MÉTODO DE LA CURVA ELÁSTICA

MÉTODO DE LA LÍNEA ELÁSTICA

ECUACIÓN DE LA CURVA ELÁSTICA OMÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN

1. Nosotros conocemos que la curvatura de la viga recta, cuando se somete a un momento flexionante, el material de la viga se deforma, dando como resultado una curvatura de la viga, verificándose bajo ciertas condiciones supuestas establecidas:

CURVATURA: …(I)

FORMULA DE LA ESCUADRÍA: Obtención de los esfuerzos flexiónantes en vigas.

a)Los planos transversales antes de la flexión permanecen transversales después de la flexión, esto es, no hay torcedura.

b)El material de la viga es homogéneo e isótropo y obedece la ley de Hooke. Aquí suponemos que “E” es la misma para tracción que para compresión.

c) La viga es recta y tiene una sección transversal constante prismática.

d)Las cargas no ocasionarán ni tracción ni pandeo de la viga. Esta condición se cumple, si el plano de las cargas contiene al eje de simetría de la sección transversal y si las cargas están en este plano.

e)La carga aplicada es un momento flexionante puro.

2. Debido a que “M” varía a lo largo del claro de la viga, la curvatura obviamente tendería a variar. En consecuencia, sería bastante difícil y pesado determinar la forma completa de la curva elástica en todas las circunstancias. Por lo tanto así es necesario expresar la forma de la curva

RESISTENCIA DE LOS MATERIALES 1

1ρ=MEI

σ=MyI


elástica en términos de sus coordenadas rectangulares x , y , si vamos a usar las condiciones de pendiente y flexión.

Consideremos la curva de la figura, que se supone representa un segmento de la línea elástica de la viga. A una distancia “x ”de un punto de referencia, digamos el punto “O” , el soporte, un incremento de “dL , tendrá un cambio de pendiente de un extremo al otro de “dθ” . Así, dL=ρdθ

De la cual obtenemos:

…(II)

Para ángulos pequeños (esto es flexiones pequeñas):

y

Analizando estas últimas expresiones en (II), tendremos:

…( )α

…(III)


dθdL

=1ρ

dydx

=tanθ=θ dL≈dx

dθdL

=dθdx

= ddx ( dydx )=d2 y

d x2

dθdL

=d2 yd x2

d2 yd x2

=1ρ

d2 yd x2

= MEI

(α )⟶ ( II ) :

( III )⟶ ( II ):

ECUACIÓN DE LA CURVA ELÁSTICA DE LA VIGA


Ordenando:

Expresión del cortante (V ): Derivando la expresión (A)

Tomando extremos:

Expresión de la carga ( p): Derivando la expresión (a)

Tomando extremos:

3. CONVENCIÓN DE SIGNOS:

GIRO(θ)

ANTIHORARIO (+)

HORARIO (-)

FLECHA(δ )

(+) POSITIVO

(-) NEGATIVO


M=EId2 yd x2

…(A)

V=dMdx V=EI

d3 yd x3

M=EId3 yd x3

…(a)

p=dVdx

p=EId 4 yd x4

p=EId 4 yd x4

…(b)


EJERCICIO 01.

Si una fuerza de 50Kg se aplica en el extremo de la viga ¿Qué parte de esta carga soportará el resorte?

SOLUCIÓN

Estructuras hiperestáticas de 1° grado

Estructura Primaria o Isostatizada, es conjugada como superabundante o redundante RB, la misma que será igual a: RB=R(δB−0.1)cm


EI=3×107Kg /cmk=2T /m=2000Kg /cm

RB=2000Kg/cm ∙(δB−0.1)cm

RB=2000 ∙ (δB−0.1 )Kg


Por estática determinamos: M A y RA

…(1)

…(2)

Cálculos de las constantes de integración: de acuerdo a las condiciones de frontera.


