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A (^) B C P=20KN 2m 6m M=10KNm P=20KN 2m D B P=20KN M=10KNm P=20KN D Ay Ax Cy B P=20KN M=10KNm P=20KN D Ay Ax Cy x M(x) B P=20KN M=10KNm P=20KN D Ay Ax Cy x M(x) Ejercicio 01: Para la viga mostrada con módulo de rigidez a la flexión (EI) de 4000KNm^2 , determinar: a) La deflexión en el punto B (yB). b) La pendiente del punto D (θD). Solución: DCL Ecuaciones de equilibrio:
∑ MoA=^0 4 ⋅C^ y−^20 ⋅^10 −^2 ⋅^20 −^10 =^0
C y= 62 , 5 KN
∑ Fy=^0 A^ y +C^ y−^20 −^20 =^0
A y=− 22 , 5 KN
Primera solución : El sistema de referencia global será colocado en el punto A con el eje x orientado hacia la derecha, y el punto D será tomado como punto de centro de momentos para determinar la ecuación general de momentos. Ecuación general de momentos:
M( x )
D
= Ay⋅x+ 10 (^ x− 2 )
0
− 20 (^ x− 2 )^ +Cy (^ x− 4 )
EI⋅θ( x )= Ay⋅x^2 2
- 10 ( x− 2 )− 10 ( x− 2 )^2 + Cy ( x− 4 )^2 2
+C 1
EI⋅y( x )= Ay⋅x^3 6
- 5 ( x− 2 ) 2 − 10 ( x− 2 ) 3 3
Cy⋅( x− 4 ) 3 6 +C 1 x+C 2 Condiciones de borde o frontera:
- x=^0 m
y( x )= y A = 0 m
⇒ C 2 = 0 KNm^3
x= 4 m y( x )=^ yC =^0 m
3
3
+ 4 C 1
C 1 = 61 , 667 KNm^2
- Deflexión en el punto B.
x= 2 m y( x )=^ yB
4000 ⋅yB=
yB= 0 , 02333 m yB= 23 , 33 mm (^) Por arriba de la horizontal
- Pendiente en el punto D.
x= 10 m θ( x )=θD
4000 ⋅θD=
θD=− 0 , 1246 rad Segunda solución: El sistema de referencia global será colocado en el punto D con el eje x orientado hacia la izquierda, y el punto A será tomado como punto de centro de momentos para determinar la ecuación general de momentos.
B 1.5m 1.5m 3KN/m C 4KN 2KNm D 3m 1.5mm 1.5mm 2KN A 4KN^ 3KN/m 2KNm 2KN A By Bx Cy Cx Dx Dy MD Ecuación general de momentos: M ( X ) A (^) =− 20 x +Cy ( x− 6 )− 20 ( x− 8 )− 10 ( x− 8 ) 0 EI⋅θ( x )=− 10 x^2 + Cy ( x− 6 ) 2 2 − 10 ( x− 8 )^2 − 10 ( x− 8 ) +C 1 EI⋅y( x )=− 10 x^3 3
Cy ( x− 6 ) 6 3 − 10 ( x− 8 ) 3 3 − 5 ( x− 8 ) 2 +C 1 x+C 2 Condiciones de borde o frontera:
x= 6 m y( x )=^ yC =^0 m
+ 6 C 1 +C 2
6 C 1 +C 2 = (^720) Ec.
x= 10 m y( x )=^ y^ A =^0 m
3
3
3
− 5 ⋅ 22 + 10 C 1 +C 2
10 C 1 +C 2 = 2713 , (^333) Ec. Realizando la intersección de las ecuaciones 01 y 02 tenemos los valores de C 1 y C 2. C 1 = 498 , 333 KNm^2 C 2 =− 2270 KNm^3
x= 8 m y( x )=^ yB
4000 ⋅yB=−
3
4000 ⋅yB= 93 , 331 ⇒ yB= 0 , 02333 m yB= 23 , 33 mm (^) Por arriba de la horizontal
x= 0 m θ( x )=θD ⇒^4000 ⋅θD=^498 ,^333
θD= 0 , 1246 rad La pendiente da positiva debido a la orientación del sistema de referencia. Ejercicio 02: Para la viga mostrada en la figura determinar las reacciones en los apoyos. Solución: DCL:
∑ MoD=^0
⋅ 4 + 4 ⋅ 9 − 6 ⋅By− 3 Cy− 4 , 5 ⋅ 2 + M (^) D= 0 −M (^) D + 6 By + 3 Cy= (^47) Ec.
