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Facultad de Ingeniería Departamento de Mecánica

MECÁNICA GENERAL - MECÁNICA I

Raúl Rosas Lozano

Autor: Raúl Rosas Lozano

INDICE Pág.

I Introducción 1

1.1 ¿Qué es la Mecánica? 1

1.2 Principios y conceptos fundamentales 2

El principio de transmisibilidad 3

La ley del paralelogramo para la suma de fuerzas 3

Primera ley de Newton 4

Segunda ley de Newton 4

Tercera ley de Newton 4

La ley de la gravitación de Newton 5

II Fuerza y Momento 6

2.1 Fuerza como vector 6

2.1.1 Componentes rectangulares de una fuerza 8

Vector unitario 8

Vectores unitarios cartesianos 9

Representación vectorial cartesiana 9

Producto punto 25

Producto cruz 31

2.2 Momento de una fuerza 33

Par 41

2.3 Resultantes de sistemas de fuerzas 45

III Equilibrio 51

3.1 Introducción 51

3.2 Condiciones de equilibrio 56

IV Estructuras y vigas 63

4.1 Armaduras 63

Método de los nudos 66

Método de las secciones 71


4.2 Marcos y entramados 76

4.3 Vigas 80

Vigas con cargas concentradas 81

Vigas con cargas distribuidas 86

V Centroides y momentos de inercia 97

5.1 Centro de gravedad 97

5.2 Centroides 99

5.2.1 Centroide de áreas compuestas 107

5.3 Momentos de inercia 111

Radio de giro de una superficie 112

5.3.1 Cambio de ejes 116

5.3.2 Momento de inercia de superficies compuestas 119


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I INTRODUCCIÓN

1.1 ¿QUE ES LA MECANICA?

La mecánica se puede definir como aquella ciencia que describe y predice

las condiciones de reposo o movimiento de los cuerpos bajo la acción de

fuerzas. Esta se divide en tres partes: la mecánica de los cuerpos rígidos, la

mecánica de los cuerpos deformables y la mecánica de fluidos.

La mecánica de los cuerpos rígidos se subdivide en estática y dinámica; la

primera trata sobre los cuerpos en reposo y la segunda sobre los cuerpos

en movimiento. En esta parte del estudio de la mecánica se supone que los

cuerpos son perfectamente rígidos. Sin embargo, las estructuras y las

máquinas reales nunca son completamente rígidas y se deforman bajo la

acción de las cargas a las cuales están sometidas. A pesar de esto, a

menudo dichas deformaciones son pequeñas y no afectan en forma

apreciable las condiciones de equilibrio o de movimiento de la estructura en

consideración Pero, estas deformaciones son importantes en lo concerniente

a la resistencia a la falla de la estructura y se estudia en la resistencia de

materiales, la cual forma parte de la mecánica de los cuerpos deformables.

La tercera división de la mecánica, la mecánica de fluidos, se subdivide en

el estudio de lo fluidos incompresibles y de los fluidos compresibles. Una

subdivisión importante del estudio de los fluidos incompresibles es la

hidráulica, la cual trata con problemas que involucran al agua.

La mecánica es una ciencia física, puesto que trata con el estudio de

fenómenos físicos. Sin embarga, algunos la asocian con las matemáticas,

mientras que muchos la consideran como un tema de la ingeniería. Estos dos

puntos de vista están parcialmente justificados. La mecánica constituye la

base de la mayoría de las ciencias ingenieriles y es un prerrequisito

indispensable para su estudio. A pesar de ello, la mecánica no tiene el

empirismo encontrado en algunas ciencias ingenieriles, esto es, no

depende únicamente de la experiencia o de la observación; por su rigor y el

énfasis que pone en el razonamiento deductivo se asemeja a las matemáticas.


- 2 -

Pero, nuevamente, la mecánica no es una ciencia abstracta ni tampoco es una

ciencia pura, la mecánica es una ciencia aplicada. El propósito de la mecánica

es el de explicar y predecir los fenómenos físicos y, por ende, establecer los

fundamentos para las aplicaciones ingenieriles.

1.2 PRINCIPIOS Y CONCEPTOS FUNDAMENTALES

Los conceptos básicos usados en la mecánica son espacio, tiempo, masa y

fuerza. Estos conceptos no pueden ser definidos realmente, deben ser

aceptados con base en nuestra experiencia e intuición y ser utilizados como

un marco mental de referencia para el estudio de la mecánica.

El concepto de espacio esta asociado con la noción de la posición de un punto

P. La posición de P puede ser definida por medio de tres medidas de longitud a

partir de un cierto punto de referencia, u origen, en tres direcciones dadas.

Estas longitudes se conocen como las coordenadas de P.

Para definir un evento, no es suficiente con indicar su posición en el espacio. El

tiempo del evento también debe ser especificado.

El concepto de masa se usa para caracterizar y comparar a los cuerpos en

términos de ciertos experimentos fundamentales de la mecánica. Por ejemplo,

dos cuerpos que poseen la misma masa serán atraídos por la Tierra de la

misma forma; estos también ofrecerán la misma resistencia a un cambio en su

movimiento de traslación.

Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro. Esta puede ser

ejercida a través de un contacto directo o a distancia, como en el caso de las

fuerzas gravitacionales y las fuerzas magnéticas. Una fuerza está caracterizada

por su punto de aplicación, su magnitud, su dirección y su sentido, y se

representa por medio de un vector.

El estudio de la mecánica elemental descansa sobre seis principios

fundamentales:


- 3 -

El principio de transmisibilidad. Este principio establece que la condición de

equilibrio o de movimiento de un cuerpo rígido permanecerá inalterada si una

fuerza que actúa en un punto dado del mismo se reemplaza por una fuerza

igual, pero que actúa en un punto distinto, siempre y cuando ambas fuerzas

tengan la misma línea de acción. Así se puede ver en la figura 1, que la fuerza

P que actúa sobre el cuerpo, puede considerarse aplicada en A o en B, no

cambiando el efecto exterior sobre dicho cuerpo.

Figura 1

La ley del paralelogramo para la suma de fuerzas. Esta ley establece que

dos fuerzas que actúan sobre una partícula pueden ser reemplazadas por una

sola fuerza, llamada la resultante, que se obtiene dibujando la diagonal del

paralelogramo cuyos lados son iguales a las fuerzas dadas.

Si se tiene dos fuerzas concurrentes 21 FyFrr

pueden sumar mediante la regla

del paralelogramo para obtener su suma o resultante Rv

según se indica en la

figura 2(a). Si las dos fuerzas son coplanarias, pero están aplicadas a dos

puntos diferentes, como en la figura 2(b), por el principio de transmisibilidad se

pueden deslizar a lo largo de sus líneas de acción y obtener su suma Rv

en el

punto de concurrencia. La resultante Rv

podrá sustituir a 21 FyFrr

sin alterar los

efectos exteriores ejercidos sobre el cuerpo. También podrá utilizarse la regla

del triángulo para obtener Rv

, pero ello exige el desplazamiento de la línea de

acción de una de las fuerzas en la forma indicada en la figura 2(c). En la figura

2(d) se han sumado las mismas fuerzas, y aun cuando se obtienen el módulo y

dirección correctas de Rv

, se ha perdido su línea de acción. Por tanto, se debe


- 4 -

evitar este tipo de construcción. Matemáticamente, la suma de las dos fuerzas

puede escribirse mediante la ecuación vectorial

RFFrrr

=+ 21

(a) (b) (c) (d)

Figura 2

Primera ley de Newton. Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula

es cero, la partícula permanecerá en reposo (si originalmente lo estaba) y se

moverá con velocidad constante en una línea recta (si originalmente lo hacía).

Segunda 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 y sentido que esta última. Esta ley puede

enunciarse como

F = ma

Donde F, m y a representan, respectivamente, la fuerza resultante que

actúa sobre la partícula, la masa de la partícula y la aceleración de la

partícula, expresadas en un sistema consistente de unidades.

Tercera ley de Newton. Las fuerzas de acción y reacción entre cuerpos en

contacto tienen la misma magnitud, la misma línea de acción y sentidos


- 5 -

opuestos.

La ley de la gravitación de Newton. Esta ley establece que dos partículas de

masa M y m se atraen mutuamente con fuerzas iguales y opuestas F cuya

magnitud está dada por la fórmula

F = GMm/r2

Donde r es la distancia entre las dos partículas

G es una constante universal llamada la constante de gravitación.

Por ahora, la primera y la tercera ley de Newton, la ley del paralelogramo para

la suma de vectores y el principio de transmisibilidad, proporcionarán las bases

requeridas para el estudio de la estática de partículas, la estática de los

cuerpos rígidos y la estática de los sistemas constituidos por cuerpos rígidos.


- 6 -

II FUERZA Y MOMENTO

2.1 FUERZA COMO VECTOR

Las fuerzas son cantidades vectoriales, caracterizadas por un punto de

aplicación, una magnitud, una dirección y un sentido y pueden sumarse de

acuerdo con la ley del paralelogramo. La magnitud, dirección y sentido de la

resultante R de dos fuerzas P y Q pueden determinarse gráficamente o por

medio de la trigonometría, empleando consecutivamente la ley de los cosenos

y la ley de los senos.

Ejercicio Nº 1.

Las dos fuerzas P y Q, actúan sobre el perno A, como se muestra en la figura

3(a). Determinar su resultante.

Figura 3

Solución

Se construye un paralelogramo con lados iguales a P y Q, la diagonal de este

paralelogramo a partir del punto A es la resultante R pedida (figura 3b).

Utilizando uno de los triángulos que componen el paralelogramo, como se

muestra en la figura 3(c) y aplicando la ley de los cosenos se obtiene:

( ) ( ) ( )( ) NRR 73,97155cos604026040 222 =→−+=

Ahora, aplicando la ley de los senos, se puede escribir

º04,35º04,15º20º04,1573,97155

60=⇒+==→= ααluegoAsenAsen

(a) (b) (c)


- 7 -

Ejercicio Nº 2.

Determinar las magnitudes de las componentes u y v de la fuerza de 900 N

representada en la figura 4(a).

Figura 4

Solución

En la figura 4(b) se puede ver el módulo, dirección y sentido de la fuerza de

900 N. Las componentes uFr

y vFr

, según los ejes u y v se pueden determinar

trazando rectas paralelas a estos ejes por el extremo y el origen del vector que

representa la fuerza de 900 N. Al paralelogramo así construido se le puede

aplicar el teorema del seno para determinar la magnitud de las fuerzas uFr

y vFr

ya que se conocen los ángulos de los dos triángulos que forman el

paralelogramo. Así pues,

110900

2545 sensenF

senF vu ==

de donde se obtiene que

NFsen

senFNFsen

senF vvuu 77,404110

2590023,677110

45900=⇒==⇒=

(a) (b)


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2.1.1 Componentes Rectangulares de una Fuerza

En la solución de la mayoría de los problemas técnicos prácticos no es común

la utilización de componentes oblicuas de fuerzas. En cambio, sí es muy co-

rriente el empleo de componentes ortogonales (rectangulares) entre sí. El

proceso de obtención de componentes rectangulares es más sencillo ya que el

paralelogramo que se utilice para representar la fuerza y sus componentes es

un rectángulo y el teorema del coseno que se utiliza para hallar los valores nu-

méricos de las componentes se reduce entonces al teorema de Pitágoras.

Vector Unitario

Un vector unitario es un vector que tiene una magnitud igual a 1. Si Ar

es un

vector cuya magnitud es A distinta de 0, entonces un vector unitario que tenga

la misma dirección y sentido que Ar

se representa como

AAuA

r

=ˆ (1)

Rescribiendo esta ecuación, se tiene que:

AuAA ˆ=r

(2)

Puesto que el vector Ar

es de cierto tipo, por ejemplo un vector fuerza, éste

tendrá unidades de fuerza apropiadas para su descripción. La magnitud A

también tendrá estas unidades; de aquí que de la ecuación (1) se infiere que el

vector unitario no tiene unidades. La ecuación (2) por lo tanto indica que el

vector Ar

puede expresarse en términos tanto de su magnitud como de su

dirección y sentido en forma separada, es decir, A (un escalar positivo) define

la magnitud de Ar

y ûA (un vector adimensional) define la dirección y el sentido

de Ar

, como se indica en la figura (5)


- 9 -

Figura 5

Vectores unitarios cartesianos. En tres dimensiones, el conjunto de vectores

unitarios cartesianos: ,ˆˆ,ˆ kyji , se utiliza para designar las direcciones de los

ejes x, y, z respectivamente, el sentido (o punta de la flecha) de estos vectores

se describirá analíticamente por un signo más o por un signo menos,

dependiendo de si éstos apuntan a lo largo del eje positivo o negativo de los

ejes x, y y z. De esta forma, los vectores positivos unitarios se muestran en la

figura 6.

Figura 6

Representación vectorial cartesiana.

Una fuerza Fr

que se encuentra actuando en el plano x-y se puede

descomponer en una componente rectangular xFr

dirigida según el eje x y otra

componente rectangular yFr

dirigida según el eje y, como se indica en la figura

7(a). Las fuerzas xFr

y yFr

son las componentes vectoriales de la fuerza Fr

. Los

ejes x e y suelen tomarse horizontal y vertical, como se indica en la figura 7(a);

no obstante, se pueden tomar en dos direcciones perpendiculares


- 10 -

cualesquiera. Estas direcciones suelen venir indicadas por la geometría del

problema.

yFr

Fr

jFyˆ F

r

θ xFr

j θ iFxˆ

(a) (b)

Figura 7

La fuerza Fr

y sus componentes vectoriales bidimensionales xFr

y yFr

se pue-

den escribir en forma vectorial cartesiana utilizando los vectores unitarios ji ˆ,ˆ

dirigidos según los sentidos positivos de los ejes x e y, como se indica en la fi-

gura 7(b). Luego,

jFiFFFF yxyxˆˆ +=+=

rrr (3)

donde los escalares xF y yF son las componentes escalares x e y de la fuerza

Fr

. Las componentes escalares xF y yF están relacionadas con el módulo

FFr

= y con el ángulo de inclinación θ (dirección) de la fuerza Fr

a través de

las expresiones siguientes:

θcosFFx = θsenFFy = 22yx FFF += ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= −

x

yF

Ftg 1θ (4)

Las componentes escalares xF y yF , de la fuerza Fr

pueden ser positivas o

negativas, según cuál sea el sentido de las componentes vectoriales xFr

y yFr

.

La componente escalar será positiva si la componente vectorial

correspondiente tiene el mismo sentido que el vector unitario asociado y

x

y y

x

i


- 11 -

negativa en caso contrario.

Análogamente, en los problemas en que sea necesario un análisis tridimen-

sional, una fuerza Fr

en el espacio se puede descomponer en tres

componentes rectangulares mutuamente ortogonales zyx FyFFrrr

, , dirigidas

según los ejes de coordenadas x, y, z, tal como se indica en la figura 8. La

fuerza Fr

y sus componentes vectoriales tridimensionales zyx FyFFrrr

, . se

pueden también escribir en forma vectorial cartesiana utilizando los vectores

unitarios kji ˆ,ˆ,ˆ dirigidos en los sentidos positivos de los ejes de coordenados

x, y, z. Así,

kFjFiFkFjFiFFFFF zyxzyxzyxˆcosˆcosˆcosˆˆˆ θθθ ++=++=++=

rrrr (5)

zFr

θz Fr

θy

xFr

Figura 8

yFr

y

x

z

θx


- 12 -

De esta manera, las componentes escalares zyx FyFF , están relacionadas

con el módulo F y con la dirección y sentido de la fuerza mediante las

expresiones siguientes:

xx FF θcos= yx FF θcos= zx FF θcos=

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛= −

FFx

x1cosθ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= −

FFy

y1cosθ ⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛= −

FFz

z1cosθ (6)

222zyx FFFF ++=

Los ángulos θx, θy y θz son los ángulos ( )o1800 ≤≤ θ que forma la fuerza Fr

con los semiejes de coordenadas positivos. Los cosenos de estos ángulos, se

denominan cosenos directores.

Si un ángulo es mayor que 90º, su coseno es negativo, lo que indica que el

sentido de la componente es opuesto al sentido positivo del eje de

coordenadas correspondiente. Luego entonces, las ecuaciones (6) dan el signo

y la magnitud de las componentes escalares de la fuerza y son válidas para

todo valor del ángulo.

