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CARPETA DE TRABAJOS PRÁCTICOS
CORRESPONDIENTE AL CICLO 2021
CARRERA: Ingeniería Química
DOCENTES HABILITADOS :
Ing. Guillermo Quispe;
Ing. Rubén Seluy;
Ing. Marcelo Janin;
INTEGRANTES GRUPO DE TRABAJO:
* Nombre y Apellido: Brenda Margarita Acosta
* Nombre y Apellido: Abigail Dàmaris Barbito
* Nombre y Apellido: María Florencia Burgos
* Nombre y Apellido: Florencia Agustina Calderon
* Nombre y Apellido: Kevin Lucas Carrillo
* Nombre y Apellido: Luciana Luz Cruz
OBSERVACIONES:
FIRMA DOCENTE:
FECHA APROBACIÓN:
Trabajo Práctico N°2: EQUILIBRIO Y REACCIONES
1. Determinar:
a. el nº de restricciones de vínculo.
b. comparar con el nº de ecuaciones disponibles.
c. determinar si se trata de un sistema hipo, iso o hiperestático y justificar
matemáticamente.
a) Grados de libertad de la chapa A = 3
N° de restricciones del apoyo fijo = 2
N° de restricciones del apoyo móvil = 1
b) Hay 3 ecuaciones disponibles: ∑Fx=0, ∑Fy=0 , ∑Ma=0
y hay 3 incógnitas (ya que cada restricción equivale a una incógnita)
c) GH= VE+ VI – 3n = 3 – 3.1= 0, SISTEMA ISOSTÁTICO
a) N° de restricciones:
Apoyo fijo= 2 , Apoyo móvil= 1
La recta de acción FB coincide con los apoyos fijo y móvil. Las restricciones se
reducen a 2 incógnitas.
b) Hay 3 ecuaciones disponibles :∑Fx=0, ∑Fy=0 , ∑Ma=0 y hay 2 incógnitas.
El sistema no está en equilibrio.
c) GH= VE+ VI – 3n = 2–3.1= -1, SISTEMA HIPOSTÁTICO
a) N° de restricciones:
3 apoyos móviles= 1 cada uno.
El apoyo superior se debe compensar con los dos apoyos inferiores. Por lo tanto hay 2
restricciones.
b) Hay 3 ecuaciones disponibles: ∑Fx=0, ∑Fy=0 , ∑Ma=0, y hay 3 incógnitas. El
sistema no está en equilibrio.
c) GH= VE+ VI – 3n = 2–3.1= -1, SISTEMA HIPOSTÁTICO.
a) N° de restricciones:
2 apoyos fijos= 2 cada uno.
b) Hay 3 ecuaciones disponibles: ∑Fx=0, ∑Fy=0 , ∑Ma=0, y hay 4 incógnitas.
c) GH= VE+ VI – 3n = 4–3.1= 1, SISTEMA HIPERESTÁTICO
a) N° de restricciones:
2 apoyos fijos= 2 cada uno.
1 vínculo interno= 2
b) Hay 3 ecuaciones disponibles: ∑Fx=0, ∑Fy=0 , ∑Ma=0, y hay 6 incógnitas.
c) GH= VE+ VI – 3n = 4+2-3.2= 0, SISTEMA ISOSTÁTICO.
a) N° de restricciones:
1 empotramiento =3
1 apoyo móvil =1
1 vínculo interno =1
b) Hay 3 ecuaciones disponibles: ∑Fx=0, ∑Fy=0 , ∑Ma=0, y hay 4 incógnitas.
c) GH= VE+ VI – 3n = 4 –3.2= -2, SISTEMA HIPOSTÁTICO.
2. Dibujar un diagrama de sólido libre correcto y completo de cada uno de los cuerpos que se describen.
Tómense en cuenta los pesos de los cuerpos sólo cuando se indique la masa. Deben rotularse todas las
fuerzas, conocidas o no. (Nota: El sentido de algunos componentes de reacción no siempre puede
determinarse sin cálculos numéricos). (Para los alumnos)
3. Todas las estructuras son hiperestáticas. Describir al menos una modificación de los apoyos para cada
caso que convierta en isostática la estructura correspondiente.
1) Para que la estructura se convierta en isostática podría omitirse el apoyo de enmedio ya que los
apoyos de los extremos son suficientes para compensar las fuerzas externas actuantes hacia abajo
de la barra.
2) Esta estructura sería isostática si el apoyo del extremo derecho se quitara, porque solo el
empotramiento del otro extremo es el adecuado para compensar la fuerza actuante para llegar al
estado de equilibrio.
3) En este caso lo más conveniente sería cortar el cable unido a la estructura ya que gracias a la
fuerza actuante hacia la derecha el cable ya no tracciona.