∑ Fy=^0 By +Cy + Dy= 6 , 5 Ec.
Solo se tienen dos ecuaciones y cuatro incógnitas, por lo tanto el problema es clasificado como hiperestático; faltan dos ecuaciones adicionales para resolver el problema, por esta razón se recurre a uno de los métodos para el cálculo de deflexiones en vigas. El sistema de referencia global será colocado en el punto A con el eje x orientado hacia la derecha, y el centro de momento en el punto D, con la finalidad de completar fácilmente la carga triangular.
A (^) B C 12KN MA Ay Ax A (^) B C 12KN MA Ay x x Ax M(x)1 M(x) ∑ MoA=^0 −^4 ⋅^12 +^ M^ A =^0 M^ A =^48 KNm Solución empleando el Método de la Doble Integración: Ecuación general de momentos, tomando como sistema de referencia (local) el punto A y punto B con el eje x orientado hacia la derecha. Donde x 1 y x 2 son las coordenadas de referencia local.
M( x 1 )=−M A + A y x 1
Tramo AB
M( x 2 )=−M B +B y x 2
Tramo BC EL valor del momento MB y el valor de Vy se obtienen realizando un corte en el punto B.
M B= 24 KNm V^ y=^12 KN
Aplicando la ecuación de la doble integral tramo AB d^2 y( x 1 ) dx^2 = dθ( x 1 ) dx = M( x 1 ) ( EI ) (^) AB = −M (^) A + A (^) y x 1 2 EI Aplicando la ecuación de la doble integral tramo BC d^2 y( x 2 ) dx^2 = dθ( x 2 ) dx = M( x 2 ) ( EI )BC = −M (^) B +V (^) y x 2 EI Primera integración: θ( x 1 )=∫ −M (^) A + A (^) y x 1 2 EI dx +C 11 θ( x 2 )=∫ −M (^) B + B (^) y x 2 EI dx +C 12
θ( x )=θ( x 1 )+θ( x 2 )
θ( x )=∫ AB
−M A + A y x 1
2 EI
dx+C 11 +∫ BC
−M B +V y x 2
EI
dx+C 12
θ( x )=
2 EI (
−M A x 1 +
A y x
12
+C (^11) )|AB
EI (
−M B x 2 +
B y x
22
+C 12 )|BC Segunda Integración:
y( x )=
2 EI (
M A x
12
A y x
13
+C 11 x 1 +C 21 )|AB
EI (
M B x
22
B y x
23
+C 12 x 2 +C (^22) )|BC Condiciones de borde o frontera:
x 1 = 0 m (solo AB)
y( x )= y A =0m
⇒ C 21 = 0 KNm^3
x 1 = 0 m
(solo AB)
θ( x )=θ A =0rad
⇒ C 11 = 0 KNm^2
x 2 = 0 m (solo BC)
y( x )= yB
⇒ C 22 =EI⋅yB
x 2 = 0 m
(solo BC)
θ( x )=θB
⇒ C 12 =EI⋅θB
x 1 = 2 m θ( x )=θB
(solo AB)
θB=
2 EI (
2 2 )
|AB θ
B=−
EI
x 1 = 2 m y( x )=^ yB
(solo AB)
yB=
2 EI (
2
3 6 )
|AB y
B= − 40 EI
- x^2 =^2 m^ solo en BC
y( x )= yC =− 3 , 6 ⋅ 10 −^3 m
15KN/m (^) 45KNm 3m 3m 1m 1m A (^) B (^) C D E 15KN/m 45KNm A B^ C D^ E Ey Ex ME FR 15KN/m 45KNm A (^) B (^) C D Ey Ex ME FR 30KN/m 30KN/m x M(x) y( x )=− 3 , 6 ⋅ 10
m= 1 EI
24 ⋅ 2
2
12 ⋅ 2
6 ¿
¿ ¿ ¿
− 3
m=
EI
(− 48 + 16 − 72 − 40 )|BC
3 , 6 ⋅ 10 −^3 m=
144 KNm
3
EI EI = 40 ⋅ 103 KNm^2
Nota: el problema está desarrollado en base a coordenadas locales. El estudiante puede desarrollarlo en coordenadas globales, pero el problema se haría un poco más complejo. Realizar el ejercicio tomando como origen de referencia el punto C y B pero con la orientación del eje x hacia la izquierda. Ejercicio 04: Determinar las reacciones en el empotramiento E y la fuerza el resorte situado en A, para la viga con las cargas indicadas. Datos: EI=8000KNm^2 Kresorte=30KN/m Solución: DCL: Ecuaciones de equilibrio:
∑ Fy=^0 FR +^ Ey=^45 Ec.