Si se relaciona la ecuación (2) con la última igualdad de la ecuación (5), se

puede obtener que el vector formado por los cosenos directores de un vector

cualquiera, es su vector unitario, es decir,

ukji zyx ˆˆcosˆcosˆcos =++ θθθ (7)

Considerando que la magnitud de cualquier vector unitario es 1, entonces

1coscoscos 222 =++ zyx θθθ (8)

Cuando una fuerza Fr

se define en el espacio por su magnitud F y por las

coordenadas de dos puntos, M (x1, y1, z1) y N (x2, y2, z2) localizados a lo largo


- 13 -

de su línea de acción, como se indica en la figura 9, ésta se puede escribir en

forma vectorial de la siguiente manera:

Figura 9

Primero, se expresa el vector dr

que une a los puntos M y N en términos de sus

componentes zyx dyddrrr

, ; de esta forma se escribe

( ) ( ) ( )kzzjyyixxkdjdidd zyxˆˆˆˆˆˆ

121212 −+−+−=++=r

(9)

Después se determina el vector unitario u a lo largo de la línea de acción de Fr

dividiendo dr

por su magnitud MN = d

d

kdjdidddu zyx

ˆˆˆˆ

++==

r

(10)

Recordando que Fr

es igual al producto de F y u , se tiene que

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ++==

dkdjdid

FuFF zyxˆˆˆ

ˆr

A partir de esta expresión se determina que las componentes escalares de Fr

son:


- 14 -

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

dd

FF xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

dd

FF yy ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

ddFF z

z

Ejercicio Nº 3

Determine la magnitud y los ángulos directores coordenados de la fuerza

resultante que actúa en el anillo de la figura 10(a).

Figura 10

Solución

Como cada fuerza está representada en forma vectorial cartesiana, la fuerza

resultante mostrada en la figura 10(b), se obtuvo a partir de:

( ) ( ) lbkjiFkjikjFFF RRˆ180ˆ40ˆ50ˆ100ˆ100ˆ50ˆ80ˆ6021 +−=⇒+−++=+=

rrr

La magnitud de la fuerza resultante se obtiene de las ecuaciones (6), es decir,

lbFF RR 1911804050 222 =⇒++=

Los ángulos directores coordenados se determinan de las componentes del

vector unitario de la fuerza resultante RFr

(a) (b)


- 15 -

kjiukjiFFu

RR FR

Fˆ9422,0ˆ2094.0ˆ2617,0ˆˆ

191180ˆ

19140ˆ

19150ˆ +−=⇒+−==

r

De tal forma que

º8,742617,0cos =→= xx θθ

º1022094,0cos =→−= yy θθ

º6,199422,0cos =→= zz θθ

Estos ángulos se muestran en la figura 10(b).

Ejercicio Nº 4

Exprese la fuerza F mostrada en la figura 11 como un vector cartesiano.

Figura 11

Solución

Como sólo se indican dos ángulos directores coordenados, el tercer ángulo α

se puede determinar a partir de la ecuación (8), esto es,

5,0cos145cos60coscos 222 ±=→=++ αα

De aquí que º120º60 == αα o


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De la figura 11, se deduce claramente que es necesario que el valor de α sea

de 60º, puesto que la componente en x de la fuerza debe ser positiva, es decir,

actuar en el sentido +x.

Utilizando la ecuación (5), con F = 200 N, se tiene

kjiF ˆ45cos200ˆ60cos200ˆ60cos200 ++=r

NkjiF ˆ4,141ˆ100ˆ100 ++=r

Ejercicio Nº 5

Exprese la fuerza F mostrada en la figura 12(a) como un vector cartesiano.

(a) (b)

Figura 12

Solución

En este ejercicio los ángulos de 60º y 30º que definen la dirección de F no son

ángulos directores coordenados. Sin embargo, aplicando la regla del

paralelogramo dos veces, F puede ser descompuesta en sus componentes

rectangulares cartesianas como se muestra en la figura 12(b). Del triángulo de

color gris claro se tiene

230446,330cos4' ==== senFyF z


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Luego, utilizando F’ y el triángulo de color gris oscuro se tiene

36046,373,160cos46,3 ==== senFyF yx

Finalmente

kNkjiF ˆ2ˆ3ˆ73,1 ++=r

Ejercicio Nº 6

El tirante de una torre está anclado por medio de un perno en A. La tensión en

dicho cable es de 2500 N. Determine: a) las componentes zyx FyFF , de la

fuerza que actúa sobre el perno y b) los ángulos directores que definen la

dirección de dicha fuerza.

Figura 13

Solución

a) La línea de acción de la fuerza Fr

que actúa sobre el perno pasa por los

puntos A y B y está dirigida desde A hacia B como se indica en la figura 13(b).

Las componentes del vector dBArr

= , el cual tiene la misma dirección y el

(a) (b) (c)


- 18 -

mismo sentido que la fuerza, están dadas por

308040 ==−= zyx ddd

La distancia total desde A hasta B es

3,94308040 222 =++== dAB

Considerando los vectores unitarios a lo largo de los ejes coordenados, se

tiene

kjidBA ˆ30ˆ80ˆ40 ++−==rr

Calculando el vector unitario ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛= dduAB

rˆ , se puede escribir ABuFF ˆ=

r de lo que

se obtiene

kjiFkjiF ˆ795ˆ2120ˆ10603,94

ˆ30ˆ80ˆ402500 ++−=→⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++−=

rr

Por lo tanto las componentes de Fr

son:

NFNFNF zyx 79521201060 ==−=

b) Usando las ecuaciones (6), se determina que

º1,11525001060cos =→

−= xx θθ

º3225002120cos =→= yy θθ

º5,712500795cos =→= zz θθ


- 19 -

Ejercicio Nº 7

Determinar el módulo R de la resultante de las cuatro fuerzas representadas en

la figura 14(a) y el ángulo θx que forma su recta soporte con el eje x.

Figura 14

Solución

El módulo R de la resultante se determinará utilizando las componentes rectan-

gulares Fx y Fy de cada una de las fuerzas. Así,

F1x = 80 cos 140º = - 61,28 N

F1y = 80 sen 140º = + 51,42 N

F2x = 60 cos 110º = - 20,52 N

F2y = 60 sen 110º = + 56,38 N

F3x = 75 cos 45º = + 53,03 N

F3y = 75 sen 45º = + 53,03 N

F4x = 90 cos 17º = + 86,07 N

F4y = 90 sen 17º = + 26,31 N

Una vez conocidas las componentes rectangulares de las fuerzas, se obtienen

las componentes Rx y Ry de la resultante mediante las expresiones

Rx = Σ Fx = F1x + F2x + F3x + F4x = - 61,28 - 20,52 + 53,03 + 86,07

(a) (b)


- 20 -

Rx = + 57,3 N

Ry = Σ Fy = F1y + F2y + F3y + F4y = + 51,42 + 56,38 + 53,03 + 26,31

Ry = + 187,14 N

El módulo R de la resultante es

NRRRR yx 7,19514,1873,57 2222 =⇒+=+=

El ángulo θx se obtiene a partir de la expresión

º733,5714,18711 =⇒⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −−

xx

yx tg

RR

tg θθ

La resultante R de las cuatro fuerzas de la figura 14(a) está representada en la

figura 14(b).

Ejercicio Nº 8

Determinar el módulo R de la resultante de las tres fuerzas representadas en la

figura 15 y los ángulos θx, θy y θz que forma la recta soporte de la resultante

con los semiejes positivos de coordenadas x, y, z.

Figura 15


- 21 -

Solución

Primero se determinará el módulo R de la resultante de las tres fuerzas

representadas en la figura 15 y los ángulos θx, θy y θz, que forma su recta

soporte con los ejes x, y, z. Así,

959,1064cos25459,1930cos26cos25235,11120cos26cos25 111 ====−== zyx FFF( ) ( ) 66,8601033,46060cos105,260cos60cos10 222 ==−=−==−= senFsenFF zyx

135,41615046,115016cos15268,950cos16cos15 333 ====== senFsenFF zyx

Una vez conocidas las componentes rectangulares de cada una de las fuerzas,

se obtienen las componentes Rx, Ry y Rz de la resultante mediante las

expresiones

Rx = Σ Fx = F1x + F2x + F3x = -11,235 + 2,5 + 9,268

Rx = 0,533 kN

Ry = Σ Fy = F1y + F2y + F3y = 19,459 – 4,33 + 11,046

Ry = 26,175 kN

Rz = Σ Fz = F1z + F2z + F3z = 10,959 + 8,66 + 4,135

Rz = 23,754 kN


kNRRRRR zyx 35,35754,23175,26533,0 222222 =⇒++=++=

Los ángulos θx, θy y θz se obtienen mediante las expresiones

º14,8935,35

533,0coscos 11 =⇒⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= −−

xx

x RR

θθ


- 22 -

º23,4235,35

175,26coscos 11 =⇒⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −−

yy

y RR

θθ

º78,4735,35754,23coscos 11 =⇒⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= −−

zz

z RR

θθ

Ejercicio Nº 9

Determinar el módulo R de la resultante de las tres fuerzas representadas en la

figura 16 y los ángulos θx, θy y θz que forma la recta soporte de la resultante

con los semiejes positivos de coordenadas x, y, z.

Figura 16

Solución

Como se observa en la figura 16 además de por el origen de coordenadas, las

rectas soporte de las fuerzas F1, F2 y F3 pasan por los puntos de coordenadas

(3, -2,5, 3,5), (-3, -4,5, 3,5) y (3, 5, 4) respectivamente. Como se conocen las

coordenadas de estos tres puntos del espacio, se puede determinar fácilmente

los vectores unitarios asociados a las fuerzas mencionadas usando las

ecuaciones (9) y (10).

kjikjiu ˆ6674,0ˆ4767,0ˆ572,05,35,23

ˆ5,3ˆ5,2ˆ3ˆ2221 +−=

++

+−=


- 23 -

kjikjiu ˆ5433,0ˆ6985,0ˆ4657,05,35,43

ˆ5,3ˆ5,4ˆ3ˆ2222 +−−=

++

+−−=

kjikjiu ˆ5657,0ˆ7071,0ˆ4243,0453

ˆ4ˆ5ˆ3ˆ2223 ++=

++

++=

Ahora, utilizando la ecuación (2) se puede expresar en forma vectorial

cartesiana cada una de las tres fuerzas

( ) kjiFkjiuFF ˆ348,13ˆ534,9ˆ44,11ˆ6674,0ˆ4767,0ˆ572,020ˆ 1111 +−=→+−==rr

( ) kjiFkjiuFF ˆ299,16ˆ955,20ˆ971,13ˆ5433,0ˆ6985,0ˆ4657,030ˆ 2222 +−−=→+−−==rr

( ) kjiFkjiuFF ˆ628,22ˆ284,28ˆ972,16ˆ5657,0ˆ7071,0ˆ4243,040ˆ 3333 ++=→++==rr

La resultante Rr

de las tres fuerzas es

kRjRiRFFFR zyxˆˆˆ

321 ++=++=rrrr

donde

Rx = Σ Fx = F1x + F2x + F3x = 11,44 – 13,971 + 16,972

Rx = 14,441 kN

Ry = Σ Fy = F1y + F2y + F3y = -9,534 – 20,955 + 28,284

Ry = -2,205 kN

Rz = Σ Fz = F1z + F2z + F3z = 13,348 + 16,299 + 22,628

Rz = 52,275 kN

Luego


- 24 -

kNkjiR ˆ275,52ˆ205,2ˆ441,14 +−=r


kNRRRRR zyx 27,54275,52205,2441,14 222222 =⇒++=++=

Los ángulos θx, θy y θz se obtienen mediante las expresiones

º57,7427,54441,14coscos 11 =⇒⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= −−

xx

x RR

θθ

º33,9227,54205,2coscos 11 =⇒⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −−

yy

y RR

θθ

º58,1527,54275,52coscos 11 =⇒⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= −−

zz

z RR

θθ


- 25 -

Producto Punto En ocasiones, en estática se tiene que determinar el ángulo entre dos líneas, o

las componentes de una fuerza paralela o perpendicular a una línea. En el caso

bidimensional, esto puede resolverse fácilmente por trigonometría. En el caso

tridimensional, es algo más complicado y generalmente se debe utilizar

métodos vectoriales para encontrar la solución. El término producto punto se

refiere a un método particular para “multiplicar” dos vectores y se utiliza para

resolver los problemas antes mencionados.

El producto punto de los vectores ByArr

que se expresa como BArr

• , y se lee

como “A punto B”, se define como el producto de las magnitudes de ByArr

, y el

coseno del ángulo θ entre sus colas; como se muestra en la figura17.

Expresado en forma de ecuación se tiene:

θcosBABA =•rr

(11)

donde º180º0 ≤≤ θ . El producto punto se llama frecuentemente producto

escalar de vectores, puesto que el resultado es un escalar y no un vector.

Figura 17

El producto punto cumple con las siguientes leyes de operación:

Ley conmutativa:

ABBArrrr

•=•

Multiplicación por un escalar

( ) ( ) ( ) ( )αααα BABABABArrrrrrrr

•=•=•=•

Ar

Brθ


- 26 -

Ley distributiva

( ) ( ) ( )DABADBArrrrrrr

•+•=+•

Si los vectores ByArr

están expresados en forma vectorial cartesiana,

entonces el producto punto entre ellos es

( ) ( )kBjBiBkAjAiABA zyxzyxˆˆˆˆˆˆ ++•++=•

rr

Luego de llevar a cabo las operaciones del producto punto y considerando que

0ˆˆ0ˆˆ0ˆˆ1ˆˆ1ˆˆ1ˆˆ

=•=•=•

=•=•=•

jkkiji

kkjjii

el resultado final es

zzyyxx BABABABA ++=•rr

(12)

En mecánica el producto punto tiene dos aplicaciones importantes

El ángulo formado entre dos vectores o líneas de intersección. El ángulo

θ entre las colas de los vectores ByArr

en la figura 17 puede

determinarse de la ecuación (11) y expresarse como:

º180º0cos 1 ≤≤⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ •= − θθ

BABArr

Las componentes de un vector paralelo y perpendicular a una línea. La

componente de un vector Ar

paralelo o colineal a la línea 'aa en la figura

18 se define por llAr

donde θcosAAll = . Esta componente con frecuencia

es conocida como la proyección de Ar

sobre la línea puesto que se

forma un ángulo recto en la figura. Si la dirección de la línea se


- 27 -

especifica por el vector unitario u , entonces se puede determinar llAr

directamente del producto punto, es decir,

uAAAll ˆcos •==r

θ

θ

Figura 18

De aquí que, la proyección escalar de Ar

a lo largo de una línea se determina a

partir del producto punto de Ar

y el vector unitario u , el cual define la dirección

de la línea. Si éste resultado es positivo, entonces llAr

tiene el mismo sentido

de u , mientras que si es negativo, entonces su sentido es opuesto al de u . La

componente llAr

representada como un vector es, por lo tanto:

( )uuAuAAll ˆˆˆcos •==rr

θ (13)

Ejercicio Nº 10

La estructura mostrada en la figura 19(a) se encuentra bajo la influencia de una

fuerza horizontal NjF ˆ300=r

que actúa en una esquina. Determine la magnitud

de las componentes perpendicular y paralela al miembro AB de esta fuerza.

⊥Ar

Ar

iiAra 'a

u


- 28 -

Figura 19

Solución

La magnitud de la componente de Fr

a lo largo de AB es igual al producto

punto de Fr

y el vector unitario Bu , que define la dirección de AB, figura 19(b).

Puesto que

kjikjirru

B

BB

ˆ4286,0ˆ8571,0ˆ2857,0362

ˆ3ˆ6ˆ2ˆ222

++=++

++==

r

Entonces

( ) NFkjijuFF ABBAB 13,257ˆ4286,0ˆ8571,0ˆ2857,0ˆ300ˆ =⇒++•=•=r

Como el resultado es positivo, ABFr

tiene el mismo sentido que Bu , figura 19(b).