4) Para esta situación lo correcto sería reemplazar uno de los apoyos fijos verticales en un apoyo
móvil, preferentemente el de abajo.
5) La modificación más indicada para este caso es reemplazar uno de los apoyos fijos de los
extremos por un apoyo móvil en forma horizontal debajo de la barra ya que se reducirá el número
de incógnitas convirtiéndose en una estructura isostática.
6) Por último para llegar a obtener una estructura isostática se deberá colocar un apoyo móvil en
lugar del apoyo fijo de la derecha reduciendo así el número de incógnitas.
4. En cada uno de los cinco ejemplos siguientes se presenta en la ilustración de la izquierda el cuerpo a
aislar, mientras que a la derecha se presenta un diagrama de sólido libre (DSL) erróneo o incompleto.
Háganse en cada caso los cambios o adiciones necesarios para conseguir un diagrama de sólido libre
correcto y completo. Los pesos de los cuerpos son despreciables salvo que se indique otra cosa. Por
razones de sencillez se omiten cotas y valores numéricos.
Consignas de Reflexión
a) ¿Cuándo se considera que un cuerpo es hiperestático e hipostático?
Un cuerpo es Hipostático cuando su grado de indeterminación estática es menor a cero. Es decir que el
número de ecuaciones de equilibrio es excesivo superando el número de incógnitas estáticas (menos
apoyos de los necesarios). Por otro lado decimos que un cuerpo es Hiperestático cuando tiene más
apoyos de los que necesita para mantener el equilibrio. Esto significa que las ecuaciones estáticas de
equilibrio son insuficientes para determinar todas las fuerzas que actúan.
b) ¿Cuáles son las condiciones de equilibrio gráficas y analíticas y cuál es su aplicación más importante?
Condiciones para fuerzas concurrentes:
● Analitica: Σ 𝐹𝑥 = 0 Σ 𝐹𝑦 = 0
● Gráfica: Polígono vectorial cerrado
Condiciones para fuerzas no concurrentes:
● Analitica: Σ 𝐹𝑥 = 0 Σ 𝐹𝑦 = 0 Σ 𝑀 = 0
● Gráfica: Polígono vectorial y funicular cerrado.
5. Determinar las reacciones de vínculo de las siguientes estructuras:
Planteamos sumatoria de las fuerzas y momento:
Σ 𝐹𝑥 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0 ∑ 𝑀𝐴 = 0
momento en a (Ma) : siendo positivo con un giro horario.
K, se encuentra a la mitad de la distancia total 3m (distancia del punto a a K 1,5 m)
Σ 𝑀𝐴 = 0
𝑀𝑎 = 𝐾 𝑥 1, 5𝑚 − 𝑅𝑏𝑦 𝑥 4𝑚
𝑀𝑎 = 𝐾 𝑥 1, 5𝑚 − 𝑅𝑏 𝑥 4𝑚
𝑅𝑏𝑦 = (11𝑡/𝑚 𝑥 3𝑚 𝑥 1, 5𝑚)/4𝑚
𝑅𝑏𝑦 = 12, 375 𝑡
fuerzas en x:
∑𝐹𝑥 = 0
𝐾 − 𝑅𝑎𝑥 = 0
𝑅𝑎𝑥 = (11𝑡/𝑚 * 3𝑚)
𝑅𝑎𝑥 = 33𝑡
fuerzas en y:
∑𝐹𝑦 = 0
𝑅𝑎𝑦 − 𝑅𝑏𝑦 = 0
𝑅𝑎𝑦 = 𝑅𝑏𝑦
𝑅𝑎𝑦 = 12, 375
𝑅𝑎 = 𝑅𝑎𝑥2 + 𝑅𝑎𝑦2 
𝑅𝑎 = 35, 244015
θ = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑔 𝑅𝑎𝑦/𝑅𝑎𝑥
θ = 20°33°21, 76° 
Gráficos y representación aproximada de las resultantes : Ra,Rb.K
b)Planteamos sumatoria de las fuerzas y momento para cada punto:(para mejor comprensión dividimos el
cuerpo en dos partes 1 y 2.
