Problemas deflexiones en vigas

PROBLEMA Nº 1
• Se tiene una viga de acero con modulo de elasticidad E = 200 Gpa, consiste
de un perfil de ala ancha W250x32,7, tiene 6 m de longitud y está sometida
a una carga distribuida uniforme w = 12,6 kN/m, Se pide determinar: a) La
ecuación de la pendiente  y la ecuación de la deflexión «y» en función de x,
w, L, I y E, aplicando doble integración. b) La pendiente en B y la deflexión
máxima, usando las ecuaciones de la parte a) y también usando las tablas de
deflexiones.
Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

PROBLEMA Nº 1
• Se determinan por equilibrio las reacciones:
Se obtiene Ay = By = wL/2
• Se considera un sistema coordenado con
origen en el apoyo izquierdo A.
• Se realiza un corte imaginario a una distancia
x de A. Aplicando suma de momentos en el
punto de corte, se determina el momento
M(x), en función de x, w y L.
• M(x) + wx x/2 - wLx / 2 = 0
• M(x) = wLx / 2 - wx2 / 2
• Por definición la ecuación de la curva elástica
establece que:
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 =
𝑀(𝑥)
𝐸𝐼
• Se sustituye la ecuación de M(x). Si EI es
constante, es recomendable expresar la
ecuación como sigue:
• 𝐸𝐼
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 = 𝑀(𝑥)

PROBLEMA Nº 1
• 𝐸𝐼
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 =
𝑤∙𝐿
2
𝑥 −
𝑤∙𝑥2
2
• Se integra dos veces la ecuación diferencial
de la curva elástica de la viga.
• 𝐸𝐼
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐸𝐼 ∙ 𝜃 𝑥 =
𝑤∙𝐿
4
𝑥2
−
𝑤∙𝑥3
6
+ 𝐶1
• 𝐸𝐼 ∙ 𝑦 𝑥 =
𝑤∙𝐿
12
𝑥3 −
𝑤∙𝑥4
24
+ 𝐶1 ∙ 𝑥 + 𝐶2
• Las constantes de integración se
determinan considerando las condiciones
de frontera impuestas por los tipos de
apoyos que tiene la viga. En este caso el
rodillo y la articulación restringen el
desplazamiento vertical de los puntos
sobre el eje longitudinal de la viga. Por
esto se tiene que en x = 0, yA = 0 y en x = L,
yB = 0. Se evalúan estas condiciones en la
ecuación de la deflexión y se calculan las
dos constantes.

PROBLEMA Nº 1
• Se evalúa x = 0, y = 0
• 𝐸𝐼 ∙ 0 =
𝑤∙𝐿
12
03 −
𝑤∙04
24
+ 𝐶1 ∙ 0 + 𝐶2
• Se obtiene C2 = 0
• Se evalúa x = L, y = 0
• 𝐸𝐼 ∙ 0 =
𝑤∙𝐿
12
𝐿3
−
𝑤∙𝐿4
24
+ 𝐶1 ∙ 𝐿
• Se obtiene: C1 = −
𝑤∙𝐿3
24
• Se sustituyen C1 y C2 en las ecuaciones
de la pendiente y de la deflexión.
• 𝜃 𝑥 =
1
𝐸𝐼
𝑤∙𝐿
4
𝑥2 −
𝑤∙𝑥3
6
−
𝑤∙𝐿3
24
• 𝑦 𝑥 =
1
𝐸𝐼
𝑤∙𝐿
12
𝑥3 −
𝑤∙𝑥4
24
−
𝑤∙𝐿3
24
∙ 𝑥

PROBLEMA Nº 1
• Se sustituyen los valores conocidos:
• L = 6 m, w = 12600 N/m, E = 200 x 109
Pa, I = 48,9x106 mm4= 4,89x10-5 m4. Se
debe tener el cuidado de sustituir los
valores conocidos con unidades
consistentes.
• 𝜃 𝑥 =
1
9780000
(18900𝑥2
− 2100𝑥3
−