Expresando ABFr

en forma vectorial cartesiana, se tiene:

( )

kjiF

kjiuFF

AB

BABAB

ˆ2,110ˆ39,220ˆ46,73

ˆ4286,0ˆ8571,0ˆ2857,013,257ˆ

++=

++==

r

r

La componente perpendicular ⊥Fr

, figura 19(b), es por lo tanto


- 29 -

( )

NkjiF

kjijFFF AB

ˆ2,110ˆ61,79ˆ46,73

ˆ2,110ˆ39,220ˆ46,73ˆ300

−+−=

++−=−=

⊥

⊥

r

rrr

Su magnitud se puede determinar tanto con este vector como a partir del

teorema de Pitágoras,

NFF 5,1542,11061,7946,73 222 =⇒++= ⊥⊥ ó

NFFFF AB 5,15413,257300 2222 =⇒−=−= ⊥⊥

Ejercicio Nº 11 La tubería mostrada en la figura 20(a) se encuentra bajo la influencia de una

fuerza lbF 80= en su extremo B. Determine el ángulo θ entre Fr

y el

segmento de tubería BA, y las magnitudes de las componentes de Fr

, que son

paralelas y perpendiculares a BA.

(a) (b)

Figura 20


- 30 -

Solución Ángulo θ. Primero se establecen vectores de posición desde B hacia A y desde

B hasta C, para luego determinar el ángulo θ entre las colas de estos dos

vectores.

kjrkjir BCBAˆ1ˆ3ˆ1ˆ2ˆ2 +−=+−−=

rr

De esta forma

( )( ) ( )( ) ( )( ) º45,427379,0103

113202cos =⇒=+−−+

=•

= θθBCBA

BCBA

rrrr rr

Componentes de Fr

. La fuerza Fr

se descompone en sus componentes como

se muestra en la figura 20(b). Puesto que BABA uFF ˆ•=r

, se debe expresar los

vectores unitarios a lo largo de BA y la fuerza Fr

como vectores cartesianos.

kjikjirru

BA

BABA

ˆ31ˆ

32ˆ

32

122

ˆ1ˆ2ˆ2ˆ222

+−−=++

+−−==

r

kjkjrr

FBC

BC ˆ29,25ˆ89,7510

ˆ1ˆ38080 +−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

rr

Luego

( ) lbFkjikjF BABA 59ˆ31ˆ

32ˆ

32ˆ29,25ˆ89,75 =⇒⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−−•+−=

lbFFFF AB 545980 2222 =⇒−=−= ⊥⊥


- 31 -

Producto Cruz

La segunda manera de multiplicar dos vectores se conoce con el nombre de

producto cruz o también llamado producto vectorial. Para los vectores QyPrr

de la figura 20 dicho producto se escribe en la forma QPrr

× y se define como

un vector cuyo módulo es igual al producto de los módulos de QyPrr

multiplicado por el seno del ángulo θ (menor que 180°) que forman. La

dirección de QPrr

× es normal al plano definido por QyPrr

, y el sentido de QPrr

×

es el de avance de un tornillo de hilo derecho al girar de manera que lleve Pr

sobre Qr

a través del menor de los dos ángulos que determinan. Si es n un

vector cuya dirección y sentido sean los de QPrr

× , el producto vectorial podrá

escribirse en la forma

nsenQPQP θ=×rr

(14)

Utilizando la regla de la mano derecha e invirtiendo el orden de la multiplicación

vectorial, de la figura 21 se puede ver que PQQPrrrr

×−=× . Por tanto, el pro-

ducto vectorial no es conmutativo.

Figura 21


- 32 -

Sí cumple con la propiedad distributiva. Por tanto, se cumple que

( ) RPQPRQPrrrrrrr

×+×=+×

De la definición de producto vectorial resultan las siguientes relaciones entre

los vectores unitarios cartesianos

0ˆˆˆˆˆˆ

ˆˆˆˆˆˆˆˆˆ

ˆˆˆˆˆˆˆˆˆ

=×=×=×

−=×−=×−=×

=×=×=×

kkjjii

jkiijkkij

jikikjkji

Con ayuda de estas igualdades y de la propiedad distributiva, el producto cruz

de dos vectores QyPrr

escritos en función de sus componentes cartesianas es

( ) ( )

( ) ( ) ( )kQPQPjQPQPiQPQPQP

kQjQiQkPjPiPQP

xyyxxzzxyzzy

zyxzyx

ˆˆˆ

ˆˆˆˆˆˆ

−+−−−=×

++×++=×

rr

r

Tras reagrupar términos. Esta expresión puede escribirse de manera compacta

en forma de determinante

zyx

zyx

QQQPPPkji

QP

ˆˆˆ

=×rr

(15)


- 33 -

2.2 MOMENTO DE UNA FUERZA

Una fuerza tiene, además de la tendencia a mover en su dirección y sentido al

cuerpo a que se aplica, otra tendencia a hacerlo girar alrededor de todo eje que

no corte a la recta soporte de la fuerza ni sea paralelo a ella. A esta tendencia

se le llama momento Mr

de la fuerza respecto al eje o punto dado.

En la figura 22(a) puede verse un cuerpo al que se ha aplicado una fuerza Rr

en uno de sus puntos A. El eje O-O es una recta cualquiera en el cuerpo que

no corta a la recta soporte de Rr

. La fuerza Rr

puede descomponerse en dos

componentes, una Pr

, paralela a O-O, que no tiene tendencia a hacer girar el

cuerpo alrededor de O-O, y Fr

contenida en un plano a normal al eje O-O y que

tendrá tendencia a hacer girar el cuerpo alrededor de O-O. La magnitud de esta

tendencia es proporcional tanto a la magnitud F como al brazo de momento,

d , perpendicular. La magnitud escalar del momento es, pues,

dFM = (16)

El sentido del momento depende del sentido en el cual tienda Fr

a hacer girar

el cuerpo. Para identificar aquel sentido puede emplearse la regla de la mano

derecha (fig. 22(b)) y el momento de Fr

respecto a O-O podrá representarse

por un vector dirigido en el sentido indicado por el pulgar cuando se curvan los

demás dedos en el sentido de la tendencia a la rotación. El momento Mr

cumple todas las reglas de composición de vectores y puede considerarse

como vector deslizante cuya recta soporte coincida con el eje de momentos.

Las unidades de momento son m-kp o m-N y suelen escribirse en este orden

para distinguir un momento de una energía que pudiera darse en kp-m o en N-

m (J).


- 34 -

(a) (b)

Figura 22

Al tratar fuerzas coplanarias, se suele hablar de momento respecto a un punto.

En realidad, queda implícito el momento respecto a un eje normal al plano y

que pasa por un punto. Así, el momento de la fuerza Fr

respecto al punto O, en

la figura 23, es dFM o = y estaría dirigido en el sentido de avance de un

tornillo de hilo derecho que girase en sentido contrario a las agujas del reloj. La

representación vectorial de los momentos para fuerzas coplanarias no es

conveniente, ya que los vectores saldrían del papel (sentido directo) o

penetrarían en él (sentido inverso). Como la adición de vectores libres paralelos

se puede efectuar escalarmente, se deberán tener en cuenta los sentidos de

los momentos, asignando el signo más (+) a los momentos correspondientes a

giros contrarios al de las agujas del reloj, y el signo menos (—) a los de sentido

opuesto, o viceversa. Tan sólo hace falta mantener el convenio a lo largo de

todo el problema que se resuelva.

Figura 23


- 35 -

Uno de los más importantes principios de la Mecánica es el teorema de Varignon, o principio de los momentos, que dice que el momento de una

fuerza respecto a un punto cualquiera es igual a la suma de los momentos de

sus componentes respecto a dicho punto.

Para desarrollar ahora una formulación algo más general del concepto de

momento, la cual es particularmente útil en el análisis de sistemas tridimen-

sionales de fuerzas, se considerará una fuerza Fr

con una recta soporte

determinada (figura 24(a)) y un punto cualquiera O exterior a esta recta

soporte. El punto O y la recta soporte de Fr

determinan un plano a . El

momento OMr

de Fr

respecto a un eje normal al plano y que pase por O es

dFM o = , donde d es la distancia del punto O a la recta soporte de F. A este

momento también se le llama momento de Fr

respecto al punto O. El vector

OMr

es normal al plano y está soportado por el eje que pasa por O. Tanto la

magnitud como la dirección y sentido de OMr

pueden describirse mediante la

operación vectorial llamada producto vectorial o producto cruz. Se introduce un

vector rr que va de O a un punto cualquiera de la recta soporte de Fr

. Por

definición, el producto vectorial de rr y Fr

se escribe en la forma Frvr

× y tiene:

por módulo ( )Fsenr α , que es lo mismo que dF , que es el módulo de OMr

. La

dirección y sentido correctos del momento los establece la regla de la mano

derecha, descrita anteriormente en este apartado. Así, tratando rr y Fr

como

vectores libres (figura 24(b)), el pulgar señalará el sentido de OMr

cuando los

dedos de la mano derecha se curven indicando el sentido de rotación de rr

hacia Fr

.


- 36 -

(a) (b)

Figura 24

Por tanto, el momento de Fr

respecto al eje que pasa por O puede escribirse

en la forma

FrM O

rrr×= (17)

Es obligatorio mantener el orden de los vectores en Frvr

× , ya que rF rr× daría

un vector opuesto a OMr

, es decir, OMrFrrr

−=× .

La expresión del producto vectorial para OMr

puede ponerse en forma de

determinante, lo cual da

zyx

zyxO

FFFrrrkji

M

ˆˆˆ

=r

(18)

Se puede ahora escribir el momento λMr

de Fr

respecto a cualquier eje λ que

pase por O (figura 24(a)). Si es n un vector unitario en la dirección λ, utilizando

la expresión del producto escalar para la componente de un vector descrita

anteriormente, se tendrá para la componente de OMr

según λ, simplemente,

nM O ˆ•r

, que es el módulo del momento λMr

de Fr

respecto a λ. Para obtener la

expresión vectorial del momento de Fr

respecto a λ habrá que multiplicar el

módulo por el vector unitario n , lo cual da


- 37 -

( ) ( ) nFrnnFrM ˆˆˆ •×=•×=rrrrr

λ (19)

Consideremos ahora dos fuerzas 21 FyFrr

concurrentes en un punto A (figura

25). El vector de posición de A desde otro punto cualquiera O es rr . Los dos

momentos vectoriales respecto al punto O debidos a las dos fuerzas se pueden

sumar y dan

2121 FrFrMMrrrrrr

×+×=+

y su suma vectorial es

( )21 FFrM O

rrrr+×= (20)

Esta expresión constituye el enunciado del teorema de Varignon para tres di-

mensiones, el cual dice que la suma Mr

de los momentos respecto a un punto

cualquiera O de dos fuerzas que concurren en otro punto diferente es igual al

momento respecto al mismo punto O de su suma 21 FFrr

+ . Aun cuando sólo se

han representado dos fuerzas, el teorema es aplicable a un número cualquiera

de fuerzas concurrentes.

Figura 25


- 38 -

Ejercicio Nº 12 Se aplica una tensión T = 5000 N al cable amarrado al extremo superior A del

mástil rígido y se fija a tierra en B como se indica en la figura 26. Determinar el

momento Mz, de T respecto al eje z que pasa por la base O del mástil.

Figura 26

Solución (a) Primero se descompone la fuerza T en las componentes Tz y Txy, esta última

contenida en el plano x-y que será, en consecuencia, normal al eje z del

momento. Entonces, el momento se deberá solamente a Txy y será Mz = Txy d,

donde d es la distancia del punto O a Txy. El coseno del ángulo que forman T y

Txy es

9055,091215

1215222

22

=++

+

y por tanto

Txy = 5000 (0,9055) = 4527,5

El brazo de momento d es igual a OA multiplicado por el seno del ángulo que

forman Txy y OA, es decir,


- 39 -

37,91512

121522

=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+=d

Luego el momento de T respecto al eje z es

Mz = 4527,5 (9,37) → Mz = 42422,68 N-m

y tiene el sentido de giro de las agujas del reloj cuando se mira hacia el plano

x-y.

Solución (b)

También se calcula fácilmente el momento descomponiendo Txy en sus

componentes Tx y Ty. Es evidente que Ty no ejerce momento alguno respecto

al eje z ya que lo corta, por lo que el momento buscado se debe solamente a

Tx. El coseno director de T respecto al eje x es

5657,015129

12222=

++

con lo que

Tx = 5000 (0,5657) = 2828,5

Así pues

Mz = 2828,5 (15) = 42 427,5 N-m


- 40 -

Solución (c)

El momento pedido puede obtenerse por métodos vectoriales a partir del

momento OMr

de Tr

respecto al punto O. El vector OMr

es normal al plano

definido por Tr

y el punto O según puede verse en la figura 26 de la derecha.

Utilizando la ecuación (17) para hallar OMr

, el vector rr será un vector

cualquiera que vaya de O a la recta soporte de Tr

. La elección más sencilla

consiste en tomar el vector que va de O a A, el cual se escribe en la forma

jr ˆ15=r . La expresión vectorial de T

r se obtiene a partir de la ecuación (2)

kjikjiuTT Tˆ32,2121ˆ53,3535ˆ43,2828

91512

ˆ9ˆ15ˆ125000ˆ222

+−=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

++

+−==

r

de la ecuación (17),

( ) ikkjijM Oˆ8,31819ˆ45,42426ˆ32,2121ˆ53,3535ˆ43,2828ˆ15 +−=+−×=

v

La magnitud Mz del momento buscado es la componente de OMr

en la dirección

z, o sea

( ) mNMkikkMM zOZ −−=⇒•+−=•= 45,42426ˆˆ8,31819ˆ45,42426ˆr

El signo menos indica que el vector ZMr

está dirigido en el sentido negativo de

las z. Expresado en forma de vector, el momento es

mNkM Z −−= ˆ45,42426r


- 41 -

Par

El momento producido por dos fuerzas de igual módulo y dirección, pero de

sentidos opuestos, cuyas rectas soporte no sean colineales, se denomina par. Un par presenta ciertas propiedades únicas y tiene importantes aplicaciones en

Mecánica.

Si se considera la acción de dos fuerzas tales FyFrr

− separadas una distancia

d como se muestra en la figura 27(a); estas dos fuerzas no se pueden

combinar en una sola debido a que su suma en cualquier dirección es nula. Su

efecto es solamente el de producir una tendencia a la rotación. El momento

combinado de las dos fuerzas respecto a un eje normal a su plano que pase

por un punto cualquiera tal como el O es el momento del par Mr

y su módulo

es,

( ) dFMdeciresaFdaFM =−+=

siendo su sentido el directo (contrario a las agujas del reloj). Esta expresión da

el momento del par y es completamente independiente de la distancia a que

sitúa a las fuerzas respecto al centro O del momento. Se deduce que el

momento de un par es el mismo para todos los centros de momentos. El

momento de un par podrá representarse por un vector libre Mr

, como se indica

en la figura 27(b), cuya dirección sea normal al plano del par y el sentido del

vector queda establecido por la regla de la mano derecha.

(a) (b) (c)

Figura 27


- 42 -

La propiedad que presenta el par de ser un vector libre puede también ponerse

de manifiesto de otra manera algo más general, combinando los momentos de

las dos fuerzas respecto a un punto de referencia cualquiera O1 como se

muestra en la figura 27(a). Los puntos A y B, de vectores de posición

respectivos BA ryr rr son dos puntos cualesquiera de las correspondientes rectas

soporte de FyFrr

− . Con esta notación, el momento resultante de las dos

fuerzas respecto a O1, utilizando la ecuación (17), resulta ser

( ) FrFrrFrFrM BABA

rrrrrrrrrr×=×−=−×+×= )(

Como d es la proyección de rr sobre la normal a Fr

, se observa que la

magnitud de esta expresión es M = Fd, que es el módulo del par. Se observa

también que la dirección de Mr

es normal al plano de Fyrrr como se describió

anteriormente. Como Frrr

× no contiene referencia alguna al punto O1, se

deduce que Mr

será el mismo para todos los puntos de referencia y, por tanto,

puede tratarse como vector libre.

La figura 27(c) indica la representación de un momento que sale del papel,

como una variación de la forma vectorial.

En términos generales, una fuerza ejerce un doble efecto: empuja o tira el

cuerpo sobre el que actúa en la dirección de la fuerza y tiende a hacer girar el

cuerpo en torno a un eje cualquiera que no corta a su línea de acción ni es

paralelo a ella. Este efecto doble suele estudiarse más fácilmente sustituyendo

la fuerza por una fuerza igual aplicada a otro punto fuera de su línea de acción

y un par tal que compense la variación del momento de la fuerza cuando fue

desplazada a la nueva posición. La figura 28 muestra esta equivalencia, en que

se sustituye Fr

aplicada en A por una idéntica aplicada a otro punto cualquiera

O y el par Mr

.