para la parte 1, decimos:
Σ 𝐹𝑥1 = 0 ∑ 𝐹𝑦1 = 0 ∑ 𝑀𝐴1 = 0
momento en a (Ma) : siendo positivo con un giro horario
∑𝑀𝐴 = 0
𝑀𝑎 = − 𝑆 𝑥 2𝑚 − 𝑊 𝑥 (1/𝑐𝑜𝑠45°) − 𝑅𝑏𝑦 𝑥 3𝑚 − 𝑅𝑏𝑥 𝑥 3𝑚 = 0
𝑀𝑎 = − 4𝑡 𝑥 2𝑚 − 4𝑡 𝑥 2 − 𝑅𝑏𝑦 𝑥 3𝑚 − 𝑅𝑏𝑥 𝑥 3𝑚 = 0
𝑅𝑏𝑥 = (4𝑡 𝑥 2𝑚 + 4𝑡 𝑥 2 − 𝑅𝑏𝑦 𝑥 3𝑚)/3𝑚
fuerzas en x:
𝐹𝑥 = 0
𝑅𝑤𝑥 − 𝑅𝑎𝑥 − 𝑅𝑏𝑥 = 0
4 𝑥 𝑐𝑜𝑠 45° − 𝑅𝑎𝑥 − 𝑅𝑏𝑥 = 0
fuerzas en y:
𝐹𝑦 = 0
𝑅𝑎𝑦 + 𝑅𝑏𝑦 − 𝑆 − 𝑊 = 0
𝑅𝑎𝑦 + 𝑅𝑏𝑦 − 4𝑡 − 4𝑡 𝑥 𝑠𝑒𝑛 45° = 0
para la parte 2 decimos entonces:
Σ 𝐹𝑥2 = 0 ∑ 𝐹𝑦2 = 0 ∑ 𝑀𝐶2 = 0
Calculamos:
el momento en el punto c (positivo en sentido horario)
y modificamos el sentido de la resistencia en B. Tomaremos una distancia de aproximadamente 2,82 m
del punto C a la fuerza P.
𝑀𝑐 = 0
𝑅𝑏𝑥 𝑥 5𝑚 − 1, 5𝑡 𝑥 2, 82𝑚 − 𝑅𝑏𝑦 𝑥 5𝑚 = 0
𝑅𝑏𝑥 = (1, 5𝑡 𝑥 2, 82𝑚 + 𝑅𝑏𝑦 𝑥 5𝑚)/5𝑚
fuerzas en x:
𝐹𝑥 = 0
𝑅𝑏𝑥 − 𝑅𝑝𝑥 − 𝑅𝑐𝑥 = 0
𝑅𝑏𝑥 − 1, 5 𝑥 𝑐𝑜𝑠70 − 𝑅𝑐𝑥 = 0
fuerzas en y:
𝐹𝑦 = 0
𝑅𝑐𝑦 − 𝑅𝑏𝑦 − 𝑅𝑝𝑦 = 0
𝑅𝑐𝑦 − 𝑅𝑝𝑦 − 1, 5 𝑥 𝑠𝑒𝑛70° = 0
Con los cálculos anteriores e igualando las ecuaciones:
𝑅𝑏𝑥 = (4𝑡 𝑥 2𝑚 + 4𝑡 𝑥 2 − 𝑅𝑏𝑦 𝑥 3𝑚)/3𝑚
𝑅𝑏𝑥 = [(1, 5𝑡 𝑥 2, 82 + 𝑅𝑏𝑦 𝑥 5𝑚)/5𝑚]
𝑅𝑏𝑥 = 𝑅𝑏𝑥
(4𝑡 𝑥 2𝑚 + 4𝑡 𝑥 2 − 𝑅𝑏𝑦 𝑥 3𝑚)/3𝑚 = [(1, 5𝑡 𝑥 2, 82 + 𝑅𝑏𝑦 𝑥 5𝑚)/5𝑚]
(4𝑡 𝑥 2𝑚 + 4𝑡 𝑥 2 − 𝑅𝑏𝑦 𝑥 3𝑚) 𝑥 5𝑚 = [(1, 5𝑡 𝑥 2, 82 + 𝑅𝑏𝑦 𝑥 5𝑚) 𝑥 3𝑚]
40𝑡𝑚2 + 28, 284271𝑡𝑚2 − 𝑅𝑏𝑦 𝑥 15𝑚2 = 12, 69 𝑡𝑚2 + 𝑅𝑏𝑦 𝑥 15𝑚2
68, 284271𝑡𝑚2 − 𝑅𝑏𝑦 𝑥 15𝑚^2 = 12, 69 𝑡𝑚2 + 𝑅𝑏𝑦 𝑥 15𝑚2
68, 284271𝑡𝑚2 − 12, 69 𝑡𝑚2 = 𝑅𝑏𝑦 * 15𝑚2 + 𝑅𝑏𝑦 * 15𝑚2
68, 284271𝑡𝑚2 − 12, 69 𝑡𝑚2= 𝑅𝑏𝑦 𝑥 30𝑚2
[68, 284271𝑡𝑚2 − 12, 69𝑡𝑚2]/30𝑚2 = 𝑅𝑏𝑦
𝑅𝑏𝑦 = 1, 853142𝑡
Calculamos Rbx,porque ya tenemos Rby:
𝑅𝑏𝑥 = [(1, 5𝑡 𝑥 2, 82 + 𝑅𝑏𝑦 𝑥 5𝑚)/5𝑚]