∑ MoA=^0
8 Ey + 45 −M (^) E−
8 Ey−M (^) E= (^90) Ec. Para el resorte se sabe que: FR=K⋅δ (^) R FR= 30 ⋅δ (^) R FR= 30 ⋅y (^) A (^) Ec. Solución empleando el método de la doble integración: Por comodidad para resolver el problema, se toma como sistema de referencia global el punto E con el eje x orientado hacia la izquierda y como centro de momentos el extremo de la viga en el punto A. Si se tomase el sistema de referencia global en el punto A, sería complicado resolver el problema, debido al agregado de cargas que se tendría que realizar para cumplir con las condiciones que se requieren para determinar la ecuación general de momentos. (Se recomienda realizar este ejercicio, luego de haber realizado la solución mostrada aquí). Agregado de cargas para hallar la ecuación general de momentos: Se debe completar la carga triangular hasta que finalice en el borde A, y luego se debe introducir otra carga igual pero en sentido contrario a la carga que agregada, para así compensar y evitar alteración en el sistema de cargas. Ecuación general de momentos: M(^ A x^ )=E (^) y x−M (^) E + 45 ( x− 1 )^0 −
( x− 2 )^3
( x− 5 )^3 Primera integración:
ω=4KN/m Δy 2KNm 2KN B C^ D^ E 3m (^) 2m 2m 1m A ω=4KN/m 2KNm 2KN B (^) C D E 3m (^) 2m 2m 1m A Ay By^ Ey Ex M(x) x
M(^ D x^ )=−Px + FB ( x− 4 ) + FC ( x− 6 )−
ω ( x− 4 )
2 2
ω ( x− 6 )
2 2 EI⋅θ(^ D x^ )=− Px^2 2
FB ( x− 4 )^2 2
FC ( x− 6 )^2 2 − ω ( x− 4 )^3 6
ω ( x− 6 )^3 6
+C 1
EI⋅y(^ D x^ )=− Px^3 6
FB (^ x− 4 ) 3 6
FC (^ x− 6 ) 3 6 − ω ( x− 4 )^4 24
ω ( x− 6 )^4 24 +C 1 x +C 2 Condiciones de borde o de frontera:
X = 0 m
y( x )= y A =− 2 ⋅ 10 −^3 m
− 3 )=C 2
C 2 =− 24 KNm^3
2) X^ =^4 m
y( x )= yB=0m
− 10 , 667 P+ 4 C 1 = (^24) Ec.
3)X^ =6m
y( x )= yC =0m
− 36 P+ 1 , 333 FB + 6 C 1 = 28
Ec.
4 ) X^ =^1 0m
y( x )= yD
− 166 , 667 P+ 36 FB + 10 , 667 FC
− 284 + 10 C 1 = 12000 ⋅yD Ec. Ecuación de momentos: Tramo DE.
M(^ D x^ )=−M E⋅x^0 + F E x−
ω⋅x^3
EI⋅θ(^ D x^ )=−M (^) E⋅x + F (^) E x^2 2
ω⋅x^4 72
+C 3
EI⋅y(^ D x^ )= −M (^) E⋅x^2 2
F (^) E x^3 6
ω⋅x^5 360 +C 3 x+C 4 Condiciones de borde o frontera:
- X^ =^0 m
y( x )= yE=0m C 4 = 0 KNm^3
6)X^ =^0 m
θ( x )=θ A =0rad C 3 = 0 KNm^2
X = 3 m y( x )=^ yD
12000 yD=− 4 , 5 M (^) E + 4 , 5 F (^) E− 4 , (^05) Ec. Intersecando el sistema de ecuaciones resulta: M (^) E= 4 , 05 KNm F (^) E= 4 , 35 KN FC = 4 , 58 KN
F D= 4 , 48 KN FB= 8 , 57 KN C 1 = 8 , 59 KNm^2
P= 0 , 971 KN
P requerido para que “ ya ” sea 2mm por debajo de la horizontal. Ejercicio 06: Determinar las reacciones en los apoyos y deflexión en el punto “C” de la viga, si Δy=1mm por debajo la horizontal de la viga. EI=8000KNm^2. Solución: Método de la doble integral. Debo suponer que el extremo A de la viga hace contacto con el rodillo. Si esta condición se cumple, la fuerza Ay producto de la reacción de contacto con el rodillo debe dar un valor positivo en el sentido positivo del eje “y”. Si esta suposición resulta no cumplirse, entonces el valor negativo de Ay indicará que no existe contacto, y por ende la deflexión del punto A es menor que el espaciamiento Δy dado. DCL: Equilibrio:
∑ Fy=^0 Ay +By + Ey= 14 Ec.