- 43 -

Figura 28

La descomposición de una fuerza en otra equivalente y un par constituye un

paso que halla repetida aplicación en Mecánica y que en consecuencia debe

dominarse.

Ejercicio Nº 13

Determinar el módulo y dirección del par Mr

que sustituya a los dos pares

dados y siga produciendo el mismo efecto externo sobre el bloque indicado en

la figura 29(a). Especificar las dos fuerzas FyFrr

− , aplicadas a las dos caras

del bloque paralelas al plano zy− , que puedan sustituir a las cuatro fuerzas

dadas.

(a) (b) (c)

Figura 29

Solución

El par debido a las fuerzas de 30 N tiene por magnitud ( ) 1806301 ==M . La

dirección de 1M es normal al plano definido por las dos fuerzas, y el sentido,


- 44 -

indicado en la figura 29(b), se establece mediante el convenio de la mano

derecha. El par debido a las fuerzas de 25 N tiene por magnitud

( ) 25010252 ==M con la dirección y sentido que se indican en la figura 29(b).

Los dos vectores momento se combinan para dar las componentes

16060cos1802509,15560180 −=+−=== zy MsenM

luego

º26,44160

9,1554,2231609,155 122 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=−=+= −tgconcmNM θ

Las fuerzas Fr

se hallan en un plano normal al par Mr

, y su brazo de momento,

según se ve en la figura 29(c) es de 10 cm. Así pues, cada fuerza tendrá por

magnitud y dirección

.º26,4434,2210

4,223 menterespectivayNF === θ

Ejercicio Nº 14 Se aplica una fuerza de 200 N al punto A de la empuñadura de la palanca de

mando que está unida al eje fijo OB como se indica en la figura 30(a). Para

determinar el efecto de la fuerza sobre el eje en una sección tal como la que

pasa por O, se puede sustituir la fuerza por una fuerza equivalente que pase

por O y un par. Describir este par en forma de un vector Mr

.

(a) (b)

Figura 30

17,5 cm


- 45 -

Solución

Desplazar la fuerza de 200 N una distancia cmd 58,26205,17 22 =+=

llevándola a una posición paralela que pase por O, exige la adición de un par

Mr

cuya magnitud sea

( ) cmNdFM −=== 531658,26200

El vector momento del par es perpendicular al plano sobre el que se ha

desplazado la fuerza y su sentido es el del momento de dicha fuerza respecto a

O. La dirección de Mr

en el plano y-z viene dada por

º19,4120

5,17=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= arctgθ

De otra manera, el par podría expresarse con notación vectorial en la forma

( ) ( ) cmNjkikjFrM −−=−×+=×= ˆ3500ˆ4000ˆ200ˆ5,17ˆ20rrr

de donde puede determinarse la magnitud y dirección de Mr

.

2.3 RESULTANTES DE SISTEMAS DE FUERZAS.

En los apartados anteriores se han desarrollado las propiedades de la fuerza,

el momento y el par. Con ayuda de esta exposición se puede describir ahora la

acción resultante de un grupo o sistema de fuerzas. La mayoría de problemas

de la Mecánica tratan de sistemas de fuerzas y será necesario reducir el

sistema a su forma más sencilla para describir su acción. La resultante de un

sistema de fuerzas es la combinación de fuerzas más sencilla que pueda

sustituir a las fuerzas originales sin alterar el efecto exterior del sistema sobre

un cuerpo rígido al que se puedan aplicar las fuerzas. El equilibrio de un cuerpo

es la condición en la cual la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre él

es nula y la aceleración de un cuerpo se describe igualando la resultante de las


- 46 -

fuerzas al producto de la masa por la aceleración. Así, pues, la determinación

de las resultantes es fundamental tanto para la Estática como para la Dinámica.

En el punto anterior se demostró, con ayuda de la figura 28, que una fuerza F

puede sustituirse por la misma fuerza desplazada a una posición paralela que

pase por un punto arbitrario O y a un par de momento dF , donde d es el

brazo de momento desde O hasta la posición original de F. O en notación

vectorial, FrMrrr

×= , donde rr es un vector que va de O a un punto cualquiera

de la recta soporte de la fuerza Fr

. En el caso de un sistema de fuerzas

.......,, 321 FFFrrr

totalmente general en el espacio, se deduce que cada una de

ellas puede trasladarse paralelamente a sí misma a un mismo punto O con tal

de añadir un par por cada una de las fuerzas así trasladadas. Así, pues, para el

sistema esquematizado en la figura 31(a), las fuerzas pueden considerarse

todas aplicadas al punto arbitrario O, con la adición de los pares

correspondientes (figura 31(b)). Las fuerzas concurrentes se pueden entonces

sumar vectorialmente, dando una fuerza resultante Rr

y también pueden

sumarse los pares dando un par resultante de momento Mr

como se indica en

la figura 31(c). El sistema general de fuerzas se reduce entonces a

∑=+++= FFFFRrrrrr

................321

( )∑ ∑ ×==+++= FrMMMMMrrrrrrr

................321

Los vectores momento se han representado todos en O, pero como son

vectores libres, podrán representarse paralelamente en cualquier otra posición.

Las magnitudes de las resultantes y de sus componentes son

∑ ∑ ∑=== zzyyxx FRFRFR

222zyx RRRR ++=

( ) ( ) ( )∑∑ ∑ ×=×=×= zzyyxx FrMFrMFrMrrrrrr

222zyx MMMM ++=


- 47 -

El punto O seleccionado como punto de concurso de las fuerzas es arbitrario y

la magnitud, dirección y sentido de Mr

dependerán de cuál sea el punto O se-

leccionado. En cambio, la magnitud, dirección y sentido de Rr

son siempre las

mismas independientemente de cuál sea el punto elegido. En general, todo

sistema de fuerzas puede sustituirse por su fuerza resultante Rr

y el par

resultante de momento Mr

. En Dinámica suele tomarse el centro de masa

como punto de referencia y se determina la variación de cantidad de

movimiento en unidad de tiempo por la fuerza resultante y la variación de

momento cinético respecto al centro de masa en unidad de tiempo se

determina por el momento resultante.

(a) (b) (c)

Figura 31

Ejercicio Nº 15 Determinar la resultante de las cuatro fuerzas y el par que se ejercen sobre la

placa que se indica en la figura 32(a).

(a) (b)

Figura 32


- 48 -

Solución Se selecciona arbitrariamente el punto O como el centro de momentos. Las

componentes Rx y Ry, la resultante R y el ángulo θ que forma R con el eje x

serán

kpRx 86,6645cos6030cos8040 =−+=

kpsensenRy 43,1324560308050 =++=

kpRR 3,14843,13286,66 22 =⇒+=

º21,6386,6643,132

=⇒⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛= θθ arctg

Aun cuando el par no tiene influencia alguna sobre la magnitud, ni sobre la di-

rección, de R, sí influye sobre el momento resultante que se va a determinar a

continuación. La posición de la recta soporte de R se halla a partir del principio

de los momentos (teorema de Varignon). Tomando O como centro de

momentos y siendo d el brazo de momento de R, considerando arbitrariamente

como positivo el sentido de giro antihorario, dicho principio exige que

[ ] ( ) ( ) ( ) mdsendMdR O 6,1445cos60745605501403,148 −=⇒+−−== ∑

El signo negativo indica que el momento resultante actúa en sentido horario

respecto a O en vez de en sentido antihorario. Por tanto, la resultante podrá

aplicarse en un punto cualquiera de una recta que forme un ángulo de 63,21°

con el eje x y sea tangente a una circunferencia de radio 1,6 m centrada en O

como se indica en la figura 32(b). El momento de sentido horario de R exige

que la recta soporte de R sea tangente en el punto A y no en el B, como sería

en el caso en que el momento actuase en sentido antihorario.

Es importante notar que la elección del punto O como centro de momentos

elimina los momentos debidos a las dos fuerzas que pasan por O. La selección


- 49 -

adecuada de un centro de momentos conveniente que elimine el mayor número

de términos posible en las ecuaciones de momentos constituye una importante

simplificación en los cálculos de Mecánica.

El sistema dado de fuerzas también puede combinarse gráficamente utilizando

la ley del paralelogramo, el principio de transmisibilidad y el método para

transformar un par y una fuerza en una fuerza única.

Ejercicio Nº 16 Sustituir las fuerzas y el momento indicados en la figura 33(a) por una fuerza

única R aplicada en A y el par correspondiente M.

(a) (b)

Figura 33

Solución La fuerza resultante tiene las componentes

NsensenRx 76,9260704050 =+=

NRy 08,8745cos40cos5060 =+=

NsenRz 08,624540cos5060cos70 =+=

Entonces

NRNkjiR 57,141ˆ08,62ˆ08,87ˆ76,92 =⇒++=r


- 50 -

El par Mr

que hay que añadir a consecuencia del traslado de las fuerzas de 50

N, 70 N, 60 N y del momento de 250 N-cm al punto A, es igual a la suma de

los momentos con respecto al punto A de cada una de las fuerzas más el

momento de 250 N-cm; esto es

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )kjikikji

jkjikjikjiMˆ42,135ˆ42,135ˆ7,160ˆ35ˆ62,60ˆ6ˆ3ˆ10

ˆ60ˆ6ˆ12ˆ4ˆ08,27ˆ08,27ˆ14,32ˆ5ˆ12ˆ8

−−−++×−+

+×−++++×++=r

cmNMcmNiM −=⇒−−−= 06,106032,24608,905ˆ86,493r


- 51 -

III EQUILIBRIO

3.1 INTRODUCCION

Un sistema mecánico se puede definir como un cuerpo o grupo de cuerpos que

pueden aislarse de los demás cuerpos. Una vez decidido que cuerpo o

combinación de cuerpos hay que analizar, se aísla este cuerpo o combinación

de cuerpos de todos los demás que lo rodean Este aislamiento se logra

mediante el diagrama para sólido libre o cuerpo libre, que es una

representación esquemática del cuerpo o conjunto de cuerpos aislados en la

que figuran todas las fuerzas aplicadas a él por otros cuerpos que se

consideran suprimidos.

Las fuerzas restrictivas o momentos restrictivos que actúan sobre un cuerpo

suelen llamarse reacciones o sustentaciones. En la mayoría de los

problemas, estas fuerzas son desconocidas y habrá que determinarlas

analíticamente aplicando las ecuaciones del equilibrio al diagrama de cuerpo

libre apropiado. Dibujar los diagramas de cuerpo libre siempre implica hacer

suposiciones simplificadoras. Esto se facilita con el conocimiento de las

características comunes de los sistemas mecánicos. La tabla 1 de la figura 34

muestra los apoyos y conexiones más comunes junto con sus reacciones para

el caso de estructuras bidimensionales. La tabla 2 de la figura 35 entrega la

información para el caso de estructuras tridimensionales. En cada ejemplo se

indica la fuerza ejercida sobre el cuerpo que se aísla por el cuerpo que se

suprime.


- 52 -

Tabla Nº 1

Figura 34


- 53 -

Tabla Nº 2

Figura 35


- 54 -

Las representaciones de las figuras 34 y 35 no son diagramas para sólido libre,

sino que, simplemente elementos para la construcción de éstos.

Considerando la importancia que tiene la construcción de un diagrama de

cuerpo libre en la solución de problemas de equilibrio, a continuación se

resumen los diversos pasos que se deben seguir al momento de dibujarlos.

a.- Elegir claramente qué cuerpo o combinación de cuerpos hay que aislar.

Este cuerpo contendrá una o más de las cantidades desconocidas

buscadas.

b.- Aislar el cuerpo o combinación de cuerpos elegida mediante un diagrama

que represente por completo su contorno.

c.- Representar en sus posiciones adecuadas todas las fuerzas que se ejercen

sobre el cuerpo aislado por los cuerpos suprimidos. Las fuerzas conocidas

se representarán mediante flechas con su magnitud, dirección y sentido

indicados. Las fuerzas desconocidas se representarán mediante flechas

con la magnitud o dirección desconocida indicada con un símbolo. Si

también se desconoce el sentido, puede suponérsele arbitrariamente. Si el

sentido supuesto era correcto los cálculos darán un valor positivo; de lo

contrario el valor será de signo negativo

d.- Indicar directamente sobre el diagrama los ejes coordenados elegidos.

En la figura 36, se muestran cuatro ejemplos de mecanismos y estructuras

junto con sus diagramas para sólido libre correctos. Para mayor claridad se han

omitido las dimensiones y magnitudes.


- 55 -

Figura 36


- 56 -

3.2 CONDICIONES DE EQUILIBRIO

El concepto de equilibrio surge de la condición en la cual las fuerzas que se

ejercen sobre un cuerpo se contrarrestan Más específicamente, el equilibrio es

la condición para la cual la resultante de todas, las fuerzas que se ejercen

sobre un cuerpo dado es nula; se debe recordar que esta resultante puede

estar compuesta por una fuerza resultante Rr

y un par resultante Mr

.

Del concepto anterior se desprende que para que se contrarresten por

completo las fuerzas y el cuerpo esté en equilibrio, deberán satisfacerse las

relaciones Rr

= 0 y Mr

= 0. Físicamente, esto significa que hay tanta fuerza

actuando sobre el cuerpo en un sentido como en el opuesto y que hay tanta

torsión o momento respecto a un eje actuando en un sentido como en el

contrario.

Las ecuaciones que expresan las condiciones necesarias y suficientes para el

equilibrio de cualquier cuerpo rígido son:

∑ = 0Fr

y ∑ = 0Mr

(21)

Estas dos expresiones vectoriales, pueden transformarse en seis ecuaciones

escalares;

∑ ∑ ∑ === 000 zyx FFF

∑ ∑ ∑ === 000 zyx MMM

que expresan, simplemente, el hecho de que el equilibrio total debe constatarse

en la dirección de tres ejes perpendiculares entre sí cualesquiera.


- 57 -

Ejercicio Nº 17 Se aplican tres cargas a una viga como se muestra en la figura 37(a). La viga

se apoya en un rodillo en A y en un perno en B. Sin tomar en cuenta el peso de

la viga, determine las reacciones en A y B cuando P = 15 kips.(klb)

(a) (b) x

Figura 37

Solución

Diagrama de cuerpo libre. Se dibuja un diagrama de cuerpo libre de la viga.

La reacción en A es vertical y se representa con A. La reacción en B se

representa con las componentes yx ByB . Se supone que cada componente

actúa en el sentido mostrado en la figura 37(b).

Ecuaciones de equilibrio. Se escriben las tres ecuaciones de equilibrio

siguientes y se resuelven para las reacciones señaladas:

∑ =⇒== 00:0 xxx BBF

( ) ( ) ( ) ( )∑ =⇒=+−−−= klbBBM yyA 2109136116315:0

klbAAFy 60216615:0 =⇒=+−−−=∑

y


- 58 -

Ejercicio Nº 18 Un carro de carga se encuentra en reposo sobre un carril que forma un ángulo

de 25° con respecto a la vertical. El peso total del carro y su carga es de 5495

Ib y éste actúa en un punto que se encuentra a 30 pulg (in) del carril y que es

equidistante a los dos ejes como se indica en la figura 38(a). El carro se

sostiene por medio de un cable que está unido a éste en un punto que se

encuentra a 24 pulg. del carril. Determine la tensión en el cable y la reacción en

cada par de ruedas.

(a) (b)

Figura 38

Solución Diagrama de cuerpo libre. Se dibuja el diagrama de cuerpo libre del carro. La

reacción en cada rueda es perpendicular al carril y la fuerza de tensión T es

paralela a éste. Por conveniencia, se selecciona al eje x paralelo al carril y a eje

y perpendicular al mismo. Entonces, el peso de 5495 Ib se descompone en sus

componentes rectangulares x e y como se muestra en la figura 38(b).

lbsenWlbW yx 2320255495498025cos5495 ====

Ecuaciones de equilibrio. Se toman momentos con respecto de A para

eliminar a T y a R1 de los cálculos; considerando como positivos los momentos

en sentido antihorario


- 59 -

( ) ( ) ( ) lbRRM A 6,175706498025232050:0 22 =⇒=−−=∑

Ahora, planteando la ecuación de equilibrio en el eje y se tiene

lbRRFy 4,562023206,1757:0 11 =⇒=−+=∑

El valor de T se obtiene a partir de

lbTTFx 498004980:0 =⇒=−=∑

Ejercicio Nº 19 Determine la tensión en los cables BC y BD y las reacciones en la articulación

esférica (rótula) A para el mástil mostrado en la figura 39(a).