∑ Fv=0⟶ { RA=(50−RB )KgM A=75 (50−RB )Kg /cm}

M=(50−RB )x−75(50−RB) MOMENTO GENÉRICO

EId2 yd x2

=(50−RB ) x−75(50−RB)

EIdydx

=(50−RB ) x2

2−75 (50−RB )x+C1

EIy=(50−RB ) x3

6−75 (50−RB ) x

2

2+C1 x+C2

x=0⟶θA⟶ (1 ) :C1=0x=0⟶ y A⟶ (2 ) :C2=0

x=75cm⟶ yB=−δB⟶ (2 )

−EI δB=16 [50−2000 (δB−0.1 ) ] (75 )3−75

2 [50−2000 (δB−0.1 ) ] (75 )2+0 (75 )+0

−3×107 δB=16

[50−2000δB+200 ](421875)−752

[50−2000δB+200 ](5625)

311250000δB=35156250


EJERCICIO 02

Calcular la viga hiperestática y construir los diagramas de momentos flexionantes y fuerzas cortantes. Considere que “P”, “a”, “E” y “I” son conocidos.

SOLUCIÓN

Estructura hiperestática de 2° grado

Libero las restricciones debido al apoyo A que es un empotramiento

perfecto.


δB=0.11295cm

δB≈0.113 cm

RB=2000 (0.113−0.1 ) Kg=2000 (0.013)

RB=26Kg


Momentos genéricos en las secciones , y

Sección

Sección

Sección

Por simetría físico (geométrica) y asimetría de cargas

Además:


- 11

EId2 ydx2

=R A x−M A

EIdydx

=RAx2

2−M A x+C1……………….(1)

EIy=R Ax3

6−M A

x2

2+C1 x+C2……….(2)

- 22

EId2 ydx2

=R A x−M A−P(x−a)

EIdydx

=RAx2

2−M A x−

P2

( x−a )2+C3……………….(3)

EIy=R Ax3

6−M A

x2

2−P6

( x−a )3+C3 x+C4……….(4)

- 11 - 22 - 33

0≤ x≤a M=M A x−M A

a≤ x≤3a M=M A x−M A−P(x−a)

- 33 3a≤ x≤4 a M=??

[ R A=RB

M A=M B]

∑F v=0

RA−P+P−RB=0

RA=RB


Cálculo de las constantes de integración de acuerdo a las condiciones de frontera para:

Remplazando los valores de las constantes en las expresiones (1 ) , (2 ) , (3 ) ,(4) tendremos:

Estas expresiones por sí solas no resuelven el problema, porque si bien nos brindan las ecuaciones de giros y flechas, se encuentran en función de RA y M A; por lo que resulta necesario emplear las expresiones (5 ) ,(6), y

calcular el valor de las constantes C5 y C6.


M A=MB

⟶ x=4 a⟶ dydx

=0⟶ (5 ) C5=−4 M Aa

EId2 ydx2

=−R A (4 a−x )+M A

EIdydx

=RA

(4a−x)2

2+MA x+C5………………(5)

EIy=−R A

(4 a−x )3

6+M A

x2

2+C5 x+C6…….(6)

x=0 y=0 dydx

=0

x=0

x=adydx izq

=dydx der

C1=C3∴

x=a C1a+C2=C3a+C4∴

EIdydx

=RAx2

2−M A x………………………….(I )

EIy=R Ax3

6−M A

x2

2………………………….(II )

EIdydx

=RAx2

2−M A x−

P2

( x−a )2………….( III )

EIy=R Ax3

6−M A

x2

2−P6

( x−a )3………….(IV )

C1=0

y izq= yder

C2=0

C3=0

C4=0

(1 ) :⟹ (2 ) :⟹


Reemplazando el valor de C5 en la expresión anterior, obtenemos:

Remplazando esos últimos valores de las constantes en (5) y (6) y considerando las expresiones anteriores (I), (II), (III), (IV) tendremos:

Cálculo de las reacciones:

Resolviendo simultáneamente (α) y (β):


⟶ x=4 a⟶ y=0⟶ (6 ) −8M Aa2=−4C5a+C6

C6=8M Aa2

EIdydx

=RAx2

2−M A x…………………………………………….(I )

EIy=R Ax3

6−M A

x2

2…………………………………………….( II )

EIdydx

=RAx2

2−M A x−

P2

( x−a )2…………………………….(III )

EIy=R Ax3

6−M A

x2

2−P6

( x−a )3…………………………… ..(IV )

EIdydx

=RA

(4a−x)2

2+MA x−4M Aa………………………….(V )

EI y=−RA

(4 a−x)3

6+M A

x2

2−4M Aax+8M Aa

2………….(VI )

y=0 (IV): P a6

=43R Aa−2M A (α )

dydx

¿izq=dydx

¿der (III) y (IV) respectivamente

−2 Pa2=−4 RAa2+2M Aa (β )

x=3a

RA=11P16

M A=3 Pa8


EJERCICICO 03.