PROBLEMA Nº 1
• La deflexión máxima se presenta en el punto de la viga
donde la pendiente se hace igual a cero: (x ) = 0. En este
caso se debe resolver un polinomio de grado 3. Pero
también se puede aprovechar la simetría de la carga y de la
viga, se puede verificar que la deflexión máxima de la viga
se presenta en x = L/2 = 3 m. Se sustituye este valor de x y
los valores conocidos y se obtiene:
• 𝑦 𝑥 =
1
9780000
6300𝑥3
− 525𝑥4
− 113400 ∙ 𝑥
• 𝑦𝑚𝑎𝑥 𝑥 = 3𝑚 =
−212625
9780000
= −0,02174 𝑚

PROBLEMA Nº 1
• En el apéndice D del Beer se proporciona una tabla que
tiene las deflexiones y pendientes para diferentes tipos de
cargas y formas de apoyos en vigas.
• La pendiente en B es igual a: B = +
12600∙63
24∙9780000
=
0,0116 𝑟𝑎𝑑
• La deflexión máxima es igual a: 𝑦𝑚𝑎𝑥 = −
5∙12600∙64
384∙9780000
=
− 0,02174 𝑚

PROBLEMA Nº 2
• Se tiene una viga de acero (E = 200 Gpa) de 6 m de longitud apoyada
y cargada como se muestra. Sabiendo que la intensidad de carga por
unidad de longitud w = 6,5 kN/m. Se pide determinar: a) el perfil de
acero laminado de patín ancho W más económico requerido para
soportar esta carga, si el esfuerzo normal permisible del acero es de
165,5 Mpa. b) Para el perfil seleccionado en la parte (a) determine las
ecuaciones de la pendiente y de la deflexión para toda la viga. c) la
pendiente y la deflexión en A. d) las pendientes en B y en C. Aplique
doble integración con funciones de singularidad.

PROBLEMA Nº 2
• Se calculan las reacciones:
• W1 = 6500 (N/m)*6 (m) = 39000
N
• W2 = 9750 (N/m)*4,5(m) / 2 =
21937,5 N
• Fx = 0 => C x= 0
• Mc = 0 => 1,5* 21937,5 +
3*39000 – 4,5*By = 0
• By = 33312,5 N
• Fy = 0 => Cy + 33312,5 –
60937,5 = 0
• Cy = 27625 N

PROBLEMA Nº 2
• Se puede probar que el momento máximo se presenta en el segmento
BC. Con el corte 2-2 se obtiene V2(x) y M2(x), para luego obtener Mmax.

PROBLEMA Nº 2
• Sección 2-2: 0  x2  4,50 m
• w(x2) = (9750 / 4,5)x2 = 6500x2/3
• Fy = 0 => - V2 - 6500(x2 + 1,50) -
6500x2/3x2 / 2 + 33312,5 = 0 =>
• V2 = - 6500x2 - 3250 x22 /3 + 23562,5
(N)
• M(2-2) = 0 => M2 + 65001,50(x2 +
0,75) + 6500x2x2/2 + (3250/3) x22x2
/ 3 – 33312,5x2= 0
• M2 + 9750x2 + 7312,5 + 3250x22 +
(3250/9) x23 – 33312,5x2= 0
• M2(x2) = 23562,5x2 - 3250x22 -
(3250/9) x23 – 7312,5

PROBLEMA Nº 2
• Dado que en el tramo BC el valor del
cortante cambia de signo, se debe
determinar la ubicación del punto donde el
cortante se hace igual a cero para luego
poder determinar el valor del momento
máximo positivo en el tramo.
• - 6500x2 - 3250 x22 /3 + 23562,5 = 0
• (3250/3) x22 + 6500x2 – 23562,5 = 0
• Resolviendo la ecuación:
• x2m = 2,5452683m desde B
• Evaluando en: M2(x2) = 23562,5x2 -
3250x22 - (3250/9) x23 – 7312,5
• M2max= 32963,67 Nm
• El valor del cortante máximo se presenta en
el apoyo C: Vmax = 27625 N