(a) (b)

Figura 39

Solución Diagrama de cuerpo libre. Existen cinco magnitudes de fuerzas desconocidas

mostradas en el diagrama de cuerpo libre de la figura 39(b).

Ecuaciones de equilibrio. Aplicando la ecuación de equilibrio de momento con

respecto al punto A, se tiene:


- 60 -

( ) 0:0 =++×=∑ DCBA TTFrMrrrrr

donde,

kTjTiTTijkTuTT

kTiTTikTuTT

jF

kr

DDDDDBDDD

CCCCBCCC

B

ˆ32ˆ

32ˆ

31

366

ˆ3ˆ6ˆ6ˆ

ˆ707,0ˆ707,066

ˆ6ˆ6ˆ

ˆ1000

ˆ6

222

22

−+−=→⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

++

−+−==

−=→⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

+−==

−=

=

rr

rr

r

r

luego,

0ˆ32ˆ

32ˆ

31ˆ707,0ˆ707,0ˆ1000ˆ6 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−−+−× kTjTiTkTiTjk DDDCC

evaluando el producto cruz y combinando términos se obtiene:

( ) ( ) 0ˆ2242,4ˆ46000 =−+− jTTiT DCD

NTTTj

NTTi

CDC

DD

21,70702242,4:ˆ1500046000:ˆ

=⇒=−

=⇒=−

Ahora aplicando la ecuación de fuerza del equilibrio se obtiene:

0:0 =+++=∑ DC TTAFFrrrrr

donde

kAjAiAA zyxˆˆˆ ++=

r

luego

0ˆ1000ˆ1000ˆ500ˆ500ˆ500ˆˆˆˆ1000 =−+−−++++− kjikikAjAiAj zyx


- 61 -

NAAk

AAj

AAi

zz

yy

xx

50001000500:ˆ0010001000:ˆ00500500:ˆ

=⇒=−−

=⇒=++−

=⇒=−+

Ejercicio Nº 20 La varilla AB mostrada en la figura 40(a) está sujeta a una fuerza de 200 N.

Determine las reacciones en la articulación esférica A y la tensión en los cables

BD y BE.

(a) (b)

Figura 40

Solución

El diagrama de cuerpo libre correspondiente a la varilla AB se muestra en la

figura 40(b).

Aplicando la ecuación de equilibrio de momento con respecto al punto A, se

tiene:

( ) 0:0 =+×+×=∑ EDBCA TTrFrMrrrrrr


- 62 -

donde

iTuTTjTuTTkF

ijkrijkr

EBEEEDBDDD

BC

ˆˆˆˆˆ200

ˆ2ˆ2ˆ1ˆ1ˆ1ˆ5,0

====−=

++−=++−=rrr

rr

luego

( ) ( ) ( ) ( ) 0ˆˆˆ1ˆ2ˆ2ˆ200ˆ5,0ˆ1ˆ1 =+×−++−×−+ iTjTkjikkji ED

evaluando el producto cruz y combinando términos se obtiene:

( ) ( ) ( ) 0ˆ22ˆ200ˆ200 =−+−++− kTTjTiT EDED

022:ˆ2000200:ˆ2000200:ˆ

=−

=⇒=−

=⇒=+−

ED

EE

DD

TTk

NTTj

NTTi

Ahora aplicando la ecuación de fuerza del equilibrio se obtiene:

0:0 =+++=∑ DE TTAFFrrrrr

donde

kAjAiAA zyxˆˆˆ ++=

r

luego

0ˆ200ˆ200ˆˆˆˆ200 =+++++− jikAjAiAk zyx

NAAk

NAAj

NAAi

zz

yy

xx

2000200:ˆ2000200:ˆ2000200:ˆ

=⇒=+−

−=⇒=+

−=⇒=+


- 63 -

IV ESTRUCTURAS Y VIGAS

4.1 ARMADURAS

Concepto y Tipos de Armaduras.

Una armadura, es una estructura que consiste en un sistema de miembros

uniformes (soldados, remachados o articulados juntos), que se construye para

soportar cargas fijas ó cargas móviles. Con el propósito de diseñar los tamaños

y formas de estos miembros para una finalidad dada, se deben poder

determinar las fuerzas que cada uno de ellos transmite.

Las armaduras se clasifican en armaduras planas y armaduras espaciales; las

primeras son aquellas en las cuales sus miembros se hallan todos en un mismo

plano y las segundas son aquellas en las cuales sus miembros no se hallan

todos en un mismo plano. Esta unidad estará orientada hacia las armaduras

planas.

Las armaduras planas, como las utilizadas en los puentes, suelen proyectarse

por parejas, poniendo una armadura a cada lado de él y uniéndola a mediante

vigas transversales que soporten la calzada y transmitan las cargas aplicadas a

los miembros de la armadura. En la figura 41, se pueden ver varios ejemplos

de armaduras utilizadas frecuentemente en la construcción de puentes,

mientras que en la figura 42 se muestran armaduras (cerchas) utilizadas para

soportar techumbres. Ambos tipos pueden analizarse como armaduras planas.

Figura 41


- 64 -

Figura 42

El elemento fundamental de una armadura plana es el triángulo. Tres barras

unidas por sus extremos mediante pasadores, figura 43(a), constituyen un

conjunto indeformable. Por otra parte, cuatro o más barras articuladas

formando un polígono de otros lados, constituyen un conjunto no rígido, como

el de la figura 43(b), que puede hacerse indeformable o rígido mediante una

barra diagonal adicional que una A y D o B y C que forma, por lo tanto dos

triángulos. La estructura puede extenderse agregando miembros adicionales

articulados por sus dos extremos, figura 43(c), que están unidos a dos juntas

fijas, y de esta manera toda la estructura permanecerá rígida. Las estructuras

construidas a partir de un triángulo básico en la forma descrita, reciben el

nombre de armaduras simples. Cuando existan más miembros de los

necesarios para que eviten que la estructura pierda su forma, ésta es

hiperestática. Una estructura hiperestática no puede analizarse mediante las

ecuaciones de equilibrio, solamente. Los miembros o apoyos adicionales que

no son necesarios para mantener la posición de equilibrio se llaman

superabundantes.

(a) (b) (c)

Figura 43


- 65 -

El diseño de una armadura exige la determinación de los esfuerzos en los

diversos miembros y la selección de dimensiones apropiadas y de formas

estructurales adecuadas (vigas en I, vigas en U, ángulos, barras y formas

especiales) para soportar las fuerzas. En el análisis de los esfuerzos de las

armaduras simples se establecen varias hipótesis:

a.- Se supone que todos los miembros son de dos fuerzas, es decir, se hallan

en equilibrio bajo la acción de dos fuerzas solamente.

b.- Cada miembro es un enlace recto que une los dos puntos de aplicación de

las fuerzas. Estas están aplicadas a los extremos del miembro y son

necesariamente iguales, opuestas y colineales.

c.- El miembro puede hallarse bajo tensión o compresión, figura 44.

Figura 44

d.- Se supondrá que el peso del miembro es pequeño frente a la fuerza que

soporta; si así no fuera y si el miembro es homogéneo, podrá sustituirse

dicho peso por dos fuerzas, cada una de valor igual a la mitad del peso,

aplicado en uno y otro extremo del miembro.

e.- Se supone que los miembros están unidos en sus extremos por medio de

pasadores lisos. Cuando se unen miembros utilizando juntas remachadas o

soldadas esta suposición es satisfactoria si concurren en el nudo los ejes

geométricos, figura 45.

f.- Todas las fuerzas exteriores están aplicadas en los nudos.


- 66 -

Figura 45

Para el análisis de los esfuerzos de armaduras simples se verán dos métodos y

para ambos se hará referencia a la armadura simple de la figura 46(a). El

diagrama de sólido libre de la armadura, en conjunto, es el de la figura 8b. Las

reacciones exteriores suelen determinarse por cálculo a partir de las

ecuaciones de equilibrio aplicadas a la armadura en conjunto, antes de

proceder al análisis de las fuerzas del resto de la armadura.

(a) (b)

Figura 46

Método de los nudos.

Este método consiste en satisfacer las condiciones de equilibrio de las fuerzas

que se ejercen Sobre el pasador de cada articulación. El método, trata del

equilibrio de fuerzas concurrentes y sólo intervendrán dos ecuaciones de

equilibrio independientes. Se inicia el análisis en cualquier nudo en el cuál haya

al menos una carga conocida y no más de dos desconocidas. Por ejemplo se

puede iniciar el análisis en el nudo A, cuyo diagrama de sólido libre se muestra

en la figura 47. Indicando las articulaciones mediante letras, la fuerza que se


- 67 -

ejerce en cada miembro se designará por las dos letras que definen los

extremos del miembro. También se muestran los diagramas de sólido libre de

las porciones AF y AB de los miembros para indicar claramente el mecanismo

de acción y reacción. El miembro AB en realidad hace contacto con la parte

izquierda del pasador, aún cuando se haya dibujado la fuerza AB, en el lado

derecho ejerciéndose hacia fuera del pasador. Así, si se dibujan

sistemáticamente los vectores fuerza al mismo lado del pasador que el

miembro, una tracción (como la AB) se indicará siempre mediante una flecha

hacia fuera del pasador, y una compresión (como la AF) se indicará siempre

por medio de una flecha dirigida hacia el pasador. La magnitud de AF se

obtiene de la ecuación de equilibrio de fuerzas en la dirección del eje y; para

luego encontrar la magnitud de AB a partir de la ecuación de equilibrio de

fuerzas en la dirección del eje x.

A continuación debe analizarse el nudo F, ya que ahora sólo contiene dos

incógnitas; EF y BF; para luego analizar los nudos B, C, E y D en este orden.

Figura 47

En la figura 48 puede verse el diagrama de sólido libre de cada nudo y la

correspondiente aplicación de las ecuaciones de equilibrio indicando la fuerza

que se obtiene de ellas. Los números indican el orden en que se analizan los

nudos.

Es, a menudo, conveniente indicar la tracción o tensión T y la compresión C en

los distintos miembros directamente sobre el diagrama original de la armadura

como se indica en la parte inferior de la figura 48.


- 68 -

Figura 48

Si una armadura simple tiene más apoyos exteriores de los necesarios para

asegurar una configuración de equilibrio estable, la armadura es hiperestática

en un conjunto y los apoyos sobrantes constituyen una superabundancia

exterior. Si la armadura tiene más miembros internos que los que son

necesarios para evitar su derrumbamiento, los miembros sobrantes constituyen

la superabundancia interior. Para una armadura que sea isostática


- 69 -

exteriormente, existe una relación definida entre el número de sus miembros

(m) y el número de sus nudos (n) necesarios para la estabilidad interior sin

superabundancia. De éste modo, una armadura simple compuesta por

elementos triangulares, será isostática interiormente si satisface la siguiente

relación:

m + 3 = 2n

Si m + 3 > 2n, la armadura será hiperestática interiormente, existiendo

miembros superabundantes.

Si m + 3 < 2n, habrá un defecto de miembros interiores y, la armadura será

inestable y se derrumbará al someterla a carga.

Ejercicio Nº 21 Calcular la fuerza en cada miembro de la armadura mostrada en la figura 49(a).

(a) (b)

Figura 49

Solución El primer paso será calcular las fuerzas exteriores en D y E planteando las

ecuaciones de equilibrio al diagrama de sólido libre correspondiente a la

armadura en conjunto mostrado en la figura 49(b).

( ) ( ) ( ) 033100061500:0

01000150030:0030cos:0

=−+=∑

=−−+=∑=−=∑

TM

senTEFETF

E

yy

xx


- 70 -

Resolviendo este sistema se obtiene:

kpEkpEkpT yx 50034644000 ===

En seguida se comienza a analizar los nudos; se debe elegir siempre uno en el

cual haya por lo menos una fuerza conocida y no más de dos desconocidas,

por ejemplo el nudo A.

Nudo A

( )TkpABsenABFy 17320150060:0 =⇒=−=∑

( )CkpACACFx 866060cos1732:0 =⇒=−=∑

Nudo B

( )CkpBCsensenBCFy 1732060173260:0 =⇒=−=∑

( )TkpBDBDFx 1732060cos173260cos1732:0 =⇒=−−=∑

Nudo C

( )TkpCDsensenCDFy 7,28860100060173260:0 =⇒=−−=∑

( )CkpCECEFx 3175060cos7,288660cos1732866:0 =⇒=−++=∑


- 71 -

Nudo E

( )CkpDEsenDEFy 577060500:0 =⇒=−=∑

Método de las Secciones

En el método de los nudos se aprovechan sólo dos de las tres ecuaciones del

equilibrio ya que los procedimientos sólo tratan fuerzas concurrentes en cada

nudo. Puede utilizarse el principio del equilibrio de momentos para progresar en

el cálculo considerando toda una sección de la armadura como sistemas de

fuerzas no concurrentes. Este método de las secciones tiene la ventaja de que

los esfuerzos, en casi todos los miembros, pueden hallarse directamente

mediante el análisis de una sección que corte a dicho miembro. Luego, no es

necesario efectuar el cálculo nudo a nudo hasta llegar al miembro en cuestión.

Al elegir la sección de la armadura habrá que tener en cuenta que en general

no pueden cortarse más de tres miembros cuyas fuerzas sean desconocidas,

ya que sólo se dispone de tres relaciones de equilibrio que son independientes.

Se ilustrará el método de las secciones con la armadura de la figura 50(a), que

es la misma que se utilizó para la explicación del método de los nudos. Las

reacciones externas se calculan considerando la armadura en conjunto como

un sólido libre. Si se desea determinar el esfuerzo en el miembro BE. Una

sección imaginaria indicada por la línea de trazos, atraviesa la armadura

cortándola en dos partes (figura 50(b)). Esta sección ha cortado tres miembros

cuyos esfuerzos se desconocen inicialmente. Para que cada parte de la

armadura, a uno y otro lado de la sección, permanezca en equilibrio, es

necesario aplicar a cada miembro cortado la fuerza que ejercía sobre éste el

miembro separado. Estas fuerzas, de tracción o compresión, deberán tener

siempre la dirección de los miembros respectivos. Las fuerzas suelen trazarse

con sus sentidos apropiados mediante una estimación visual de los requisitos

de equilibrio.


- 72 -

La fuerza BE se puede determinar a partir de la ecuación de equilibrio para la

dirección y. La fuerza EF se puede determinar a partir de la ecuación de los

momentos respecto al nudo B y por último, se puede determinar BC

equilibrando fuerzas en la dirección x.

(a) (b)

Figura 50

Para los cálculos puede utilizarse cualquier sección de la armadura, aunque la

solución más sencilla por lo general suele darla la sección que tenga menor

número de fuerzas.

Es fundamental comprender que en el método de las secciones se considera

toda una parte de la armadura como un solo cuerpo en equilibrio. Luego, en el

análisis no se consideran las fuerzas en los miembros interiores de la sección

con el fin de poder observar con claridad el sólido libre y las fuerzas que actúan

exteriormente sobre él, es recomendable seccionar la armadura cortando los

miembros y no los nudos. Cuando se asignan los sentidos en forma arbitraria,

un resultado positivo confirmará el sentido asignado y un resultado negativo

indicará que el sentido es el opuesto al asignado.


- 73 -

Ejercicio Nº 22 Utilizando el método de las secciones, calcular la fuerza en el miembro BC de

la armadura mostrada en la figura 51(a).

(a) (b)

B BD

BC

A

AC 1500 kp

(c)

Figura 51

Como la armadura es la misma del ejercicio Nº 21, no se calcularán

nuevamente las reacciones externas, sino que, se utilizarán los valores

obtenidos:

kpEkpEkpT yx 50034644000 ===

En la figura 51(b), se muestra el diagrama de sólido libre de la armadura en

conjunto y el corte (de color azul) que permitirá determinar la fuerza en el

miembro BC. Nótese que el corte n-n secciona solamente tres miembros entre

los cuales se encuentra el miembro de interés.

En seguida se aísla en un diagrama de sólido libre una de las secciones que se

obtiene del corte, figura 51(c). Para obtener la fuerza en el miembro BC se

puede analizar cualquiera de las dos secciones. Se analizará la sección de la


- 74 -

izquierda que tiene un menor número de fuerzas. Del equilibrio de fuerzas en la

dirección del eje y se tiene:

( )CkpBCsenBCFy 17320150060:0 =⇒=−=∑

Ejercicio Nº 23 Utilizando el método de las secciones, calcular la fuerza en el elemento DJ de

la cercha mostrada en la figura 52(a). Las fuerzas en los apoyos ya han sido

determinadas y se indican en la misma figura.