𝑅𝑏𝑥 = [(1, 5𝑡 𝑥 2, 82 + 1, 8531421𝑡 𝑥 5𝑚)/5𝑚]
𝑅𝑏𝑥 = 2, 699142𝑡
𝑅𝑏 = 𝑅𝑏𝑥2 + 𝑅𝑏𝑦2 
𝑅𝑏 = 3, 274065𝑡 
θ𝑏 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑅𝑏𝑦/𝑅𝑏𝑥
θ𝑏 = 34°46°17, 83°
Calcularemos las reacciones en C
𝑅𝑐𝑥 = 2, 18𝑡
𝑅𝑐𝑦 = 3, 25𝑡
𝑅𝑐 = 𝑅𝑐𝑥2 + 𝑅𝑐𝑦2
𝑅𝑐 = 3, 91𝑡
θ𝑐 = 𝑎𝑐𝑟𝑡𝑎𝑔 𝑅𝑐𝑦/𝑅𝑐𝑥
θ𝑐 = 56, 14°
Calculamos las resultante Ra, las ecuaciones anteriores:
𝑅𝑤𝑥 − 𝑅𝑎𝑥 − 𝑅𝑏𝑥 = 0
Rax= Rwx- Rbx
Rax= 4.cos45° - 2,699142t
Rax=0,129285t
𝑅𝑎𝑦 + 𝑅𝑏𝑦 − 𝑆 − 𝑊 = 0
Ray= S+W-Rby
Ray= 4𝑡 + 4𝑡 𝑥 𝑠𝑒𝑛 45º −1, 853142𝑡
Ray= 4,976285
𝑅𝑎 = 𝑅𝑎𝑥2 + 𝑅𝑎𝑦2 
𝑅𝑎 = 4, 977964𝑡 
θ𝑎 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑅𝑎𝑦/𝑅𝑎𝑥
θ𝑎 = 88°30°42, 4°
Gráficos y representación aproximada de las resultantes : Ra,Rb,Rc
c)
Planteamos sumatoria de las fuerzas y momento:
Σ 𝐹𝑥 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0 ∑ 𝑀𝐴 = 0
momento en a (Ma) : siendo positivo con un giro horario
𝑀𝑎 = 0
𝑀𝑎 = 𝑃 𝑥 2𝑚 − 1𝑡 𝑥 0, 5𝑚 + 5𝑡 𝑥 6𝑚 − 𝑅𝑏 𝑥 7𝑚 𝑥 𝑄 𝑥 8𝑚
𝑅𝑏 𝑥 7𝑚 = 𝑄 𝑥 8𝑚 + 𝑃 𝑥 2𝑚 − 1𝑡 𝑥 0, 5𝑚 + 5𝑡 𝑥 6𝑚
𝑅𝑏 = [𝑄 𝑥 8𝑚 + 𝑃 𝑥 2𝑚 − 1𝑡 𝑥 0, 5𝑚 + 5𝑡 𝑥 6𝑚]/7𝑚
fuerzas en x:
𝐹𝑥 = 0
𝑅𝑎𝑥 − 1𝑡 = 0
𝑅𝑎𝑥 = 1𝑡
fuerzas en y:
𝐹𝑦 = 0
− 5𝑡 + 𝑅𝑎𝑦 + 𝑅𝑏 − 𝑃 − 𝑄 = 0
𝑅𝑏 = 5𝑡 + 𝑃 + 𝑄 − 𝑅𝑎𝑦
igualando las ecuaciones:
 𝑅𝑏 = 𝑅𝑏
5𝑡 + 𝑃 + 𝑄 − 𝑅𝑎𝑦 = [𝑄 𝑥 8𝑚 + 𝑃 𝑥 2𝑚 − 1𝑡 𝑥 0, 5𝑚 + 5𝑡 𝑥 6𝑚]/7𝑚
98 𝑡𝑚 − 7 𝑥 𝑅𝐴𝑦 = 65, 5 𝑡𝑚
𝑅𝑎𝑦 = 4, 64𝑡
𝑅𝑎 = 𝑅𝑎𝑥2 + 𝑅𝑎𝑦2
𝑅𝑎 = 4, 74𝑡 
θ = 𝑎𝑐𝑟𝑡𝑎𝑔 𝑅𝑎𝑦/𝑅𝑎𝑥
θ = 77, 83°
𝑅𝑏 = 𝑃 + 5𝑡 + 𝑄 − 𝑅𝑎𝑦
𝑅𝑏 = 9, 36𝑡
Gráficos y representación aproximada de las resultantes : Ra,Rb,Q,P 1t,5t
Consignas de reflexión
a) ¿A qué se denomina pórtico? ¿Es una estructura isostática o hiperestática?