PROBLEMA Nº 2
• M max = 32963,67 Nm
• Para el diseño se asume primero que el diseño está
controlado por la flexión. Se determina el Smim = Mmax / 
perm.
• Smin = 32963,67 / 165,5106 = 1,9901310 -4 m3 = 199 013
mm3.
• Se busca en las tablas de perfiles de ala ancha W, perfiles con
valores de módulo elástico de la sección igual o superior a
este valor de Smin. De entre varios se selecciona el que pesa
menos por unidad de longitud.

PROBLEMA Nº 2

PROBLEMA Nº 2
• Se pueden ver en la tabla tres perfiles
que cumplen con la condición dada:
• W200 x 26.6 con Sx = 249000 mm 3
• W150 x 29.8 con Sx = 219000 mm 3
• En este caso seleccionamos el
W200x26.6, porque pesa 26,6 kgf por
cada metro de longitud.
• Ix = 25,8106 mm4

PROBLEMA Nº 2
• En problemas como en el Nº 1, donde sólo se
necesita una ecuación de momento para
estudiar la pendiente y la deflexión en toda la
viga, se puede hacer esto aplicando el método
de doble integración con un solo corte y resolver
las ecuaciones para sólo dos constantes de
integración.
• En problemas como el presente donde se
requieren dos o más ecuaciones de momentos
para estudiar toda la viga, resulta conveniente
aplicar doble integración con el uso de
funciones de singularidad para obtener las
ecuaciones de la pendiente y de la deflexión,
determinando siempre sólo dos constantes de
integración.
• Para esto se espera que haya estudiado con
cuidado la guía sobre funciones de
discontinuidad tomada del capítulo 12 del
Hibbeler de Mecánica de materiales.

PROBLEMA Nº 2
• Aplicación de funciones de singularidad:
• 1ero se modifican la cargas, de manera que se
tengan cargas uniformemente distribuidas,
cargas triangulares si hay variación lineal de la
carga siendo preferible que estás cargas sean de
forma creciente.
• Si hay carga lineal decreciente es recomendable
completar la carga de manera que quede una
carga distribuida uniforme y la cantidad de carga
triangular que se agregó, se debe quitar con una
carga triangular creciente pero de sentido
contrario a la carga agregada.
• En ocasiones pudiera ser conveniente visualizar
la vida como invertida «rotándola» con respecto
a un eje vertical, para lograr que las
modificaciones equivalentes a la carga sean en
el menor número posible.

PROBLEMA Nº 2
• Cada carga distribuida tiene un punto a lo
largo de la viga, donde ésta aparece por
primera vez. Una vez que una carga se
presenta por primera vez a lo largo de la
viga debe continuar hasta el final. No
puede dejar de existir, sino que siempre
debe llegar hasta el final de la viga.
• Se fija como origen del sistema coordenado
x,y el extremo izquierdo de la viga.
• En las tablas de funciones de singularidad o
de discontinuidad están las ecuaciones de
carga w, cortante V y momento M, que se
deben sumar como términos en una
ecuación única de carga, cortante o
momento que se integrará las veces que
sea necesario para obtener las ecuaciones
de la pendiente y de la deflexión.
• Se deben evaluar las condiciones de
frontera para determinar el valor de dos
constantes de integración.

PROBLEMA Nº 2
• Avanzando a lo largo de la viga se
tiene:
• La primera carga es distribuida
uniforme que inicia en a = 0
• La segunda carga es una carga puntual
hacia arriba aplicada en a = 1,5 m
• La tercera carga es la triangular
creciente que inicia en a = 1,5 m y
tiene como pendiente m = 6500/3
N/m2.
• Las reacciones en el último apoyo no
deben aparecer en la ecuación única
de momento flector de la viga.