1,835 Tm (a) 1,165 Tm

(b) (c)

Figura 52

Solución No es posible hacer pasar una sección por DJ sin cortar más de tres miembros

cuyos esfuerzos sean desconocidos. Aun cuando tres de los cuatro miembros

cortados por la sección 2 concurren en J y, por tanto, podría utilizarse la

ecuación de los momentos respecto a J para obtener el cuarto DE, el esfuerzo

en DJ no puede obtenerse de los dos principios de equilibrio restantes. Es

preciso considerar, en primer lugar la sección adyacente 1 antes de considerar


- 75 -

la sección 2.

Se traza el diagrama para el sólido libre correspondiente a la sección 1 como

se indica en la figura 52(b) y se incluye la reacción de 1,835 Tm en A. Un

resultado negativo indicará que el sentido elegido para la fuerza desconocida

en cuestión es el opuesto al que realmente tiene.

Analizando la sección 1, se obtiene CJ de

( ) ( ) ( ) TmCJsenCJM A 414,109456131:0 =→=+−−=∑

Ahora, del diagrama de sólido libre correspondiente a la sección 2, que se

muestra en la figura 52(c), que ahora contiene el valor conocido de CJ, pueden

eliminarse DE y JK mediante un equilibrio de momento respecto a G. Es decir

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )TTmDJDJsenM G 67,109945414,115112118835,1:0 =→=+−++−=∑

Nótese que el único corte que permitiría cortar al miembro DJ y no más de tres

miembros cuyas fuerzas se desconozcan es aquel que secciona los elementos

CD, DJ y DE. Esta sección daría el mismo diagrama de fuerzas que se

obtendría del diagrama de sólido libre del nudo D, luego se tienen tres fuerzas

desconocidas para las cuales solamente hay disponibles dos ecuaciones de

equilibrio.


- 76 -

4.2 MARCOS Y ENTRAMADOS

Las estructuras y mecanismos compuestos de miembros articulados cualquiera

de los cuales tenga más de dos fuerzas aplicadas a él, no pueden analizarse

por los métodos descritos para las armaduras simples. Dichos miembros son

miembros multifuerzas (tres o más fuerzas) y en general las fuerzas no están

dirigidas según los miembros. En la unidad anterior se analizó el equilibrio de

cuerpos sobre los que actúan varias fuerzas, si bien se concentró la atención

en el equilibrio de un solo cuerpo rígido. En el presente tema, se concentrará la

atención en el equilibrio de cuerpos rígidos interconectados que contengan

miembros de más de dos fuerzas.

Las fuerzas que actúan sobre cada miembro de un sistema articulado se

determinan aislando el miembro con un diagrama para sólido libre y aplicando

las ecuaciones de equilibrio. Debe ponerse especial cuidado en la aplicación

del principio de la acción y la reacción al representar las fuerzas de interacción

sobre los diferentes diagramas para el sólido libre. Si la estructura contiene

más miembros o apoyos de los necesarios para evitar que se deforme,

entonces, el problema será estáticamente indeterminado y los principios del

equilibrio serán necesarios, pero no suficientes para obtener la solución.

Si el entramado o máquina constituye una unidad rígida por si mismo, se inicia

mejor el análisis estableciendo todas las fuerzas exteriores a la estructura

considerada como un solo cuerpo rígido. Se desmiembra entonces la

estructura y se considera el equilibrio de cada una de sus partes. Las

ecuaciones del equilibrio para las distintas partes estarán relacionadas

mediante los términos que contienen las fuerzas de interacción. Si la estructura

no es rígida por si misma, sino que su rigidez depende de sus apoyos

exteriores, generalmente es necesario considerar primero el equilibrio de una

parte del sistema que sea verdaderamente rígida de por sí.

En la mayoría de los casos se encontrará que el análisis de entramados y

máquinas se facilita mucho representando las fuerzas en función de sus

componentes cartesianas rectangulares. Ocurre así, en particular, cuando se

dan las dimensiones de las partes según direcciones, perpendiculares entre sí.


- 77 -

La ventaja de esta representación es que simplifica el cálculo de los brazos de

momentos. En algunos problemas tridimensionales, especialmente cuando se

calculan momentos respecto a ejes que no son paralelos a los de coordenadas

resulta ventajosa la notación vectorial. Al trazar los diagramas de sólido libre,

no siempre es posible asignar de antemano el sentido adecuado a todas las

fuerzas o a sus componentes, y suele hacerse necesario asignarles un sentido

arbitrario. En este caso, es absolutamente necesario que se represente una

fuerza en forma sistemática en los diagramas de cuerpos interactuantes que

contengan la fuerza en cuestión. Así, para dos cuerpos unidos por el pasador

A, (figura 53), al ser separados, las componentes deberán representarse

sistemáticamente en los sentidos opuestos. Los sentidos asignados podrán

resultar falsos cuando se determinen matemáticamente los signos algebraicos

de las componentes. Por ejemplo, si xA resulta negativa, estará actuando en

realidad en sentido opuesto al considerado inicialmente. En consecuencia, será

preciso invertir el sentido de la fuerza en ambos miembros e invertir el signo del

término de esta fuerza en las ecuaciones.

O bien puede dejarse la representación como se hizo inicialmente, y el sentido

de la fuerza deberá comprenderse a partir del signo negativo.

Figura 53

Por último, surgen ocasionalmente situaciones en las que es necesario resolver

un sistema de dos o más ecuaciones para determinar las incógnitas. Sin

embargo en la mayoría de los casos se podrá evitar la resolución de sistemas

de ecuaciones eligiendo convenientemente el miembro o grupo de miembros

para el diagrama de sólido libre y eligiendo en forma adecuada los centros de

momentos que eliminan términos molestos en las ecuaciones.


- 78 -

Ejercicio Nº 24 El entramado de la figura 54(a) soporta la carga de 200 kp en la forma

indicada. Despreciar los pesos de los miembros frente a las fuerzas inducidas

por la carga y calcular las componentes vertical y horizontal de todas las

fuerzas que se ejercen sobre cada uno de los miembros.

(a) (b)

(c)

Figura 54

Solución Primero se observa que los tres miembros soportantes que constituyen el

entramado forman un conjunto rígido que puede analizarse como si fuera un

solo cuerpo. También se observa que la disposición de los apoyos exteriores

hace isostático el entramado.

En la parte (b) de la figura 54 se ha dibujado el diagrama de sólido libre del

conjunto del entramado y se determinan las reacciones exteriores. Así.

Cy

Cy

Ey


- 79 -

( ) ( )

kpAAFkpAAFkpDDM

yyy

xxx

A

2000200:02200220:022003,32003:0

=⇒=−=∑=⇒=−=∑=⇒=−=∑

En seguida, hay que desmembrar el entramado y dibujar el diagrama de sólido

libre de cada uno de sus elementos. Con el propósito de ayudar a seguir la

pista a las fuerzas de interacción comunes, los diagramas se han dispuesto en

sus posiciones relativas aproximadas, como se indica en la figura 54(c).

Debido a lo simplicidad del diagrama de sólido libre de la polea, en el ya

aparecen los valores de las fuerzas que actúan sobre ella.

Del diagrama de sólido libre del elemento AD, se tiene:

( ) ( ) ( ) ( )

0200:07,46602202007,666220:07,66602,12203,02009,08,1220:0

=−+=∑=⇒=−++−=∑=⇒=+−−=∑

yyy

xxx

xxB

CBFkpBBFkpCCM

Del diagrama de sólido libre del elemento BF, se tiene

( ) ( )

kpBBFkpEEF

kpEEM

yyy

xxx

yyB

3,13302003,333:07,66602007,466:0

3,333032008,1:0

=⇒=−+−=∑=⇒=−−=∑

=⇒=−=∑

Volviendo a la ecuación de equilibrio en el eje y del diagrama de sólido libre del

elemento AD, se tiene:

kpCCF yyy 3,33302003,133:0 =⇒=−+=∑


- 80 -

4.3 VIGAS

Tipos de Cargas, de Apoyos y de Vigas

Los miembros estructurales que ofrecen resistencia a la flexión originada por

las cargas aplicadas reciben el nombre de vigas. La mayoría de las vigas son

barras prismáticas cargas y las cargas que pueden ser concentradas,

distribuidas o concentradas y distribuidas suelen aplicarse normalmente a los

ejes de dichas barras. El análisis de las capacidades de soportar cargas de las

vigas, consiste, primero, en establecer los requisitos de equilibrio de la viga en

conjunto y de una parte cualquiera de ella considerada por separado. Segundo,

se establecen las relaciones entre las fuerzas resultantes y la correspondiente

resistencia interna de la viga para soportar estas fuerzas. En esta subunidad se

estudiará solamente la primera parte del problema.

Las vigas soportadas de tal manera que las reacciones en los apoyos pueden

calcularse con la sola aplicación de los métodos de la estática reciben el

nombre de vigas isostáticas. Una viga que tenga más apoyos de los necesarios

para proporcionar el equilibrio se dice que es hiperestática y las ecuaciones del

equilibrio estático aunque son necesarias no son suficientes para determinar

las reacciones de los apoyos. En la figura 55 pueden verse ejemplos de ambos

tipos de vigas. En esta unidad solamente se estudiarán vigas isostáticas y se

analizarán por separado vigas con cargas concentradas y vigas con cargas

distribuidas.

Figura 55


- 81 -

Vigas con Cargas Concentradas.

En el análisis de armaduras simples, la resultante de las fuerzas que se ejercen

sobre una sección de un miembro cortado era una fuerza única, de tracción ó

compresión, en la dirección de la barra. La flexión, la cortadura y la torsión de

la barra eran despreciables o nulas. En el caso de una viga, la resultante de las

fuerzas que se ejercen sobre una sección transversal de la viga no puede en

general representarse mediante una fuerza F y un par de momento M como se

indica en la figura 56(a). En realidad la distribución de las fuerzas en una

sección recta es más complicada y su descripción completa precisa un análisis

que considere las propiedades de la deformación bajo condiciones de carga de

los materiales de las vigas. En el presente análisis sólo se considerará el

sistema equivalente de la distribución de fuerzas para una sección cualquiera

de una viga isostática.

(a) (b) (c)

Figura 56

En la figura 56(b) se muestran por separado la fuerza F y el momento M en

función de sus componentes. Las componentes de F son una fuerza tensora P

y dos fuerzas cortantes Vy, y Vz. Las componentes de M son un momento

torsor T y dos momentos flectores My y Mx.

Si las fuerzas que actúan sobre la viga fueran coplanares, por ejemplo en el

plano x-y de la figura 56, entonces Vz = 0, My = 0 y T = 0. Como es el caso de

las vigas mostradas en la figura 55 donde solo interviene la flexión en el plano

de la figura.


- 82 -

En la figura 57 se muestran dos porciones contiguas de una viga sometida a

fuerzas coplanares en el plano x-y del papel. Sólo quedan la fuerza cortante Vy

= V, la tensora P y el momento flector Mz = M. Las fuerzas se representan

ejerciéndose sobre el centro de la sección recta.

Es importante notar que los sentidos positivos de V, P y M están invertidos en

las dos secciones de la figura 57 en virtud del principio de acción y reacción.

Esta designación de los sentidos positivos deberá utilizarse de manera

sistemática en la resolución de problemas. A menudo resulta difícil ver a simple

vista el sentido correcto de la fuerza cortante y el momento flector. Por ésta

razón convendrá representar V y M con sus sentidos positivos en los

diagramas de sólido libre y dejar que los signos algebraicos de los valores

calculados indiquen el sentido adecuado.

Figura 57

Debe quedar claro que para diferentes secciones de una viga, V y M

generalmente tendrán diferentes valores. Así, estas cantidades pueden

considerarse como funciones de posición a lo largo de la viga, esta variación

suministra una información necesaria para el análisis de la viga. En particular,

el valor máximo del momento flector suele ser lo primero que se considera en

el diseño o selección de una viga, y deberá determinarse su valor y posición.

Las variaciones del corte y del momento se presentan mejor gráficamente, y

esta representación de V y M en función de la longitud de la viga dan lugar a

los diagramas de fuerza cortante y momento flector de la viga.

El primer paso en el cálculo de las relaciones del corte y del momento consiste

en determinar los valores de todas las reacciones exteriores sobre la viga

aplicando las ecuaciones de equilibrio a un diagrama para el sólido libre de

toda la viga. En seguida, se aísla mediante un diagrama para el sólido libre una


- 83 -

parte de la viga, la de la izquierda o la de la derecha de un corte transversal

arbitrario, y se aplican a esta parte aislada de la viga las ecuaciones del

equilibrio. Estas darán expresiones para la fuerza cortante V y el momento

flector M que actúan en la sección sobre la parte aislada de la viga. La parte de

la viga que lleve consigo el menor número de fuerzas, bien a la izquierda o a la

derecha de la sección arbitraria suele dar la solución más sencilla. No debe

tomarse una sección transversal que coincida con la localización de una carga

concentrada, ya que tal posición representa un punto de discontinuidad en la

variación déla fuerza cortante y del momento flector; las secciones se deben

tomar entre cargas contiguas una de otra considerando las reacciones en los

apoyos. Por último, es importante hacer notar que los cálculos de V y M de

cada sección elegida deben siempre estar de acuerdo con el convenio acerca

del sentido positivo que se muestra en la figura 57. En el caso de vigas

horizontales en que no se indiquen los ejes coordenados, se supondrá que el

sentido positivo del eje horizontal es hacia la derecha y el del eje vertical hacia

arriba.

Ejercicio Nº 25 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector correspondientes a

la viga de la figura 58(a) y determinar el valor máximo del momento flector,

indicando el lugar en que se encuentra.

Del diagrama de sólido libre de la viga, representado en la figura 58(b), las

reacciones resultan ser:

( ) ( ) ( )kpRRF

kpRRM

y

R

9,4201002001,257:01,25702,120031001,2:0

11

221

=→=−−+=∑=→=−−=∑

El diagrama de sólido libre de la parte de la viga a la izquierda de la sección A

es el indicado en la figura 58(c) de la figura. La fuerza cortante V y el momento

M aparecen con sus sentidos positivos. El equilibrio exige


- 84 -

( ) xMxMMVVF

A

V

9,4209,42:09,4209,42:0

=→=−=∑−=→=+=∑

Estos valores son válidos entre x = 0 y x = 1,2 m.

El siguiente intervalo se analiza mediante el diagrama de sólido libre de la parte

entera de la viga situada a la izquierda de la sección B. Nuevamente se

representan V y M con sus sentidos positivos como se indica en la figura 58(d).

El equilibrio da:

( ) ( ) xMxxMMVVF

A

V

1,15724002,12009,42:01,15702009,42:0−=→=−+−=∑

=→=−+=∑

Estos valores son válidos entre x = 1,2 m y x = 2,1 m

Por último, del más sencillo de los dos diagramas correspondientes a la

sección C, indicado en la figura 58(e), la aplicación de las ecuaciones de

equilibrio da:

( ) ( )xMxMMVVF

A

V

−−=→=−+=∑−=→=+=∑

310003100:01000100:0

Estos valores son válidos entre x = 2,1 m y x = 3 m.

Es importante notar que M y V se han representado con sus sentidos positivos

sobre el diagrama de sólido libre.

En las figuras 58(f) y 58(g) se han representado gráficamente los diagramas de

fuerza cortante y momento flector correspondiente a la viga entera. El valor

máximo del momento y su posición son,

mxenmkpM 1,290 =−=


- 85 -

Figura 58


- 86 -

Vigas con Cargas Distribuidas.

En la sección anterior se desarrolló el estudio de las fuerzas cortantes y los

momentos flectores en las vigas con cargas concentradas. Ahora se estudiará

el caso de vigas sometidas a cargas distribuidas que varían continuamente

sobre las mismas o sobre parte de ellas. Para las fuerzas distribuidas se

utilizarán también los convenios usados para el corte V y el momento M y el

método básico de equilibrio desarrollado en la sección anterior. Adicionalmente,

existen varias relaciones que contienen V y M que pueden establecerse para

toda viga con carga distribuida y que ayudarán en gran manera a la

construcción de los diagramas de fuerza cortante y momento flector. La figura

59 representa una porción de viga cargada, en la que se aísla un elemento dx

de la viga. La intensidad de carga p representa la fuerza por unidad de longitud

de la viga. En la posición x se han dibujado en sus sentidos positivos la fuerza

cortante V y el momento M que actúan sobre el elemento. En el lado opuesto

del elemento, donde la posición es x + dx, también se dibujan estas cantidades

en sus sentidos positivos, pero se deben representar por V + dV y M + dM ya

que se requiere que V y M varíen con x. La intensidad de carga p se puede

considerar constante sobre toda la longitud del elemento por ser ésta una

cantidad infinitesimal.

Figura 59

El equilibrio del elemento exige que la suma de las fuerzas verticales sea cero.

Así


- 87 -

( ) 0=+−+ dVVdxpV

luego

dxdVp = (22)

De la ecuación (22) queda claro que la pendiente del diagrama de fuerza

cortante debe ser igual en todos los puntos al valor de la carga aplicada. La

ecuación (22) es válida a uno y otro lado de una carga concentrada, pero no en

la carga concentrada a causa de la discontinuidad debida al brusco cambio de

fuerza cortante.

El equilibrio del elemento de la figura 59 exige también que la suma de los

momentos sea cero. Tomando momento respecto al extremo de la derecha del

elemento se tiene:

02

=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛++ MdxdxpdMM

El término ( )2dxdxp puede despreciarse por ser infinitesimal de orden

superior a los términos restantes. Queda, pues, entonces

dxdMV −= (23)

que expresa el hecho de que en todas partes la fuerza cortante es igual a la

pendiente de la curva del momento cambiada de signo. La ecuación (23) puede

escribirse también como

∫ ∫−=M

M

x

xdxVdM

0 0

o sea

( )xyxentrecortedediagramaelbajoáreaMM 00 −=


- 88 -

En esta expresión 0M es el momento flector en 0x y M lo es en x . En el caso

de vigas a las que no se aplique exteriormente momento 0M en 0x = 0, el

momento total en una sección cualquiera es igual y de signo contrario al área

limitada bajo el diagrama de corte hasta la sección considerada.

Cuando V pasa por cero siendo función continua de x con 0≠dxdv , el

momento flector M será máximo o mínimo, ya que en dicho punto 0=dxdM .

También pueden aparecer valores críticos de M cuando V cruce el eje de

abscisas en una discontinuidad.

En las ecuaciones (22) y (23) puede verse que el grado de V respecto a x es

superior en una unidad al de p y que el de M es superior al de V también en

una unidad.

Ejercicio Nº 26 Dibujar los diagramas de corte y de momento de la viga cargada indicada en la

figura 60(a) y determinar el momento máximo M y su situación x respecto al

extremo izquierdo.

(a) (b)

Figura 60

Solución

Del diagrama de sólido libre de la figura 60(b), las reacciones de los apoyos se

obtendrán más fácilmente considerando las resultantes de las cargas

distribuidas en la forma indicada sobre este diagrama.


- 89 -

( ) ( ) ( ) ( )kpRRF

kpRRM

y

R

100085170150305:0

305032855,117031505,2:0

11

221

=→=−−−+=∑

=→=−−−=∑

Se analiza el primer intervalo de la viga mediante el diagrama para el sólido

libre de la figura 61 correspondiente al lado izquierdo de la sección en que x <

1m

Luego se analiza el segundo intervalo de la viga mediante el diagrama para el

sólido libre de la figura 62, correspondiente al lado izquierdo de la sección en

que mxm 21 ≤≤

Figura 62

( ) 0117085100:0 =−−−+=∑ xVFV

( ) 151170 −−= xV

( ) ( ) ( )2

111703285100:0 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−+−+−=∑xxxxMM

( ) ( )218532

385100 −−−−= xxxM

Ahora, se analiza el tercer intervalo de la viga mediante el diagrama para el

085100:0 2 =−+=∑ xVFV

10085 2 −= xV

( ) ( ) 0385100:0 2 =+−=∑ xxxMM

xxM3

85100 −=


- 90 -

sólido libre de la figura 63, correspondiente al lado derecho de la sección en

que mxm 5,22 ≤≤

Figura 63

0305150:0 =−+=∑ VFV

155=V

( ) ( ) 05,230512150:0 =−−−+=∑ xxMM

( ) ( )xxM −−−= 121505,2305

Finalmente, se analiza el cuarto intervalo de la viga mediante el diagrama para

el sólido libre de la figura 64, correspondiente al lado derecho de la sección en

que mxm 35,2 ≤≤

Figura 64

0150:0 =+=∑ VFV

150−=V

( ) 012150:0 =−+=∑ xMM

( )xM −−= 12150

En la figura 65 se muestra los diagramas de fuerza cortante y momento flector

correspondiente a la viga completa, de ellos se puede obtener el momento

flector máximo que es

.5,275 mxenseproduceymkpM =−=


- 91 -

Figura 65


- 92 -

Ejercicio Nº 27 Dibujar los diagramas de corte y de momento de la viga cargada indicada en la

figura 66 y determinar el momento máximo M y su situación x respecto al

extremo izquierdo.

(a)

(b)

Figura 66

Solución En la figura 66(b) se muestra el diagrama de cuerpo libre de la viga en el cual

se han dibujado las cargas concentradas equivalentes a cada una de las

cargas distribuidas; planteando las ecuaciones de equilibrio para calcular las

reacciones, se tiene:

R1 R2

1200 kg

1800 kg

R1 R2


- 93 -

( ) ( ) ( ) ( )kgRRFkgRRM

y

R

15200120080018002280:0228008005,1120058009180010:0

11

221

=→=−−−+=∑=→=−−−−=∑

En la figura 67 se muestran los cuatro cortes necesarios para analizar

completamente la viga.

Figura 67

En la figura 68 se muestran los diagramas de cuerpo libre que se obtienen de

ambos lados de la sección 1. Por conveniencia se plantean las ecuaciones de

equilibrio para la sección de la figura 68(a)

Sección 1, válida para 30 ≤≤ x

(a) (b)

Figura 68

( )( ) ( ) 2

1 2001520024001520:0

152040004001520:0

xxMxxxMM

xVxVFV

−=⇒=+−=∑

−=⇒=−+=∑

1 2 3

4


- 94 -





(a) (b)

Figura 69

( ) ( ) ( )5,11200152005,112001520:0320012001520:0

2 −−=⇒=−+−=∑−=⇒=−+=∑

xxMxxMMVVFV



equilibrio para la sección de la figura 70(b)


(a) (b)

Figura 70


- 95 -

( ) ( ) ( ) ( )xxMxxMMVVFV

−+−=⇒=−+−−=∑=⇒=+−=∑

91800102280091800102280:0480018002280:0

3





(a) (b)

Figura 71

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 80073

20058005,112001520

08003

7720058005,112001520:0

720048002

7740080012001520:0

3

22

2

+−−−−−−=

=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−+−+−+−=∑

−+=⇒=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−−−−+=∑

xxxxM

xxxxxMM

xVxxVFV

En la figura 72 se muestra la viga y sus correspondientes diagramas de fuerza

cortante y momento flector. Se determina claramente que el momento flector

máximo es

.54200 mxenproduceseymkgM =−=


- 96 -

Figura 72


- 97 -

V CENTROIDES Y MOMENTOS DE INERCIA

5.1 CENTRO DE GRAVEDAD El peso de un cuerpo es la fuerza de la atracción gravitacional de la tierra sobre

el cuerpo. El peso resultante de todas sus partículas, pasa a través de un punto

llamado centro de gravedad, c. g., éste puede describirse como el punto donde

colocado un apoyo equilibra el cuerpo sin ladearse. La figura 73 muestra una

placa rectangular, siendo dW el peso de cada elemento y W la resultante de

las fuerzas dW (es decir el peso total de la placa). El centro de gravedad es el

punto donde la placa puede equilibrarse. Para evitar que se ladee, la resultante

debe coincidir con la reacción en el apoyo, que está en el centro de gravedad.

Figura 73 El centro de gravedad de las placas que son simétricas con respecto a dos ejes

se determina a simple vista en la intersección de los ejes de simetría (figura

74). Para formas irregulares, se obtiene fácilmente una expresión matemática

para localizar el centro de gravedad.

Figura 74


- 98 -

Si se considera ahora la placa plana irregular de la figura 75; para localizar las

coordenadas yex del centro de gravedad, es útil el concepto de fuerzas

distribuidas. Supóngase que la placa está dividida en un cierto número de

partículas de igual tamaño, y por consiguiente, de igual peso w. El peso total de

la placa W , es la suma de los pesos de los elementos. Expresado

matemáticamente

∫= dwW

Sean ( )11 , yx las coordenadas de 1dw , ( )22 , yx las coordenadas de 2dw , etc.

Las coordenadas de W que son ( )yx , , que son las coordenadas del centro de

gravedad de la placa.

Figura 75

Como W es la resultante del peso de las partículas, su momento con respecto

a cualquier eje debe ser, por consiguiente, igual a la suma de los momentos de

las partículas. Igualando el momento de la resultante W con respecto a los ejes

de referencia con la suma de los momentos de los elementos, se obtienen las

siguientes expresiones generales:

∑ ∫

∫∑

=++=

=++=

dwyxdwydwyWM

dwxxdwxdwxWM

x

y

..............:

..............:

2211

2211


- 99 -

Sustituyendo W por ∫ dw y despejando yex se tiene:

∫∫

∫∫ ==

dw

dwyy

dw

dwxx (24)

El peso específico γ de un cuerpo es su peso por unidad de volumen. Así

pues, el peso de un elemento diferencial de volumen dV será dVdW γ= . En

el caso en que γ no sea constante en todo el cuerpo pero pueda expresarse

como función de las coordenadas de sus puntos, será necesario tener en

cuenta dicha variación en el cálculo de los numeradores y denominadores de

las ecuaciones (24). Estas expresiones se escribirían entonces en la forma

∫∫

∫∫ ==

dV

dVyy

dV

dVxx

γ

γ

γ

γ (25)

5.2 CENTROIDES

Siempre que el peso específico γ de un cuerpo tenga el mismo valor en todos

sus puntos, será un factor constante existente en los numeradores y

denominadores de las ecuaciones (25) y por lo tanto se suprimirá. Las

expresiones definen entonces una propiedad puramente geométrica del

cuerpo, ya que no hay referencia alguna a sus propiedades físicas. Cuando el

cálculo se refiera solamente a una forma geométrica se utiliza el término

centroide. Cuando se hable de un cuerpo físico real, se utilizará el término

centro de gravedad o centro de masa. Si el peso específico es el mismo en

todos los puntos, las posiciones del centroide y del centro de gravedad coinci-

den, mientras que si el peso específico varía de unos puntos a otros, aquéllos

no coincidirán, en general.

En el caso de una varilla delgada o un alambre de longitud L, sección recta de

área A y peso específico γ , como la de la figura 76(a), el cuerpo puede

aproximarse a un segmento de línea y dLAdw γ= . Si γ y A son constantes a


- 100 -

lo largo de la varilla, las coordenadas del centro de gravedad coincidirán con

las del centroide C del segmento de línea, las cuales, según las ecuaciones

(24), podrán escribirse en la forma

∫∫=

L

dLxx

∫∫=

L

dLyy

∫∫=

L

dLzz (26)

Cuando un cuerpo de peso específico γ tenga un espesor pequeño t y pueda

aproximarse a una superficie de área A, como la mostrada en la figura 76(b), se

tendrá que dAtdw γ= . También ahora, si γ y t son constantes en toda la

superficie, las coordenadas del centro de gravedad del cuerpo coincidirán con

las del centroide C de la superficie y se podrá escribir, en virtud de las

ecuaciones (24),

A

dAxx ∫=

A

dAyy ∫=

A

dAzz ∫= (27)

(a) (b)

Figura 76

En el caso general de un cuerpo de volumen V y peso específico γ , el

elemento tendrá un peso dVdw γ= . El peso específico γ desaparecerá de las

ecuaciones si es constante en todo el volumen y las coordenadas del centro de

gravedad serán las del centroide C del cuerpo. De las ecuaciones (24) se tiene


- 101 -

V

dVxx ∫=

V

dVyy ∫=

V

dVzz ∫= (28)

Ejercicio Nº 28 Ubique el centroide de la varilla doblada en forma de un arco parabólico,

mostrada en la figura 77.

Figura 77

Solución El elemento diferencial que se muestra en la figura 77 está ubicado sobre la

curva en el punto arbitrario (x, y).

La longitud diferencial del elemento dL puede expresarse en términos de las

diferenciales dyydx utilizando el teorema de Pitágoras.

( ) ( ) dydydxdydxdL 1

222 +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=+=

Como 2yx = , entonces ydydx 2= . Por lo tanto, expresando dL en términos de

y y dy , se tiene,


- 102 -

( ) dyydL 12 2 +=

El centroide está ubicado en yyxx == ~,~ . Al aplicar las ecuaciones (26) e

integrar con respecto a y , se tiene

mdyy

dyyy

dyy

dyyx

dL

dLxx

L

L 504,0479,1746,0

14

14

14

14~

1

0

2

1

0

22

1

0

2

1

0

2

==+

+=

+

+==

∫∫

∫∫

∫∫

mdyy

dyyy

dL

dLyy

L

L 573,0479,1848,0

14

14~

1

0

2

1

0

2

==+

+==∫∫

∫∫

Ejercicio Nº 29 Localizar el centroide de la superficie del triángulo de base b y altura h ,

mostrado en la figura 78.

Figura 78

Solución Se considera un elemento diferencial rectangular que tiene un espesor dy y

una longitud variable x . El área de este elemento diferencial es dyx ; por

triángulos semejantes se puede establecer que ( )yhxhb −= luego


- 103 -

despejando x y reemplazando en el área del elemento diferencial y utilizando

la ecuación (27) para y , se tiene:

( )

32

6

2

2

0 hyhb

hb

hb

dyh

yhby

A

dAyy

h

=⇒=

−

==∫∫

Este mismo resultado se cumplirá para cualquiera de los otros dos lados del

triángulo considerado como nueva base y con la nueva altura correspondiente.

Así, puede decirse que el centroide se halla en la intersección de las medianas,

ya que la distancia de este punto a uno cualquiera de los lados es un tercio de

la altura del triángulo en el que se considere dicho lado como base.

Ejercicio Nº 30 Localice el centroide del área mostrada en la figura 79.

(a) (b)

Figura 79


- 104 -

Solución 1 El elemento diferencial de ancho dx que se muestra en la figura 79(a),

intersecta a la curva en un punto arbitrario (x,y) y por lo tanto tiene una altura y.

El área del elemento diferencial es dxydA = y su centroide se ubica en

2~,~ yyxx == . Aplicando las ecuaciones (27) e integrando con respecto a x se

tiene:

mxdxx

dxx

dxy

dxyx

dA

dAxx

A

A 75,0333,0

25,0~

1

0

2

1

0

3

1

0

1

0 =⇒====∫∫

∫∫

∫∫

( )my

dxx

dxxx

dxy

dxyy

dA

dAyy

A

A 3,0333,0

1,022~

1

0

2

1

0

22

1

0

1

0=⇒==

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛

==∫

∫∫

∫∫∫

Solución 2 El elemento diferencial de ancho dy que se muestra en la figura 79(b),

intersecta a la curva en un punto arbitrario (x,y) y por lo tanto tiene una longitud

( )x−1 . El área del elemento diferencial es ( )dyxdA −= 1 y su centroide se

ubica en yyxxxx =+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+= ~,2

12

1~ . Aplicando las ecuaciones (27) e

integrando con respecto a y se tiene:

( )[ ]( )

( )

( )

( )mx

dyy

dyy

dyx

dyxx

dA

dAxx

A

A 75,0333,0

25,0

1

121

1

12/1~

1

0

1

0

1

0

1

0 =⇒=−

−=

−

−+==

∫∫

∫∫

∫∫


- 105 -

( )

( )

( )( )

mydyy

dyyy

dyx

dyxy

dA

dAyy

A

A 3,0333,0

1,0

11

1~

1

0

1

01

0

1

02

3

=⇒=−

−=

−

−==

∫∫

∫∫

∫∫

En la tabla 3 se da un resumen de las coordenadas de centroides de algunas

de las formas más comúnmente usadas.

En resistencia de materiales frecuentemente se requiere conocer la localización

del centroide de áreas compuestas. Este procedimiento se explica en la

sección siguiente.


106

Tabla 3 Figura Centroide Momento de Inercia de

Superficie Arco de circunferencia

ααsenrr =

Cuadrante y semicircunferencia

πry 2

=

Superficie triangular

3

3hy

bax

=

+=

4

36

12

3

3

3

1

hbI

hbI

hbI

x

x

x

=

=

=

Superficie rectangular

12

33

3

0

hbI

hbI

x

x

=

=

Superficie de un sector circular

ααsenrx

32

=

( )

( )αα

αα

24

24

21

4

21

4

senrI

senrI

y

x

+=

−=

Superficie de un cuadrante circular

π34 ryx ==

16

4rII yxπ

==

Superficie de un cuadrante elíptico

π

π

3434

by

ax

=

=

16

163

3

baI

baI

y

x

π

π

=

=


107

5.2.1 Centroides de áreas compuestas Si se desea el centroide de un área que no se ajusta a las formas geométricas

simples mostradas en la tabla 3, pero que es una combinación de varias de

estas formas, el centroide se determina de la siguiente manera:

• Se descompone el área en formas geométricas simples para las cuales

se conocen los centroides.

• Se escogen ejes de referencia vertical y horizontal, a partir de los cuales

se hacen todas las medidas.

• Se determinan yex aplicando las siguientes ecuaciones

∑

∑

=

== n

ii

n

iii

A

xAx

1

1

~

∑

∑

=

== n

ii

n

iii

A

yAy

1

1

~

∑

∑

=

== n

ii

n

iii

A

zAz

1

1

~

(29)

donde:

zyx ,, representan las coordenadas del centroide de la superficie compuesta.

zyx ~,~,~ representan las coordenadas del centroide de cada una de las

superficies en las cuales se ha dividido la superficie compuesta.

A representa el área de cada una de las superficies en que se ha dividido

la superficie compuesta.

Usualmente es más conveniente elegir (si es que no están dados) el eje de

referencia horizontal pasando por la parte superior o inferior de la figura, y el

eje de referencia vertical pasando por el extremo izquierdo o derecho de la

figura. Haciendo esto, no se necesita considerar valores negativos de

distancias. Si el área tiene un eje de simetría, se sabe que el centroide queda

sobre este eje, de este modo no se necesita calcular la coordenada

correspondiente a partir de las ecuaciones (29).

En algunos casos es conveniente descontar ciertas áreas de la figura

compuesta. Cuando se hace esto, deben descontarse esas cantidades tanto en

el numerador como en el denominador.


108

Ejercicio Nº 31 Determinar el centroide del área indicada en la figura 80(a).

(a) (b) (c)

Figura 80 Solución Los ejes de referencia y las formas geométricas simples en las

cuales se descompone la superficie compuesta se indican en la figura 80(b).

Aplicando las ecuaciones 29, se tiene:

( )( ) ( )( ) ( )( ) lg7,33620

635,665,220~~~~

321

3322113

1

3

1 puxAAA

xAxAxA

A

xAx

ii

iii

=⇒++

++=

++++

==

∑

∑

=

=

( )( ) ( )( ) ( )( ) lg86,13620

67,2316220~~~~

321

3322113

1

3

1 puyAAA

yAyAyA

A

yAy

ii

iii

=⇒++++

=++++

==

∑

∑

=

=

La localización aproximada del centroide de la superficie compuesta se muestra en la figura 80(c).


109

Ejercicio Nº 32 Localizar el centroide de la superficie indicada en la figura 81(a).

y 2 1 x (a) (b)

Figura 81

Solución Se descompone el área en formas geométricas simples, como se

muestra en la figura 81(b). Como el área es simétrica con respecto a un eje

vertical que pasa por el centro, no se necesita calcular x puesto que el

centroide queda sobre este eje. Para y se escoge un eje de referencia (x) en

la parte inferior de la superficie, como se indica en la figura 81(b) y se calcula:

( )( ) ( )( ) mmyAA

yAyA

A

yAy

ii

iii

10048004800

1404800604800~~~

21

22112

1

2

1 =⇒++

=++

==

∑

∑

=

=

Es decir el centroide está localizado 100 mm arriba de la base.

40 mm

120 mm

40 mm


110

Ejercicio Nº 33 Localizar el centroide del área indicada en la figura 82(a). y

(a) (b)

Figura 82

Solución El área tiene un eje de simetría, haciendo innecesario el cálculo de x . Las

formas geométricas elegidas son dos rectángulos y un triángulo, que debe

descontarse. Considerando el eje de referencia que pasa por la base, como se

indica en la figura 82(b) se tiene:

( )( ) ( )( ) ( )( ) lg8,362412

36524112~~~~

321

3322113

1

3

1 puyAAA

yAyAyA

A

yAy

ii

iii

=⇒−+−+

=−+−+

==

∑

∑

=

=


111

5.3 MOMENTO DE INERCIA

Como anteriormente se vio, la coordenada del centroide de una superficie,

(también conocido como momento de primer orden) con respecto al eje x, del

elemento de superficie que se muestra en la figura 83 es ∫ dAy .

La expresión ∫ dAy 2 se denomina momento de segundo orden de la superficie

con respecto al eje x. Las integrales de esta forma aparecen cuando y es la

distancia del elemento de superficie a un eje que está o es normal al plano de

la superficie. Con más generalidad, la expresión ∫ dAy 2 recibe el nombre de

momento de inercia de la superficie con respecto al eje x.

Figura 83

El término inercia es una designación aplicada sin razón ya que desde el punto

de vista dinámico una superficie no posee inercia y como consecuencia

inmediata la integral no tiene significado físico real. No obstante, la integral es

semejante a la expresión desarrollada por Leonard Euler, en 1700, en el

análisis del movimiento de los cuerpos rígidos. Estas expresiones implican

masa y las cantidades que se obtienen se denominan momentos de inercia de

masa. A causa de esta similitud la expresión ∫ dAy 2 se le ha asignado el

término de momento de inercia por tradición. El momento de inercia de una

superficie es una propiedad puramente matemática de la superficie y no tiene,

en sí, ningún significado físico.


112

El momento de inercia de la superficie de la figura 83, con respecto a los ejes

coordenados que se muestran, son

∫= dAyI x2 ∫= dAxI y

2 (30)

donde los símbolos xI e yI representan los momentos de inercia de toda la

superficie con respecto a los ejes x e y, respectivamente. El momento de

inercia de la superficie con respecto a un eje que pase por O (eje z) y sea

perpendicular al plano de la superficie es

∫= dArJ z2 (31)

Las expresiones definidas por las ecuaciones (30) reciben el nombre de

momentos de inercia cartesianos, mientras que la expresión de la ecuación

(31) recibe el de momento de inercia polar. Como 222 ryx =+ , es evidente que

yxz IIJ += (32)

La ecuación (32) resulta particularmente útil para calcular el momento de

inercia polar de una superficie cuyo contorno sea más fácil de describir en

coordenadas cartesianas que en coordenadas polares.

El momento de inercia de una superficie respecto a un eje, será siempre una

cantidad positiva. Las unidades de medida de los momentos de inercia de

superficies son unidades de longitud elevadas a la cuarta potencia, ejemplo,

m4, mm4, pie4, pulg4.

Radio de Giro de una Superficie Como en el caso del centroide, toda la superficie plana se puede considerar

concentrada en un solo punto de la superficie; las distancias del punto en

cuestión a los ejes x, y, z son conocidas como los radios de giro y se designan


113

como kx, ky y kz respectivamente. El radio de giro de una superficie plana tiene

unidades de longitud y con frecuencia se utiliza en el diseño de columnas.

Siempre y cuando se conozcan las áreas y los momentos de inercia, los radios

de giro se pueden determinar a partir de:

AI

k xx =

AI

k yy =

AJk z

z = (33)

Ejercicio Nº 34 Determinar el momento de inercia del área sombreada indicada en la figura

84(a), con respecto al eje x.

(a) (b)

Figura 85

Solución Se escoge una tira rectangular paralela al eje con respecto al cual se

va a determinar el momento de inercia; figura 84(b). La faja se localiza a una

distancia y del eje x, y tiene una dyxdA = .

De la ecuación (30), se tiene que

∫= dAyI x2


114

La ecuación de la curva que limita el área es 2xy = . Se sustituye 21yx = en la

ecuación del momento de inercia y se usan los límites de y, desde 0 hasta 16

para obtener:

14,46812

7160

16

0

22

7

25

=⇒=== ∫ ∫ xx IydyydyxyI

En la práctica, la mayor parte de las áreas son formas geométricas regulares.

En consecuencia se pueden deducir ecuaciones para las formas comunes

integrando las definiciones básicas, entre los límites del área. En la tabla 3 se

muestran las fórmulas para algunas formas geométricas regulares.

Ejercicio Nº 35 Calcular el momento de inercia con respecto al eje centroidal X-X del

rectángulo indicado en la figura 85

X X 6” 4” Figura 85 Solución

( ) ( )( )( ) 431213

121 lg7264 puIbhI xx =⇒==


115

Ejercicio Nº 36 Calcular el momento de inercia con respecto al eje centroidal Y-Y del

rectángulo indicado en la figura 86.

Y 6” Y 4”

Figura 86 Solución

( ) ( )( )( ) 431213

121 lg3246 puIbhI yy =⇒==

Nótese que el “ancho”, b, siempre es la dimensión paralela al eje considerado,

mientras que la “altura”, h, siempre es la dimensión perpendicular a ese eje.


116

5.3.1 Cambio de Ejes

El momento de inercia de una superficie respecto a un eje no centroidal puede

expresarse fácilmente en función del momento de inercia respecto a un eje

centroidal paralelo a él. En la figura 87 los ejes '' yx − pasan por el centroide C

de la superficie.

Figura 87

Ahora se va a determinar los momentos de inercia de la superficie respecto a

los ejes paralelos a ellos yx − . Por definición, el momento de inercia del

elemento dA respecto al eje x es ( ) dAdydI yx2' += , entonces para el área

completa se tiene

( ) ∫∫∫∫ ++=+=AyAyAA yx dAddAyddAydAdyI 222

'2''

La primera integral representa el momento de inercia de la superficie con

respecto al eje centroidal 'xI . La segunda integral es igual a cero, ya que el eje

'x pasa a través del centroide de la superficie C; es decir, ∫ ∫ == 0' dAydAy

dado que 0=y . La tercera integral representa el área total A. Luego la

expresión de xI y la expresión análoga de yI resultan ser


117

2' yxx dAII += 2

' xyy dAII += (33)

Y por último, para el momento de inercia polar con respecto al eje

perpendicular al plano yx − que pasa a través del polo O (eje z ), se tiene

2' dAJJ zz += (34)

Las ecuaciones (33) y (34) constituyen el teorema de Steiner o teorema de los

ejes paralelos. Se debe resaltar dos hechos. Primero, los ejes entre los que se

ha hecho el cambio deben ser paralelos, y segundo, uno de los ejes debe

pasar por el centroide de la superficie.

Si se quisiera cambiar de un eje a otro paralelo a él sin que ninguno de ambos

pasara por el centroide, habría que cambiar de uno de los ejes a otro paralelo

que pasara por el centroide y luego cambiar de éste al segundo eje.

El teorema de Steiner también es válido para los radios de giro.

222 dkk += (35)

donde k es el radio de giro respecto a un eje centroidal paralelo al eje al que

se refiere k , y d es la distancia entre ambos ejes. Los ejes pueden estar

contenidos en el plano de la superficie o ser normales a él.


118

Ejercicio Nº 37 Determinar el momento de inercia con respecto al eje X’-X’ del área mostrada

en la figura 88.

2” 6” 4” X’ X’

Figura 88

Solución Utilizando la fórmula correspondiente al momento de inercia con respecto al eje

centroidal x de un rectángulo, que aparece en la tabla 3, y aplicando el

teorema de Steiner entre el eje X’-X’ y el eje x centroidal del rectángulo, se

tiene

( )( ) ( )( )( ) 4'

23

23

2' lg624762

1262

12puIdAhbdAII XxX =⇒+=+=+=


119

5.3.2 Momento de Inercia de Superficies Compuestas

Las dos secciones anteriores cubrieron los métodos para determinar el

momento de inercia de una forma geométrica simple con respecto a cualquier

eje. Para un área que está formada por varias de estas formas simples, el

momento de inercia de toda el área es la suma de los momentos de inercia de

cada una de las áreas individuales con respecto al eje deseado.

En problemas prácticos, generalmente se necesita determinar el momento de

inercia de un área complicada con respecto al eje centroidal de esa área. Los

pasos para determinar el momento de inercia centroidal de un área compuesta

son:

1.- Se determina el centroide del área, según lo indicado en la sección

1.16.

2.- A partir de un eje que pasa por el centroide que se calculó en el paso

anterior, se aplica el teorema de los ejes paralelos a cada una de las

áreas geométricas simples.

Ejercicio 38

Determinar el momento de inercia con respecto al eje xx − centroidal de la

sección en forma de T indicada en la figura 89(a).

2 1x

x x 2x 1 (a) (b)

Figura 89

120 mm

120 mm

40 mm

40 mm

100 mm

40 mm

40 mm


120

Solución En el ejercicio 32 se determinó que el centroide del área estaba 100 mm arriba

de la base. Las áreas geométricas simples se indican como dos rectángulos en

la figura 89(b). El momento de inercia con respecto al eje xx − se calcula así:

Área 1:

( )( ) ( )( )( ) 4623

2111 1044,134012040

1212040

1mmdAII xx ×=+=+=

Área 2:

( )( ) ( )( )( ) 4623

2222 1032,84040120

1240120

2mmdAII xx ×=+=+=

El momento de inercia de toda el área con respecto al eje xx − es, entonces

4466

21 1076,211032,81044,13 mmIIII xxxx ×=⇒×+×=+=

Ejercicio 39 Determinar el momento de inercia con respecto al eje centroidal x-x del área

mostrada en la figura 90.

Figura 90


121

Solución En el ejercicio 33 se determinó que el centroide estaba a 3,8 pulg sobre la

base. Usando las mismas formas geométricas que en el ejercicio y asentando

los cálculos en la tabla 4 que se muestra, se obtiene

( ) 42~ lg8,1978,12473 puIdAII xiixx i

=⇒+=+= ∑

Tabla 4

Superficie i ixI~ iA id 2

ii dA 1

( )( ) 4

1226 3

=

( )( ) 1226 =

8,2

08,94

2

( ) 721264 3

=

( )( ) 2464 =

2,1

56,34

3

( ) 33634 3

−=

( )( ) 6

234

−=

8,0

84,3−

73~ =∑ ixI

∑ = 8,1242

ii dA


122

Ejercicio 40 Determinar el momento de inercia con respecto al eje centroidal de la superficie

mostrada en la figura 91. Calcular tanto .YX IcomoI

8” y

2”

1” 6”

2” x

6”

Figura 91

Solución Los problemas de este tipo se resuelven en forma más conveniente mediante

el uso de una forma tabular para los cálculos, como se muestra en las tablas 5

y 6. En la solución, el primer paso consiste en determinar el centroide. Por

simetría, el centroide localizado por x queda sobre la línea vertical central.

Para determinar y , se supone un eje de referencia que pasa por la parte

inferior (eje x) y las áreas simples, como se indica en la tabla 3. Usando los

cálculos de la tabla 3, se ve que:

4lg77,46747,4403,27

lg47,534

186~

puII

puyA

yAy

xx

i

ii

=⇒+=

=⇒==∑∑


123

El momento de inercia con respecto al eje y centroidal se determina a partir

de la tabla 6 y es 4lg83,121083,121 puII yy =⇒+=

Tabla 5

Superficie i iA iy~ iyA ~

ixI id 2ii dA

1

( )( ) 1628 =

9

144

( )( ) 33,512

28 3

=

53,3

37,199

2

( )( ) 661 =

5

30

( )( ) 1812

61 3

=

47,0

33,1

3

( )( ) 1262 =

1

12

( )( ) 412

26 3

=

47,4

77,239

34=∑ iA

∑ = 186~ii yA

33,27~ =∑ ixI

∑ = 47,4402ii dA

Tabla 6

Superficie i iA

iyI ~ id 2ii dA

1

( )( ) 1628 =

( ) 33,851282 3

=

0

0

2

( )( ) 661 =

( )( ) 5,0

1216 3

=

0

0

3

( )( ) 1262 =

( ) 361262 3

=

0

0

83,121~ =∑ iyI

∑ = 02

ii dA


124

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