∑ MoA=^0 3By +8Ey= 34 Ec.
Ecuación de la doble integral:
B A C (^) D E ω=6KN/m ω=6KN/m Barra 3m 3m 6m M(^ A x^ )=EyX − 2 ( X − 1 )− 2 ( x− 3 )^0 + By ( X − 5 )− ω 2
( X − 5 )^2
EI⋅θ(^ A x^ )= EyX 2 2
−( X − 1 )
2 − 2 ( x− 3 )
By 2
( X − 5 )^2 −
ω 6
( X − 5 )^3 +C 1
EI⋅y(^ A x^ )= EyX 6 3 −
( X − 1 )^3 −( x− 3 )^2
By 6
( X − 5 )^3 −
ω 24
( X − 5 )^4 +C 1 X +C 2
Condiciones de borde o frontera: X = 0 m
y( x )= yE= 0 m
X = 5 m
y( x )= yB= 0 m
X =8m
y( x )= y A =− 1 ⋅ 10
− 3
m
Evaluando condiciones de borde: C 2 =0KNm^3
20,833Ey +5C 1 =25,333 Ec.
85, 3 33Ey + 4,5By +8C 1 =144,833 Ec.
Combinando las ecuaciones, tenemos:
52Ey + 4,5By= 104 , 30
Intersecando ecuaciones tenemos:
Ay=4,888⋅KN
By=7,780⋅KN
Ey=1,333⋅KN
C 1 =−0,4875KNm^2
Como el valor de Ay es positivo en el sentido asumido, efectivamente hay contacto del punto “A” de la viga con el Rodillo. Ahora procedemos a determinar la deflexión del punto “C” de la viga.
X = 3 m
y( x )= yc Evaluando tenemos:
8000 ⋅yc=
yc=0,2337⋅ 10 −^3 m=0,2337⋅mm El signo positivo indica que la deflexión ocurre por arriba de la horizontal de la viga. Ejercicio 07: Para la estructura mostrada, si el valor de EI es 24000KNm^2. Se requiere determinar: a) Reacciones en los apoyos b) Fuerza en la barra. c) Deflexión en el punto “ C ” Emplear el método de la doble integración Datos Barra: E=200GPa, L=1m, A=100mm^2 Solución 01: Diagrama de cuerpo libre:
B A C (^) D ω=6KN/m ω=6KN/m 3m 3m 6m E Ay Ax Ma Fb Fb Ey Ex Dy x x M(x) M(x) Viga AB:
∑ MoA=^0 Ma+6Fb=− 36 Ec.
∑ Fy=^0 Ay−Fb= 18 Ec.
Viga BC:
∑ MoE=^0 3Dy +6Fb= 81 Ec.
∑ Fy=^0 Dy + Fb+ Ey= 18 Ec.
Ecuación de compatibilidad de la barra: δb=− Fb⋅1m 200
KN
mm^2 100mm^2 δb=− 5 ⋅ 10 − 5 Fb (^) ( m KN )^ Ec.
yC = yB +δb Ec6.
Viga AB:
M(^ B x^ )=MaX^0 + AyX −3X 2 +
X^3
EI⋅θ(^ B x^ )=MaX +
AyX 2
− X^3 +
X 4
+C 1
EI⋅y(^ B x^ )=
MaX 2
AyX 3
X 4
X^5
+C 1 X +C 2
Condiciones de borde Viga AB:
1) X^ =0m
y( x )= y A =0m C 2 =0KNm
3
2)X^ =0m
θ( x )=θ A =0rad C 1 =0KNm^2
3 ) X^ =6m
y( x )= yB=? 24000 ⋅yB=18Ma+^ 36Ay−259,
Ec7. Viga CE:
M( x )
C
=EyX + Dy ( X − 3 )− 3 ( X − 3 )
2 EI⋅θ(^ C x^ )= EyX 2 2
Dy ( X − 3 ) 2 2
−( X − 3 )
3 +C 3
EI⋅y(^ C x^ )=
EyX
3
Dy ( X − 3 )
3
( X − 3 )
4
+C 3 X +C 4
Condiciones de borde Viga CE: 1)X^ =0m
y( x )= yE=0m
C 4 =0KNm^3
- X^ =3m y( x )= yD=0m
4,5Ey + 3C 3 = 0 Ec.