Calcular la flecha en la sección “C” y el giro en la sección “B” de la viga. Considere que “q”, “a”, “E”, e “I” son conocidos.

CARGA PARABÓLICA


CARGA TRIANGULAR

Donde debemos determinar el valor de la constante “k”; por las condiciones de frontera: Para el punto “B” que pertenece a la curva, tiene como coordenadas

q(x )x

=qa

q ( x )=x ( qa)

q ( x )=qax

y '=−k x '2 (1 ) ;


Luego la ecuación de la parábola, para los ejes y ' y x 'será:

Para:

ESTRUCTURA ISOSTÁTICA

+∑M A=0→−MA−A1( 23 a)−A2(a+ 38 a)+RB (2a )=0


(1)y '=−q

x '=a

−q=−k (a)2 k=q

a2

y '=−q

a2x '2 (2 )

x=x '+a⟶

y=q ( x )=q−(− y ')

y=q+ y '⟶

i)

ii)

x '=x−a… (α )

y '= y−q…( β)

(α ) y (β )→(2) y−q=−q

a2( x−a )2

y=q− q

a2( x−a )2

y=q[1− ( x−a )2

a2 ]q( x)=q [1− (x−a )2

a2 ]

RB=A1+A1∑ Fv=0⟶

A1=Area del ∆

A2=Area de la ParábolaRB=qa2

+23qa

RB=76qa A1=

qa2

A2=23qa


−M A−( qa3 )(23 a)−( 23 qa)(a+ 38 a)+(76 qa) (2a )=0

M A=−qa2

3−( 23 qa)(118 a)+ 73 qa2

M A=−qa2

3−1112

qa2+ 73qa2

M A=−2qa2−1112

q a2

Aplicación de la ecuación diferencial de la línea estática

Sección 1 – 1

M=M A [12 ( qxa )( x )]( x3 )

M=M A−q x3

6a; pero MA=13

12qa2

EId2 ydx2

=1312

qa2−q x2

6a

Sección 2 – 2

Donde


M A=1312

qa2

0≤ x≤a

M=1213

q a2−q x2

6a

EIdydx

=1312

q a2 x− q24 a

x0+C1…………………………… (I )

EI y=1324

q a2 x2− q x5

120a+C1 x+C2……………………… ( II)

a≤ x≤2a

M=RB (2a−x )−[ 23 (qx ) (2a−x )] x [ 38 (2a−x )]Área Centroide

M=RB (2a−x )−{23 x q[1− ( x−a )2

a2 ] (2a−x )}[ 38 (2a−x )]M=RB (2a−x )− q

4 a2[a2−( x2−2xa+a2)] (2a−x )2

q ( x )=q[1− ( x−a )2

a2 ]


Ordenada:

CONDICIÓN DE BORDE:

x=0→ dydx

=0→ ( I )→C=0

x=20→ y=0→ (IV ) :


M=RB (2a−x )− q

4a2[−x4+6a x3−12a2 x2+8a3 x ]

EIdyda

=RB

(2a−x )2

2− q4 a2 (−x5

5+3 ax

4

2−4 a2 x3+4a3 x2)+C3… (III )

EIy=+RB

(2a−x )2

6− q4a2 (−x6

30+ 3ax

5

10−a2 x4+ 4

3a3 x3)+C3 x+C4(IV )

M=RB (2a−x )−{23 x q[1− ( x−a )2

a2 ] (2a−x )}[ 38 (2a−x )]M=RB (2a−x )− q

4 a2[a2−( x2−2xa+a2)] (2a−x )2

EId2 yd x2

=RB

(2a−x )2

2− q4a2

(−x4+6 ax3−12a2 x2+8a3 x)

EIdydx

=RB

(2a−x)2

2− q4 a2 (−x5

5+ 6ax

4

4−12x2 x

2

3+8 a3 x

2

2 )+C3EIy=+RB

(2a−x )2

6− q4a2 (−x6

30+ 6ax

5

20−12a

2 x4

3+8a3 x

2

2 )+C3 x+C4

0=0− q4a2 (−64a

6

30+ 310

a6 x 32−a6 x 16+ 43a6 x 8)+2aC3+C4

0=−qa6

4a2 (−6430 + 9610

−16+ 323 )+2aC3+C4

0=−qa6

4a2 (−64+288−480+23030 )+2aC3+C4

0=−qa6

4a2(64 )+2aC3+C4



8qa4

15=2aC3+C4

... A

M Aa−q24 a

a4=−RBa2

2− q4 a2 (−a5

5+ 32a5−4c5+4 c5)+C3

M Aa−q24 a

a3=−RBa2

2− q4a2

¿

M Aa−q24 a

a3=−RBa2

2−¿

M A=1312

qa2

RB=76qa

1312

q a3−qa3

24+ 7qa

3

12+( 13q a340 )=C3

2012

q a3−qa3

24+(13q a340 )=C3

q a3( 200−5+39120 )=C3

q a3( 234120 )=C3

q a3( 11760 )=C3⟶

C3=( 3920 )q a3 ... B

(B )⟶ ( A ) :

−10130

q a4=C4

815

q a4=2a( 11760 qa3)+C4

815

q a4−11760

q a4=C4

qa4

30(16−117 )=C4⟶

; PERO:

0=0− q4a2 (−64a

6

30+ 310

a6 x 32−a6 x 16+ 43a6 x 8)+2aC3+C4

0=−qa6

4a2 (−6430 + 9610

−16+ 323 )+2aC3+C4

0=−qa6

4a2 (−64+288−480+23030 )+2aC3+C4

0=−qa6

4a2(64 )+2aC3+C4

⟶ x=a→dydx

/ izquierda=dydx

/derecha



... C

EIy=76qa( (2a−x )3

6 )− q

4a2 (−x6

30+ 3ax

5

10−a2 x4+ 4

3a3 x3)+ 11760 qa3 x−101

30q a4

δc→ x=a :

δc= 1EI { 736 q a4− q

4a4 [−a6

30+ 3a

6

10−a6+ 4

3a3 x3]+ 11760 q a4−101

30qa4}

δc= 1EI { 736 q a4−qa4

120[−1+9−30+40 ]+ 117

60qa4−101

30q a4}

δc=qa4

EI { 736−118120 +11760

−10130 }

δc= q a4

360EI{70−54+702−1212 }

δc= q a4

360EI{−494 }⟶ δc=( −494

360 EI )( qa4

EI )=1.37 2̂ qa4EI

EIdydx

=−76qa ( (2a−x )2

2 )− q

4 a2 (−x5

5+ 32ax4−4 a2 x3+4 a3 x2)+11760 qa3

θ→x=2a

θB=1EI {−q

4 a2 [ 325 a5+ 32aa416−32a5+16a5]+ 11760 q a3}

θB=1EI {−qa3

4 [−325 +24−32+16 ]+11760 qa3}θB=

1EI {−qa3

4 [−325 +8 ]+11760 qa3}θB=

1EI {−qa3

4 [−32+405 ]+ 11760 qa3}θB=

1EI {−8qa320

+ 11760

qa3}θB=

1EI {−qa3

4 [−32+405 ]+ 11760 qa3}θB=

qa3

EI {−24+11760 }


CONDICIONES DE FRONTERA O DE BORDE

Apoyo móvil Apoyo fijo Apoyo

Empotrado

θA≠0 θA≠0 θA=0 δ A=0

δ A=0 δ A=0

EJEMPLOS DE APLICACIÓN

EJEMPLO 01: Calcular el giro y la flecha en el extremo libre de la viga

mostrada.


θB=( 9360 ) qa3

EI=1.55 qa

3

EI

Giros

Horario = (-) Antihorario=

(+)


1) Trabajando por la derecha

2) De derivada segunda de “y” con respecto a “x”

3) Cálculo de la constante de integración: de acuerdo a la condición

de frontera.