PROBLEMA Nº 2
• Ecuación única de momento:
• 𝑀 𝑥 = −3250 ∙ 𝑥 − 0 2 + 33312,5 ∙
𝑥 − 1,5 1 −
3250
9
∙ 𝑥 − 1,5 3
• 𝑀 𝑥 = −3250 ∙ 𝑥2
+ 33312,5 ∙ 𝑥 −

PROBLEMA Nº 2
• Aplicamos el método de doble integración
• 𝐸𝐼 ∙ 𝜃 𝑥 = −
3250
3
∙ 𝑥3 +
66625
4
∙ 𝑥 − 1,5 2 −
1625
18
∙ 𝑥 − 1,5 4 + 𝐶1
• 𝐸𝐼 ∙ 𝑦 𝑥 = −
1625
6
∙ 𝑥4 +
66625
12
∙ 𝑥 − 1,5 3 −
325
18
∙ 𝑥 − 1,5 5 + 𝐶1 ∙
𝑥 + 𝐶2
• EI = 2001092,5810-5=5 160 000 Nm2.
• Condiciones de frontera:
• X = 1,5 m , yB = 0, evaluando en la ecuación de la deflexión
• 𝐸𝐼 ∙ 0 = −
1625
6
∙ 1,54
+
66625
12
∙ 0 − 1,5 3
−
325
18
∙ 0 − 1,5 5
+ 𝐶1 ∙ 0 +
𝐶2
• Si el número dentro de los paréntesis especiales es negativo, la función
de singularidad se transforma en un término igual a cero.
• De esta evaluación se obtiene C2 = 43875 / 32

PROBLEMA Nº 2
• X = 6 m , yC = 0, evaluando en la ecuación de la deflexión
• 𝐸𝐼 ∙ 0 = −
1625
6
∙ 64 +
66625
12
∙ 6 − 1,5 3 −
325
18
∙ 6 − 1,5 5 + 𝐶1 ∙ 6 +
43875
32
• 0 = 122987,1094 + 𝐶1 ∙ 6
• 𝐶1 = −20497,85156
• Se sustituye el valor de la constante C1 y se pasa dividiendo el EI
• 𝜃 𝑥 =
1
5160000
−
3250
3
∙ 𝑥3 +
66625
4
∙ 𝑥 − 1,5 2 −
1625
18
∙ 𝑥 − 1,5 4 −

PROBLEMA Nº 2
• d) las pendientes en B y en C.
• 𝜃𝐵 1,5 𝑚 =
1
5160000
−
3250
3
∙ 1,53
+
66625
4
∙ 0 2
−
1625
18
∙ 0 4
−

PROBLEMA Nº 3
• Se tiene una viga de EI = constante y longitud L apoyada y
cargada como se muestra. Se pide determinar: a) las ecuaciones
de la pendiente y de la deflexión para toda la viga. c) la
deflexión en B, d) la pendiente en C. Aplique doble integración
con funciones de singularidad.

PROBLEMA Nº 3
• Si se estudia la viga tal y como está, se requieren sumar cuatro
términos en la ecuación única de momento flector. Si volteamos
horizontalmente la viga se requieren sólo tres términos y por
esto se obtiene una solución en cierta forma menos laboriosa.

PROBLEMA Nº 3
• Como la viga es estáticamente indeterminada. Se sustituye la reacción del rodillo
en C por una fuerza desconocida Cy.
• Se completa la carga para que sea una triangular creciente que llega hasta el
final. Se retira la carga que se agrega, aplicando una carga triangular creciente
que actúa hacia arriba.
• No se incluye la reacción en A en la ecuación única del momento flector.