3 ) X^ =6m
y( x )= yC =?
24000 ⋅yC =36Ey + 4,5Dy−20,25+6C (^3) Ec. Resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos: Reacciones:
Ay=16,712KN Dy=29,576KN
Ey=−10,288KN Ma=−28,273KNm
Fuerza en la barra: Fb=−1,288KN
Deflexión del punto C: yC^ =−6,872mm Otros resultados: δb=0,0644mm yb=−6,937mm C 3 =15,432KNm 2 Los signos negativos en las deflexiones, indican que se encuentra por debajo de la horizontal de la viga. Ejercicio 08: La estructura mostrada en la figura está sometida a una carga distribuida rectangular con =4KN/m, y posee un módulo de rigidez a la flexión EI en cada viga de 18000KNm^2. Se requiere determinar la deflexión de la estructura en el punto “E”. Datos Barra: L=1m, E=200GPa, A=200mm^2.
G A B C D E 2m (^) 3m 1m Barra G A (^) B C D E Gx Gy FB FB (^) Dy Dx Ay Ax M(x) MD x A B C E D yE G yB yB ᵟB Solución: Equilibrio: Viga EG.
∑ MoG=^0
− 4 FB +
= 0 F
B=^2 ,^667 KN
Equilibrio: Viga ABCD.
∑ MoD=^0 6 Ay^ +^ M^ D=^40 ,^667 (KN) Ec.
∑ Fy=^0 Ay + Dy= 14 , 667 (KN) Ec.
Ecuación de la barra: δB=−
FB⋅L
E⋅A
FB⋅ 1 m 200
KN
mm^2 ⋅ 200 mm^2 δB=− 2 , 5 ⋅ 10 −^5 ⋅ 2 , 667 δB=− 6 , 667 ⋅ 10 −^5 m Elástica de la estructura deformada. yE= yB +δB Ec. Solución 1: con la ecuación M(x) en A Ecuación doble integral en el punto A. M(^ A x^ )=−M (^) D X^0 + DyX −FB ( X − 4 )− ω 2
( X − 1 )^2
ω 2
( X − 4 )^2
EI⋅θ(^ A x^ )=−M (^) D X + DyX 2 2
FB ( X − 4 )
2 − ω 6
( X − 1 )^3
ω 6
( X − 4 )^3 +C 1
EI⋅y(^ A x^ )=−
M D X^2
DyX 3 6
FB ( X − 4 )
3 − ω 24
( X − 1 )^4
ω 24
( X − 4 )^4 +C 1 X +C 2
Condiciones de Borde EC. M(x) en A
X = 0 m y( x )= yD= 0 m
- X^ =^4 m y( x )= yB
2) X^ =0m
θ( x )= 0 rad
4)X^ =6m
y( x )= y A =0m
Empleando las condiciones de borde 1 y 2. C 1 = 0 KNm 2 C 2 = 0 KNm 3 Empelando la condición de borde 4. 0 =−
M D⋅ 62
Dy⋅ 63 6
3 −
− 18 M (^) D + 36 Dy= 105 , (^056) Ec.
Ay= 4 , 292 KN Dy= 10 , 375 KN
A (^) B C ω=3KN/m 3m (^) 3m A (^) B ω=3KN/m C Ay Cy Ax MA B^ C ω ω ω A Ay Ax MA Cy x M(x) Ejercicio 09 : Determine las reacciones y la deflexión en el punto B si EI=8000KNm^2. Solución: DCL: Ecuaciones de equilibrio:
∑ MoA=^0 6Cy^ +^ M^ A =^27 Ec.
∑ Fy=^0 Ay +Cy= 9 Ec.
Ecuación de doble integración: en el punto “C”. ω 2 6 = ω 1 3 ω 2 = 6
KN
m M(^ C x^ )=−M (^) A X^0 + AyX −
6 ⋅X^3
6 ( X − 3 )
3 6 ⋅ 3 EI⋅θ(^ C x^ )=−M (^) A X + AyX 2 2
X 4
( X − 3 )
4 12
+C 1
EI⋅y(^ C x^ )=−
M A X^2
AyX 3 6
X^5
( X − 3 )^5
+C 1 X +C 2
Condiciones de borde o frontera:
x=0m
y=0m
C 2 =0KNm
3
x=0m
θ( x ) =0rad
C 1 =0KNm
2
x=6m
y= yC =0m
x=3m
y= yB=?