En apoyo “A”


M=−W (L– x )2

2

MMN=M=−W (L−x )(L−x )2

=−W(L−x )2

2

M=EId2 yd x2

EId2 yd x2

=−W(L−X )2

2

EId yd x

=−W∫ (L−X )2

2dx

EIy=−W(L−X )4

24+C1 x+C2

EId ydx

=+W(L−X )3

6+C1

EIy=+W∫ (L−X )3

6dx+C1∫dx+C2

… (1)

… (2)

θA=0

δ A=0(1) ,(2)


En (2)

4) Sustituyendo las constantes en (1) y (2) se tiene:

5) 5.1) Giro en “B”:

En (1)

5.2) Flecha en “B”:

En (2)


c2=WL4

24

↓δB=−18

WL4

EI

θB=−WL3

6 EI

c1=−WL3

6

x=0

0=W(L−0)3

6+c1

0=WL3

6+C1⟶

x=0⟶ y=0

0=−WL4

24−WL3

6(0)+C2

EId yd x

=W(L−X )3

6−W L3

6…(I )

EIy=−W(L−X )4

24−W L3

6x+W L4

24…( II )

Ecuacion del giro

Deformada = línea elástica.

x=L⟶ dydx

=θB

→EI θB=W (0)−WL3

6

x=L⟶ y=δB

EI δB=−W (0)−WL4

6+WL

4

24


Ejemplo (2) determinar la deflexión máxima de la viga mostrada.

1) Trabajando por la izquierda:

1.1)

1.2)

2)2.1)

2.2)


M= PbL

x

0≤ x≤a

a≤ x≤ L

M= PbL

x−P(x−a)

0≤ x≤a⟶M=EId2 yd x2

EId2 yd x2

= PbL

x

EId ydx

= PbL

x2

2+c1

EIy= PbL

x3

6+c1 x+c2

… (1)

… (2)

a≤ x≤ L⟶M=EId2 yd x2

EId2 yd x2

= PbL

x−P(x−a)

EId ydx

= PbL

x2

2−P

(X−a)2

2+c3

EIy= PbL

x3

6−P(X−a)3

6+c3 x+c4

… (3)

… (4)


3) Cálculo de las constantes de integración de acuerdo a las condiciones

de frontera. Para

Sustituyendo:

)

)

)

)

Resolviendo simultáneamente el sistema:

De


c2=0

c1a=c3a+c4

c1 ¿c3

x=0 : y=0

x=L : y=0

x=a :{ y= ydydx

=dydx

x=0⟶ y=0⇝(2)

0=0+0+C2⟶ … (α )

x=L⟶ y=0⇝(4)

0=Pb L2

6−Pb3

6+c3L+c4⟶ Pb3

6−Pb L2

6=c3L+c4 … (β)

x=a⟶ y= y⇝ (2 ) y (4)

PbL

a3

6+c1a+c2=P

ba3

6 L−0+c3a+c4

… (γ )

x=a⟶ dydx

=dydx⇝de (1 ) y (3)

PbL

a2

2+c1=

Pba2

2 L−0+c3⟶ … (ϕ)

(α ) , ( γ ) y (ϕ)C4=0C1=C3C2=0

Nuevo resumen

¿c1¿c3?

(β )⟶c3=Pb3

6 L− PbL6

c3=c1=Pb6

( b2

L−L)

c3=c1=Pb6 L

(b2−L2)


Resumido:

4) Ecuaciones finales de las deformaciones Angulares y lineales

4.1)

4.2)

5) Deflexión Máxima (δ máx)


c1=c3=Pb6 L

(b2−L2)

c2=0

c4=0

EId ydx

= PbL

x2

2+ Pb6 L

(b2−L2)

EIy= PbL

x3

6+ Pb6 L

x (b2−L2)

0≤ x≤a

a≤ x≤ L

… (I )

… (II )

EIdydx

=Pb x2

2L−P

(X−a)2

2+ Pb6 L

(b2−L2)

EIy= Pbx3

6 L−P

(X−a)3

6+ Pb6 L

x (b2−L2)

… (III )

… (IV )

De ( I ) para dydx

=0⟶ y=δmáx

0=Pb x2

2L+ Pb6 L

(b2−L2 )

−Pb6 L

(b2−L2 )=Pb x2

2 L

X2=(L2−b2)3

x=√¿¿¿ … (ε )

(ε )⇝(II )

EIδmax=Pb6 L

(L2−b2)3 √(L2−b2)

3+Pb6 L √ (L¿¿2−b2)

3(b2−L

2 )¿

¿Pb6 L

(L2−b2 )3 √ (L2−b2)

3−Pb6 L √ (L2−b2 )

3(L2−b2 )

¿Pb6 L ( L

2−b2

3 )√ (L2−b2 )3

(1−3 )


Ejemplo (3): En la viga mostrada, calcular el ángulo de giro de la sección sobre el apoyo A.