PROBLEMA Nº 3
• Ecuación única de momento:
• 𝑀 𝑥 = 𝐶𝑦 ∙ 𝑥1 −
2𝑤
9𝐿
∙ 𝑥3 +
2𝑤
9𝐿
∙
𝑥 −
3𝐿
4
3
• La ecuación diferencial de la curva
elástica con EI = constante, para toda
la viga queda así:
• 𝐸𝐼
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 = 𝐶𝑦 ∙ 𝑥1
−
2𝑤
9𝐿
∙ 𝑥3
+
2𝑤
9𝐿
∙
𝑥 −
3𝐿
4
3

PROBLEMA Nº 3
• Aplicamos el método de doble integración
• 𝐸𝐼 ∙ 𝜃 𝑥 =
𝐶𝑦
2
∙ 𝑥2 −
𝑤
18𝐿
∙ 𝑥4 +
𝑤
18𝐿
∙ 𝑥 −
3𝐿
4
4
+ 𝐶1
• 𝐸𝐼 ∙ 𝑦 𝑥 =
𝐶𝑦
6
∙ 𝑥3 −
𝑤
90𝐿
∙ 𝑥5 +
𝑤
90𝐿
∙ 𝑥 −
3𝐿
4
5
+ 𝐶1 ∙ 𝑥 + 𝐶2
• Condiciones de frontera:
• X = 0 m , yC = 0, evaluando en la ecuación de la deflexión
• 𝐸𝐼 ∙ 0 =
𝐶𝑦
6
∙ 03 −
1
90𝐿
∙ 05 +
1
90𝐿
∙ 0 −
3𝐿
4
5
+ 𝐶1 ∙ 0 + 𝐶2
• De esta evaluación se obtiene C2 = 0

PROBLEMA Nº 3
• X = L m , A = 0, por ser un empotramiento. Evaluando en la
ecuación de la pendiente:
• 𝐸𝐼 ∙ 0 =
𝐶𝑦
2
∙ 𝐿2
−
𝑤
18𝐿
∙ 𝐿4
+
𝑤
18𝐿
∙ 𝐿 −
3𝐿
4
4
+ 𝐶1
• 𝐶1 =
85𝑤
1536
∙ 𝐿3 −
𝐶𝑦
2
∙ 𝐿2
• X = L m , yA = 0. Evaluando en la ecuación de la deflexión:
• 𝐸𝐼 ∙ 0 =
𝐶𝑦
6
∙ 𝐿3 −
𝑤
90𝐿
∙ 𝐿5 +
𝑤
90𝐿
∙ 𝐿 −
3𝐿
4
5
+
85𝑤
1536
∙ 𝐿4 −
𝐶𝑦
2
∙ 𝐿3
• 0 =
453𝑤
10240
∙ 𝐿4 −
𝐶𝑦
3
∙ 𝐿3
• De esta evaluación se obtiene: 𝐶𝑦 =
1359𝑤𝐿
10240
• Se sustituye Cy en C1: 𝐶1 =
85𝑤
1536
∙ 𝐿3 −
𝐶𝑦
2
∙ 𝐿2 = −
677∙𝑤∙𝐿3
61440

PROBLEMA Nº 3
• Se sustituye C1 y Cy en las ecuaciones de la pendiente y de la
deflexión
• 𝜃 𝑥 =
1
𝐸𝐼
∙
1359𝑤𝐿
20480
∙ 𝑥2
−
𝑤
18𝐿
∙ 𝑥4
+
𝑤
18𝐿
∙ 𝑥 −
3𝐿
4
4
−
677∙𝑤∙𝐿3
61440
• 𝑦 𝑥 =
1
𝐸𝐼
∙
453𝑤𝐿
20480
∙ 𝑥3 −
𝑤
90𝐿
∙ 𝑥5 +
𝑤
90𝐿
∙ 𝑥 −
3𝐿
4
5
−
677∙𝑤∙𝐿3
61440
∙ 𝑥
• c) la deflexión en B:
• Se evalúa en x = 3L/4 para obtener la deflexión en B
• 𝑦𝐵
3𝐿
4
=
1
𝐸𝐼
∙
453𝑤𝐿
20480
∙
3𝐿
4
3
−
𝑤
90𝐿
∙
3𝐿
4
5
+
𝑤
90𝐿
∙ 0 5
−
677∙𝑤∙𝐿3
61440
∙
3𝐿
4
• 𝑦𝐵
3𝐿
4
= −
1,5694∙10−3𝑤∙𝐿4
𝐸𝐼