Se denomina pórtico al tipo de estructura conformada por vigas y columnas unidas mediante nudos
rígidos capaces de absorber momento,hiperestático.
b) ¿En el caso de que la carga sobre el voladizo del último ejercicio aumente al doble, qué podría pasar
con el valor de sus reacciones? Justifique la respuesta.
Cuando se aumenta la carga en el voladizo, aumenta sus reacciones en la dirección Y y las reacciones en
la dirección X permanecen constantes.
6. Para el marco y las cargas mostradas, determine las reacciones (gráfica y analíticamente) para: a) α =
30 º
Análisis del ángulo:
● 𝑅𝑒𝑦 = 𝑅𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠 30°
● 𝑅𝑒𝑥 = 𝑅𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛 30°
Momento en A (positivo en sentido horario)
∑𝑀𝑎 = 0
𝑀𝑎 = 90𝑁 𝑥 200 𝑚𝑚 + 90𝑁 𝑥 60𝑚𝑚 − 𝑅𝑒𝑦 𝑥 100𝑚𝑚 − 𝑅𝑒𝑥 𝑥 160𝑚𝑚
𝑀𝑎 = 90 𝑥 200𝑚𝑚 + 90 𝑥 60𝑚𝑚 − 𝑅𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠30 𝑥 100𝑚𝑚 − 𝑅𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛30 𝑥 160𝑚𝑚
𝑅𝑒 = 90 𝑥 200𝑚𝑚 + 90 𝑥 60𝑚𝑚 / 𝑐𝑜𝑠30 𝑥 100𝑚𝑚 + 𝑠𝑒𝑛30 𝑥 160𝑚𝑚
𝑅𝑒 = 140, 454041 𝑁
● 𝑅𝑒𝑦 = 𝑅𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠 30° =140, 454041 𝑁 * 𝑐𝑜𝑠30 = 121, 636768𝑁
● 𝑅𝑒𝑥 = 𝑅𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛 30° = 140, 454041 𝑁 * 𝑠𝑒𝑛30 = 70, 227020𝑁
Fuerzas en dirección x (positivo hacia la derecha)
∑𝐹𝑥 = 0 
𝑅𝑎𝑥 + 𝑅𝑒𝑥 − 90 𝑁 = 0
𝑅𝑎𝑥 = 90𝑁 − 𝑅𝑒𝑥 
𝑅𝑎𝑥 = 90𝑁 − 𝑅𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛 30
𝑅𝑎𝑥 = 90𝑁 − 140, 454041 𝑥 𝑠𝑒𝑛30
𝑅𝑎𝑥 = 19, 772979 𝑁
Fuerzas en dirección y (positivo hacia arriba)
∑𝐹𝑦 = 0 
− 𝑅𝑎𝑦 + 𝑅𝑒𝑦 − 90 𝑁 = 0
− 𝑅𝑎𝑦 =− 𝑅𝑒𝑦 + 90𝑁
𝑅𝑎𝑦 = 𝑅𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠30 − 90𝑁
𝑅𝑎𝑦 = 140, 454041 𝑥 𝑐𝑜𝑠30 − 90𝑁
𝑅𝑎𝑦 = 31, 636768 𝑁
𝑅𝑎 = 𝑅𝑎𝑥2 + 𝑅𝑎𝑦2
𝑅𝑎 = 37, 307583𝑁
θ = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (𝑅𝑎𝑦/𝑅𝑎𝑥)
θ = 57°59°40, 63°
Gráficamente y con las escales de :
E.L=1cm/30mm
E.F=4cm/140N
7. a) Un soporte está cargado y apoyado según se indica en la figura. Determinar las reacciones en los
apoyos A y B. Despreciarse el peso del soporte.
Cargas Distribuidas:
● 𝑃1 = 500 𝑁/𝑚 𝑥 4 𝑚 = 2000 𝑁
● 𝑃2 = 600 𝑁/𝑚 𝑥 2/2 𝑚 = 600 𝑁 
Σ 𝐹𝑥 = − 500 𝑁 − 𝑃2 + 𝐴𝑥 = 0 
𝐴𝑥 = 500 𝑁 + 600 𝑁
𝐴𝑥 = 1100 𝑁
Σ 𝐹𝑦 = − 𝑃1 − 800 𝑁 − 300 𝑁 + 𝐴𝑦 + 𝐵 = 0
𝐴𝑦 = 2000 𝑁 + 800 𝑁 + 300 𝑁 − 1500 𝑁 
𝐴𝑦 = 1600 𝑁
𝐴 = 𝐴𝑥2 + 𝐴𝑦2
𝐴 = 11002 + 16002
𝐴 = 1941, 6 𝑁
θ = 55, 5°
Σ 𝑀 = 𝑃1 𝑥 2𝑚 + 800 𝑁 𝑥 2𝑚 − 𝐵 𝑥 4𝑚 + 300 𝑁 𝑥 6𝑚 − 𝑃2 𝑥 (1/3 𝑥 2𝑚) − 500 𝑁 𝑥 2𝑚
Σ 𝑀 = 2000 𝑁 𝑥 2𝑚 + 1600 𝑁𝑚 − 𝐵 𝑥 4𝑚 + 1800 𝑁𝑚 − 600 𝑥 (1/3 𝑥 2𝑚) − 500 𝑁 𝑥 2𝑚 = 0
𝐵 = 6000 𝑁𝑚/4𝑚 = 1500 𝑁
b) Dos vigas están cargadas y apoyadas según se indica en la figura. Determinar las reacciones en los
apoyos A, B y C. Despreciarse los pesos de las vigas.
Carga Distribuida:
● 𝑃1 = 5 𝑘𝑁/𝑚 𝑥 0, 5𝑚 = 2, 5 𝑘𝑁
Tramo A-D
Σ 𝐹𝑥 = 𝐴𝑥 − 𝐷𝑥 = 0
𝐴𝑥 = 𝐷 𝑥 𝑠𝑒𝑛 40 = 3, 06 𝑥 𝑠𝑒𝑛 40
𝐴𝑥 = 1, 97 𝑘𝑁
Σ 𝐹𝑦 = 𝐴𝑦 − 𝑃1 − 3, 75 𝑘𝑁 + 𝐷 𝑥 𝑐𝑜𝑠 40 = 0
𝐴𝑦 = 2, 5 𝑘𝑁 + 3, 75 𝑘𝑁 − 3, 06 𝑥 𝑐𝑜𝑠 40 
𝐴𝑦 = 3, 9 𝑘𝑁
Σ 𝑀 = 𝑃1 𝑥 0, 25𝑚 + 3, 75 𝑘𝑁 𝑥 0, 75𝑚 − 𝐷𝑦 𝑥 1, 125𝑚 = 0
𝐷𝑦 = 3, 44 𝑘𝑁 𝑥 𝑚/ 1, 125𝑚
𝐷𝑦 = 3, 06 𝑘𝑁
Tramo B-C
Σ 𝐹𝑥 = 𝐵𝑥 − 𝐷 𝑥 𝑠𝑒𝑛 40 − 𝐶 𝑥 𝑐𝑜𝑠 50 = 0
𝐵𝑥 = 3, 06 𝑘𝑁 𝑥 𝑠𝑒𝑛 40 + 1, 02 𝑘𝑁 𝑥 𝑐𝑜𝑠 50
𝐵𝑥 = 2, 62 𝑘𝑁
Σ 𝐹𝑦 = 𝐵𝑦 + 𝐶 𝑥 𝑠𝑒𝑛 50 − 𝐷 𝑥 𝑐𝑜𝑠 40 = 0
𝐵𝑦 = − 1, 02 𝑘𝑁 𝑥 𝑠𝑒𝑛 50 + 3, 06 𝑥 𝑐𝑜𝑠 40
𝐵𝑦 = 1, 56 𝑘𝑁
Σ 𝑀 = 𝐷 𝑥 0, 25𝑚 − 𝐶 𝑥 0, 75𝑚 = 0
𝐶 = 3, 06 𝑘𝑁 𝑥 0, 25𝑚/0, 75𝑚
𝐶 = 1, 02 𝑘𝑁
𝐴 = 1, 972 + 3, 92 
𝐴 = 4, 37 𝑘𝑁
𝐵 = 2, 622 + 1, 562
𝐵 = 3, 05 𝑘𝑁
c) Una grúa fija, que pesa 2 t, se usa para levantar una carga de 5 t. Determinar las reacciones en A y B.
Σ 𝑀 = − 𝐵 𝑥 12𝑚 + 2 𝑡 𝑥 8𝑚 + 5 𝑡 𝑥 24𝑚 = 0 
𝐵 = 136 𝑡𝑚/12𝑚
𝐵 = 11, 33 𝑡
Σ 𝐹𝑥 = − 𝐴𝑥 + 𝐵 = 0
𝐴𝑥 = 11, 33 𝑡
Σ 𝐹𝑦 = 𝐴𝑦 − 2𝑡 − 5𝑡 = 0
𝐴𝑦 = 7 𝑡
𝐴 = 11, 32 + 72
𝐴 = 13, 32 𝑡
θ = 31, 7°
Consignas de reflexión
a) ¿Podría estar constituido el apoyo A con una articulación móvil y el B con una articulación fija?
Si esto sucediera estaríamos intercambiando los apoyos de modo que el sistema siga siendo isoestático,
los valores de las reacciones se intercambiaran
𝐴𝑥 = 11, 33 𝑡
𝐵𝑥 = 11, 3 𝑡
𝐵𝑦 = 7 𝑡
b) ¿Podría estar ambas constituidas de dos articulaciones fijas?
En el caso de que el sistema esté constituido con dos articulaciones fijas no podría resolverse ya que se
trataría de un sistema hiperestático.
c) ¿Podría estar ambos extremos rígidamente empotrados? Justifique todo ese análisis.
En este caso el sistema sería hiperestático, por lo tanto no podríamos resolverlo.
8. Para la carga aplicada sobre la viga que se muestra en la figura, determine las reacciones en los apoyos
cuando wo = 1,5 kN/m- B) Determine además : 1) la carga distribuida wo en el extremo D de la viga
ABCD para la cual la reacción en B es cero y 2) las reacciones correspondientes en C.
● Diagrama de cuerpo libre.
● Cálculo de las reacciones en los apoyos.
Σ𝐹𝑥 = 0
Σ𝐹𝑦 = 𝑅𝐵 + 𝑅𝐶 − 𝑃2 − 𝑃1 = 0
Σ𝐹𝑦 = 𝑅𝐵 + 𝑅𝐶 − 1, 5𝑘𝑁/𝑚 * 9𝑚 − 2, 0𝑘𝑁/𝑚 * 9𝑚/2 = 0
𝑅𝐵 + 𝑅𝐶 = 22, 5 𝑘𝑁
Σ𝑀𝐵 =− 𝑅𝐶 * 6𝑚 + 𝑃1 * 2, 5𝑚 + 𝑃2 * 1𝑚 + 50𝑘𝑁𝑚 = 0
− 𝑅𝐶 * 6𝑚 + 13, 5𝑘𝑁 * 2, 5𝑚 + 9𝑘𝑁 * 1𝑚 + 50𝑘𝑁𝑚 = 0
𝑅𝐶 * 6𝑚 = 92, 75𝑘𝑁𝑚
𝑅𝐶 = 15, 4583 𝑘𝑁
→ 𝑅𝐵 = 7, 0417 𝑘𝑁
● Para lograr una reacción en B igual a 0 (RB=0) la carga distribuida en el extremo de la viga D
deberá ser igual a:
𝑅𝐵 = 0
● Sumatoria de fuerzas en la dirección Y.
Σ𝐹𝑦 = 𝑅𝐶 − 𝑃1 + 𝑃2 = 0
𝑅𝐶 − 3, 5 * 𝑥/2 + ω𝑜 * (9 − 𝑥)/2 = 0
Ecuación 1𝑅𝐶 = (1, 75 + ω𝑜/2)𝑥 − 4, 5ω𝑜
● Sumatoria de momentos en el punto D
Σ𝑀𝐷 = 50 − 𝑃1 * (9 − 𝑥/3) + 𝑅𝐶 * 1 + 𝑃2 * (9 − 𝑥)/3 = 0
50 − 1, 75𝑥(9 − 𝑥/3) + 𝑅𝐶 + ω𝑜(9 − 𝑥)(9 − 𝑥)/6 = 0
𝑅𝐶 = 15, 75𝑥 − 50 − 0, 583𝑥2 − 13, 5ω𝑜 + 3ω𝑜𝑥 − ω𝑜𝑥2/6
Ecuación 2𝑅𝐶 = (− 0, 583 − ω𝑜/6) 𝑥2 + (15, 75 + 3ω𝑜) 𝑥 − 13, 5ω𝑜 − 50 
● Combino ambas ecuaciones igualando RC.
𝑅𝐶 = 𝑅𝐶
(1, 75 + ω𝑜/2)𝑥 − 4, 5ω𝑜 = (− 0, 583 − ω𝑜/6) 𝑥2 + (15, 75 + 3ω𝑜) 𝑥 − 13, 5ω𝑜 − 50
Ecuación 3(− 0, 583 − ω𝑜/6) 𝑥2 + (14 + 2, 5ω𝑜)𝑥 − 9ω𝑜 − 50 = 0
● Puedohallar la relación entre y x a través de la ecuación de la recta.ω𝑜
𝑚 = 𝑦2 − 𝑦1/𝑥2 − 𝑥1
𝑚 =− ω𝑜 − 3, 5/9
Ecuación 4𝑦 =− (ω𝑜 − 3, 5) * 1/9𝑥 + 3, 5
● Para hallar el valor de X solamente hace falta hallar el valor en la ecuación de recta cuando Y=0
(− ω𝑜 − 3, 5)/9 =− 3, 5/𝑥
Ecuación 5ω𝑜 = 31, 5/𝑥 − 3, 5
● Combinar las ecuaciones 3 y 5 para hallar el valor de X.