Solución tipo A

1. Conocemos:

2.2.1


δmax=−Pb3 LEI ( L

2−b2

3 )3/2

EIδmax=Pb6 L

(L2−b2)3 √(L2−b2)

3+Pb6 L √ (L¿¿2−b2)

3(b2−L

2 )¿

¿Pb6 L

(L2−b2 )3 √ (L2−b2)

3−Pb6 L √ (L2−b2 )

3(L2−b2 )

¿Pb6 L ( L

2−b2

3 )√ (L2−b2 )3

(1−3 )

{ dMdx =V

dVdx

=+p }p=+q ( x )=+q ( xl )

2

p=+q( xl )2

=dVdx

dVdx

=+ql2

x2

dV=+ql2

x2dx


2.2

2.3

3) Cálculo de las constantes de integración: de acuerdo a condiciones de frontera:


V=+q x3

3 l2+C1

M= +q12l2

x4+C1 x+C2

EIy=+q x6

360 l2+C1

x3

6+C2

X2

2+C3 x+C4

En (2 )→x=0→M=0∴C2=0

EIdydx

=+q x5

60 l2+C1

x2

2+C2 x+C3

p=+q ( x )=+q ( xl )2

p=+q( xl )2

=dVdx

dVdx

=+ql2

x2

dV=+ql2

x2dx

… (1)

dMdx

=V

dMdx

=+q x2

3l2+C1

dM=(+q x33 l2+C1)dx

… (2)

M=E Id2 yd x2

EId2 yd x2

= q x4

12 l2+C1 x+C2

… (3)

… (4)

x=0→M=0

x=0→ y=0

x=L→ y=0

x=L→dydx

=0


Resolviendo simultáneamente

Sustituyendo en (3) el valor de los constantes tendremos:

4) Calculo de giro en “A”


(I) ecuación final de la deformación Angular

En (4 )→x=0→ y=0∴C4=0

En (4 )→x=L→ y=0∴− q l6

360=C1 l

3

360+C3l

C1=−5 ql120

Y C3=+q l3

240

θA=+q l3

240EI

En (4 )→x=L→dydx

=0∴−q l3

60=C1l

2

2+c3

EIdydx

=+q x5

60 l2− 5ql240

x2+ q l3

240

Para : x=0→dydx

=θA

EI θA=+q l3

240


SOLUCIÓN TIPO B

Ecuación diferencial de la elástica:


M=−R A X+ 1q12 l2

x4

EIdydx

=−RAx2

2+ 160

q x5

l2+C1

EIy=−R Ax3

62+ 1360

q x6

l2+C1 x+C2

MEI

=d2 yd x2

..(G)

M=−R A X+[q ( xl )2 x3 ] 1x4 =−RA X+ q x4

12 l2

… (I )

MEI

=d2 yd x2

M=EId2 yd x2

=−RA X+ q x4

12l2

EId2 yd x2

=−R A X+ q x4

12l2

EId2 yd x2

=−R Ax2

2+ 112

ql2x5

5+C1

… (II )

… (III )


Condiciones de frontera

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones tendremos:

Remplazando las expresiones anteriores en (II) tendremos:

Ecuación final de las deformaciones angulares o giros.

Ordenando y simplificando:

Cálculo del giro en A:


EIdydx

= q60

x5

l2+5ql X

2

240++q l3

240…(IV )

EIdydx

=+5ql120

X2

2+ 160

qx5

l2+ q l3

240

RA=+5ql120

C1=q l3

240

… (III )

… (III )

… (II )

a¿ x=0→δ A=0

b¿ x=L→dydx

=θB=0

c ¿ x=L→δ b=0

x=0⟶δ A=0 (III ) :

0=−RA0+0+0+C2⟶ C2=0

x=l⟶δB=0 ( III ) :

0=−RAl3

6+ 1360

q l4+C1 l+C2⟶ +RAl2

6−C1=

ql3

360

x=l⟶ dydx

=0⟶ ( II ) :

0=−R A l

2

2+ 160

q l3+C1⟶−RA l

2

2+C1=

−160

q l3

x=0⟶ dydx

∕ x=0=θ A

EI θA=q l3

240


Para

Rpta


θA=q l3

240EI

MÉTODO DE LA CURVA ELÁSTICA

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