PROBLEMA Nº 3
• d) la pendiente en C:
• Se evalúa en x = 0 en la ecuación de la pendiente:
• 𝜃𝐶 0 =
1
𝐸𝐼
∙
1359𝑤𝐿
20480
∙ 0 2
−
𝑤
18𝐿
∙ 04
+
𝑤
18𝐿
∙ 0 −
3𝐿
4
4
−
677∙𝑤∙𝐿3
61440
• 𝜃𝐶 0 = −
677𝑤∙𝐿3
61440𝐸𝐼
• En la viga original (no rotada), este resultado se debe interpretar
con el signo contrario, es decir como una pendiente positiva.

PROBLEMA Nº 3
• e) las reacciones en la viga estáticamente indeterminada
• En la viga original, ya conocida Cy, aplicando las ecuaciones de
equilibrio se determinan las otras reacciones aún desconocidas.
• Luego cortando se determinan las ecuaciones de cortante y
momento flector en función de x medida desde A, para luego
dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Con
esto se considera completo el análisis de la viga.

PROBLEMA Nº 4
• Se tiene una viga de EI = constante y longitud L apoyada y
cargada como se muestra. Se pide determinar: a) las reacciones
en A y C. c) la deflexión en B, d) la pendiente en C. Aplique el
método de superposición.

PROBLEMA Nº 4
• Aplicación el método de superposición:
• En el apéndice D del Beer se presenta una tabla
que incluye expresiones para obtener las
deflexiones y las pendientes en vigas para un
reducido número de tipos de cargas y formas de
apoyo.
• Si se tiene una viga con varios tipos de cargas,
de los incluidos en la tabla. Se pueden
determinar la pendiente y la deflexión debido a
la carga total en determinados puntos,
calculando los valores correspondientes de
pendiente y deflexión para cada carga particular
y sumando luego algebraicamente los valores.
Este método se conoce como método de
superposición.
• Este método se puede aplicar si se cumplen
ciertas condiciones que usted debe estudiar y
aprender leyendo la guía sobre deflexiones en
vigas, tomada del capítulo 9 del Beer de
Mecánica de materiales 5ta edición.

PROBLEMA Nº 4
• Observe que la viga en consideración es
estáticamente indeterminada. En este caso es
conveniente retirar el apoyo en C y sustituirlo
por una carga desconocida Cy. Esta carga se
considera como una carga más actuando en
forma conjunta con la carga distribuida
uniforme conocida, sobre una viga en voladizo.
• Al comparar la carga de la viga con los casos de
carga en la tabla, se observa que no
concuerdan, porque en una viga en voladizo, la
carga distribuida debe siembre comenzar en el
empotramiento. No puede iniciar en otro punto
diferente al empotramiento de la viga.
• Se deben realizar modificaciones en la carga
para obtener una carga equivalente que cumpla
con la condición de que cada carga distribuida
uniforme inicie en el empotramiento.

PROBLEMA Nº 4

PROBLEMA Nº 4
• Se estudian por separado los tres casos
de cargas que resultan luego de
modificar la carga.
• Como el punto C de la viga no debe
desplazarse. La suma de los
desplazamientos de los tres casos de
carga debe ser igual a cero y se obtiene
así una ecuación para despejar el valor
de Cy.
• Luego de conocer Cy, se aplica de nuevo
el método para calcular yB y c para la
carga total.

