector circular
y yC
r
r
α
α xC
8 1/4 de elipse
y yC
xC
a
b
x
C
 
9 Semielipse
y
yC
xC
a a
b
x
C
 
10 Elipse
y yC
xCa a
b
b
x
C
 
 
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro166
11 Paralelogramo
y yC
xC
α
a
b x
C
 
12 Segmento circular
y
xC
α αr r
x
C
13 Trapecio
y yC
xC
b
h
a c
x
C
14 Tímpano de1/4 círculo
y yC
xC
r
xC
15 Cuadrado
y yC
xC
a
a
x
C
Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 167Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
16 Corona circular
y yC
xCr
R
x
C
17 Semicorona circular
y yC
r R
x
C
18
Segmento 
de corona 
circular
y
xC
r
ααR
x
C
19
Círculo 
con núcleo 
retirado
α
α
b
b
r
a a
y
xC
20 Pentágono regular
R
y
xC
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro168
21 Hexágono regular
R
y
xC
22 Octágono regular
R
y
xC
23 Decágono regular
R
y
xC
24
Polígono 
regular con “n” 
lados
 
R
y

xC
 
25 Área semiparabólica
a
y = kx2
b
y
x
C
 
 
Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 169Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
26 Área parabólica
y
a a
x
y = kx2
b C
 
27
• Tímpano 
 semiparábolico
• Enjuta 
 semiparabólica
b
y = kx2
y
xa
C
 
 
28
• Tímpano de 
 grado “n”
• Enjuta general
b
y
xa
C x
 
29 Tímpano de 1/4 de elipse b
y
x
a
C 
 
30 Semisegmentoparabólico
b x
y
h C
 
 
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro170
31 Semisegmento de grado “n”
b x
y
h C 
32 Semiparábolade grado “n”
y
x
b
a
C
 
 
33 Semiparábolade grado “n”
b
xa
y
C
 
 
34 Semiparábola
b
xa
y
C
x = ky2
 
 
35 Rombo
y
xC 
Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 171Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura
1 Cuadrado
y
a
a x
C
0
2 Rectángulo
y
h
b x
C
0
3 Triángulo rectángulo
y
h
b x
C
4 Triángulo rectángulo
y
h
b x
xc
yc
C
5 Triángulo rectángulo
y
h
b x
C
4.8 Tabla de productos de inercia
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro172
 Nombre Figura
6 Triángulo rectángulo
y
h
b
x
C
7 Triángulo rectángulo
y
h
b
x
C
8 Triángulo
y
h
b
a
x
C
9 1/4 de círculo
y
r
r
x
C
–0.01647r4
10 1/4 de círculo
y
r
r x
C
0.01647r4
Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 173Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura
11 Semicírculo
y
rr x
C
0
12 Círculo
y
r
x
C 0 πr4
13 Sector circular
y
α
α
r
r
C x = 
0 0
14 1/4 de elipse
y
xa
b C
–0.01647a2b2
15 Semielipse
y
x
C
a a
b
0
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro174
 Nombre Figura
16 Elipse
y
x
Ca a
b
b
0 πa2b2
17 Paralelogramo
y
x
C
a
b
α
18 Segmento circular
y = 
C
r rα α
x
0 0
19 Trapecio
y
h C
b
a c
x
20 Corona circular
y
C
r
R
x
0 πR2(R2 – r2)
Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 175Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura
21 Semicorona circular
y =
C
r R
x
0 0
22 Segmento de corona circular
C
rR
x
α α
y =
0 0
23 Círculo con núcleo retirado C
b
b
α
α
a a
r
y =
x = 0 0
24 Polígono regular con “n” lados C
R

y =
x =
0 0
25 Área semiparabólica
x
C
y = kx2
a
y
b
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro176
 Nombre Figura
26 Área parabólica
x
C
y = kx2a a
b
y =
0 0
27 Semiparábola de grado “n”
x
C
a
y
b
28
• Tímpano 
 semiparabólico
• Enjuta 
 semiparabólica
x
C
y = kx2
a
y
b
29
• Tímpano 
 de grado “n”
• Enjuta 
 general
x
C
a
y
b
30
Tímpano 
de 1/4 
de elipse
x
C
y
b
a
–0.00439a2b2
Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 177Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
 Nombre Figura
31 Semisegmentoparabólico
b x
y
h C
32 Semisegmento de grado “n”
b x
y
h
C
33 Semiparábolade grado “n”
b
xa
y
C
34 Semiparábola
b
xa
y
C
x = ky2
35 Rombo C
= y
x = 0 0
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro178
Problema 111
Calcular los momentos de inercia de la fi gura mostrada 
con respecto a los ejes x y xG.
Solución:
x
xG//
//
y
h
b
C.G.
Problema 112
Calcular el momento de 
inercia con respecto al eje x.
h/2
h/2dyy
(IXG)
xG
b
C.G.
x
dy
y
(IX)
h
b
y
r
x
Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 179Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Solución:
Problema 113
Calcular J0.
Solución:
 (1)
 (2) en (1)
y
R
O
x
y
x
O
ρ
dρ
ρsenα = y
ρdαdρ
ρ
x
y
dα
α
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro180
Problema 114
Calcular IXY y IXYCG del triángulo.
Solución:
Semejanza de triángulos: 
30 cm
x
y/2
x
y
y
dx
25 cm
55 – x
20 cm
30 cm
x
y
25 cm
20 cm
Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 181Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 115
Calcular IXY.
Solución:
I = I
G G
 + A 
Para nuestro caso: I
G G
 = 0 (Para cada rectángulo)
 A x y
Figura 1 10 × 2 ×1 × 7 = 140 cm4
Figura 2 16 × 2 × 8 × 1 = 256 cm4
 IXY = 396 cm
4
Problema 116
Calcular .
Solución:
I = (5)(20)3 + 100(10)2 + (30)(5)3 + 150(2.5)2
 I = 14 583.33 cm4
32.01
25
α
20
A
100 – 27.5 10 – 275 000
150 – 15 – 2.5 5 625
A = 250 cm2 – 21 875 = I
α = 38.66º
 β = 51.34º
16 cm
10 cm
2 cm
x
2 cm
y
12
 c
m 1
2
α β x’
y’y
20 cm
5 cm
5 cm 25 cm
x
α
Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro182
I = (20)(5)3 + 100(27.5)2