(− 0, 583 − 5, 25/𝑥 + 0, 583) 𝑥2 + (14 + 78, 75/𝑥 − 8, 75)𝑥 − 283, 5/𝑥 + 31, 5 − 50 = 0
− 5, 25𝑥 + 5, 25𝑥 + 78, 75 − 283, 5/𝑥 − 18, 5 = 0
60, 25 − 283, 5/𝑥 = 0
𝑥 = 283, 5/60, 25
𝑥 = 4, 705 𝑚
● Reemplazo en la ecuación 5 para hallar el valor de ω𝑜
Ecuación 5ω𝑜 = 31, 5/𝑥 − 3, 5
ω𝑜 = 3, 1944 𝑘𝑁/𝑚
● Finalmente reemplazando estos valores en la ecuación 1 o 2 puedo hallar el valor de la resultante
RC sobre la viga.
Ecuación 1𝑅𝐶 = (1, 75 + ω𝑜/2)𝑥 − 4, 5ω𝑜
𝑅𝐶 = 1, 375 𝑘𝑁
9. a) El marco de la figura sostiene una parte del techo de un pequeño edificio. Se sabe que la tensión en
el cable es de 150 kn Determinar las reacciones en el apoyo fijo E.
𝑡𝑔α = 64,5
α = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( 64,5 )
α =53, 13
𝑇𝑦 = 𝑇 ∗ 𝑠𝑒𝑛 (53, 13)
𝑇𝑦 = 150𝑘𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛 (53, 13)
𝑇𝑦 = 120𝑘𝑁
𝑇𝑥 = 𝑇 ∗ 𝑐𝑜𝑠(53, 13)
𝑇𝑥 = 150𝑘𝑁 ∗ 𝑐𝑜𝑠(53, 13)
𝑇𝑥 = 90𝑘𝑁
Σ𝑀𝐸 = 0
𝑀𝐸 + 20𝑘𝑁 ∗ 7, 2𝑚 + 20𝑘𝑁 ∗ 5, 4𝑚 + 20𝑘𝑁 ∗ 3, 6𝑚 + 20𝑘𝑁 ∗ 1, 8 − 𝑇𝑦 ∗ 4, 5 = 0
𝑀𝐸 = 180 𝑘𝑁𝑚
Σ𝐹𝑦 = 0 ↑
𝐸𝑦 − 20𝑘𝑁 − 20𝑘𝑁 − 20𝑘𝑁 − 20𝑘𝑁 − 𝑇𝑦 = 0
𝐸𝑦 = 80𝑘𝑁 +120𝑘𝑁
𝐸𝑦 = 200𝑘𝑁 ↑
Σ𝐹𝑥 = 0 →
𝑇𝑥 − 𝐸𝑥 = 0
𝐸𝑥 = 𝑇𝑥
𝐸𝑥 = 90𝑘𝑁 ←
b) Hallar la Tensión en el cable A1A2, suponiendo un suelo horizontal perfectamente liso, sin rozamiento.
Por simetría de forma y carga
(Q+W+W)𝐵1 = 𝐵2 = 12
(150Kg+40Kg+40Kg)𝐵1 = 𝐵2 = 12 𝑡𝑔α =
3
4 α = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(
3
4 ) α = 36, 87
𝐵1 = 𝐵2 = 115𝐾𝑔 ↑
Σ𝑀𝑜 = 0
𝑇 ∗ 1, 5 − 𝑁 ∗ 𝑋 − 𝐵2 ∗ 2 = 0
𝑇 = 𝑁∗𝑋+𝐵2∗21,5
𝑇 = 120𝐾𝑔∗0,3𝑚+115𝐾𝑔∗2𝑚1,5𝑚
𝑄𝑦 = 𝑄 ∗ 𝐶𝑂𝑆α
𝑄𝑦 = 150𝐾𝑔 ∗ 𝐶𝑂𝑆(36, 87)
𝑁 = 𝑄𝑦
120 Kg𝑁 =
𝑇 = 177, 33 𝐾𝑔
𝑡𝑔α = 𝑋𝑅
0, 4 𝑚 ∗ 𝑡𝑔α = 𝑥
𝑥 = 0, 3𝑚