PROBLEMA Nº 4
• Caso de carga 1:
• En la tabla: yc1 = ymax = −
𝑤𝐿4
8𝐸𝐼
• Caso carga 2:
• En la tabla:yc2 = +
𝐶𝑦∙𝐿3
3𝐸𝐼

PROBLEMA Nº 4
• En la tabla: ymax = −
𝑤𝐿4
8𝐸𝐼
• Pero esto es para una carga que actúa en toda la longitud de la
viga.
• En nuestro caso la carga inicia en el empotramiento y termina en x
= L/4. Se puede utilizar la misma expresión anterior, pero
cambiando la L por L/4. Lo que se obtiene es yb3.
• yb3 = +
𝑤
𝐿
4
4
8𝐸𝐼
= +
𝑤∙𝐿4
2048𝐸𝐼

PROBLEMA Nº 4
• Pero se requiere es yc3. Para esto, dado que de B a C no hay carga,
ni momento flector, ese tramo B-C, rota el mismo ángulo que gira
el punto B, pero se mantiene recto.
• Yc3 = yb3 + B3(3L/4)
• De la tabla B3 = +
𝑤
𝐿
4
3
6𝐸𝐼
= +
𝑤𝐿3
384𝐸𝐼
• 𝑦𝑐3 = +
𝑤𝐿4
2048𝐸𝐼
+
𝑤𝐿3
384𝐸𝐼
∙
3𝐿
4
= +
5𝑤𝐿4
2048𝐸𝐼

PROBLEMA Nº 4
• Se aplica la superposición, es decir, la suma algebraica de las tres
deflexiones y se iguala a cero:
• −
𝑤𝐿4
8𝐸𝐼
+
𝐶𝑦∙𝐿3
3𝐸𝐼
+
5𝑤𝐿4
2048𝐸𝐼
= 0
• 𝐶𝑦 =
753𝑤𝐿
2048

PROBLEMA Nº 4
• Se calculan las reacciones en A,
aplicando ecuaciones de equilibrio:
• MA −
5𝐿
8
∙
3𝑤𝐿
4
+ 𝐿 ∙
753𝑤𝐿
2048
= 0
• 𝑀𝐴 =
217𝑤𝐿2
2048

• 𝐴𝑦 +
753𝑤𝐿
2048
−
3𝑤𝐿
4
= 0
• 𝐴𝑦 =
783𝑤𝐿
2048

• Ax = 0

PROBLEMA Nº 4
• Deflexión yB:
• En la tabla:
• 𝑦𝑏1 = −
𝑤
24𝐸𝐼
∙
𝐿
4
4
− 4𝐿 ∙
𝐿
4
3
+ 6𝐿2 ∙
𝐿
4
2
= −
27𝑤𝐿4
2048𝐸𝐼
• Caso carga 2:
• En la tabla:
• 𝑦𝑏2 = −
753𝑤𝐿
2048
6𝐸𝐼
∙
𝐿
4
3
− 3𝐿 ∙
𝐿
4
2
=
8283𝑤𝐿4
786432𝐸𝐼
• yb3 =+
𝑤
𝐿
4
4
8𝐸𝐼
= +
𝑤∙𝐿4
2048𝐸𝐼
• 𝑦𝐵 = 𝑦𝑏1 + 𝑦𝑏2 + 𝑦𝑏3 = −2,1629 ∙ 10−3 𝑤∙𝐿4
𝐸𝐼

PROBLEMA Nº 4
• Pendiente en C, C:
• En la tabla:
• 𝜃𝑐1 = −
𝑤𝐿3
6𝐸𝐼
• Caso carga 2:
• En la tabla:
• 𝜃𝑐2 = +
753𝑤𝐿
2048
𝐿2
2𝐸𝐼
=
753𝑤𝐿3
4096𝐸𝐼
• c3 = θb3 = +
𝑤
𝐿
4
3
6𝐸𝐼
= +
𝑤∙𝐿3
384𝐸𝐼
• 𝜃𝐶 = 𝜃𝑐1 + 𝜃𝑐2 + 𝜃𝑐3 = +
81𝑤∙𝐿3
4096𝐸𝐼

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