EI⋅y( x ) =− M (^) A X^2 2
AyX 3 6 − X^5 120
( X − 3 )^5 60 Empleando la condición de borde 3. 0 =− M (^) A ( 6 )^2 2
Ay (^6 )^3 6 − ( 6 )^5 120
( (^6) − 3 )^5 60
− 18 M A + 36 A y= 60 , 75
Ec. 3 Resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos:
Cy=3,094KN Ay=5,901KN M^ A=8,438KN
Empleando la condición de borde 4. Tenemos: 8000 ⋅yB=−
8,438⋅(^3 )
2 2
5,901⋅(^3 )
3 6
( 3 )^5
yB=−0,00168m=−1,68mm El signo negativo indica que el punto B queda por debajo de la horizontal de la viga. Ejercicio 10: Determinar las reacciones en los apoyos y la deflexión en el punto “B” cuando se aplican sobre la estructura con módulo de rigidez a la flexión uniforme (EI=20000KNm^2 ) las cargas (ω=6KN/m) mostradas en la figura y el empotramiento del punto “E” se desplaza 0,5mm
A (^) B (^) C D E ω^ ω 3m (^) 3m 2m 3m 0, mm A (^) B (^) C D E ω^ ω Ey Ex Ay Dy Ax ME x (^) M(x)M(x) x MA por arriba de la horizontal de la viga sin sufrir inclinación alguna en ese punto. Solución: DCL: Equilibrio: ∑ Mo^ C=^0 Derecha 2 Dy− 5 Ey−M (^) E= (^12) Ec. ∑ MoC=^0 Izquierda − 6 Ay + M (^) A =− (^36) Ec. ∑ Fy=^0
Ay−Ey + Dy= 30 Ec.
Solución empleando el método de la doble integral. Ecuación general de momentos en ABC.
M(^ C x^ )= Ay⋅x−M A x^0 −
ω⋅x^3
Primera integración:
EI⋅θ(^ C x^ )=
Ay⋅x
2
−M A x−
ω⋅x
4
+C 1
Segunda Integración: EI⋅y(^ C x^ )= Ay⋅x^3 6
M (^) A x^2 2
ω⋅x^5 720 +C 1 x+C 2 Condiciones de Borde o Frontera:
1) x=^0 m
y( x )= y A = 0 m
C 2 = 0 KNm^3
2) x=^0 m
θ( x )=θ A = 0 rad
C 1 = 0 KNm^2
3) x=^6 m^
y( x )= yC
EI⋅yC = 36 Ay− 18 M (^) A − 64 , (^8) Ec.04a Ecuación general de momentos en CDE. M(^ D x^ )=−M (^) E x^0 −Ey⋅x+ Dy⋅( x− 3 )− ω⋅( x− 3 )^2 2 Primera integración: EI⋅θ(^ D x^ )=−M (^) E x− Ey⋅x^2 2
Dy⋅( x− 3 )
2 2 −
ω⋅(^ x− 3 )
3 6
+C 3
Segunda integración: EI⋅y(^ D x^ )=− M (^) E x^2 2
Ey⋅x^3 6
Dy⋅(^ x− 3 ) 3 6 − ω⋅( x− 3 )^4 24 +C 3 x +C 4 Condiciones de Borde o Frontera:
4) x=^0 m
y( x )= yE= 0 , 5 mm
C 4 = 10 KNm^3
5) x=^0 m
θ( x )=θE= 0 rad
C 3 = 0 KNm^2
6) x=^3 m^
y( x )= yD= 0 m
M (^) E + Ey= 2 , (^222) Ec.
- x=^5 m^ y(^ x^ )=^ yC EI⋅yC =− 12 , 5 M (^) E− 20 , 833 Ey + 1 , 333 Dy + (^6) Ec.04b Igualando la Ec.04a con la Ec.04b se obtiene la Ec.04.
36 Ay− 18 M A − 64 , 8 + 12 , 5 M E + 20 , 833 Ey
− 1 , 333 Dy= 70 , 80 Ec.
Intersecando el sistema de ecuaciones se obtienen los valores de las reacciones en los apoyos:
