Análisis Estructural I

Edgar Valcárcel Pollard Page 1

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Facultad de Ingeniería Civil-D.A.E.

ANALISIS ESTRUCTURAL 1 Edgar Valcárcel Pollard

VIGA CONJUGADA

También conocido como el método de los pesos elásticos, fue desarrollado por Otto Mohr en 1860.

Se basa en la ecuación de la elástica (flexión pura), es decir:

𝟏

𝝆=

𝒅𝟐𝒚 𝒅𝒙𝟐⁄

[𝟏 + (𝒅𝒚 𝒅𝒙⁄ )𝟐]𝟑 𝟐⁄=𝑴

𝑬𝑰 , 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆:{

𝝆 = 𝒓𝒂𝒅𝒊𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂

𝒅𝒚 𝒅𝒙⁄ = 𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆(𝒈𝒊𝒓𝒐)

𝑴 𝑬𝑰⁄ = 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒇𝒍𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒓𝒆𝒅𝒖𝒄𝒊𝒅𝒐

𝑪𝒖𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒐𝒔 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐𝒔 𝒏𝒐 𝒔𝒖𝒑𝒆𝒓𝒂𝒏 𝒆𝒍 𝒍í𝒎𝒊𝒕𝒆 𝒅𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒐𝒓𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅, 𝒆𝒔 𝒅𝒆𝒄𝒊𝒓, 𝝈 ≤ 𝝈𝑳.𝑷.

𝒍𝒂 𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒔 𝒑𝒆𝒒𝒖𝒆ñ𝒂, ∴ (𝒅𝒚 𝒅𝒙⁄ )𝟐 𝒑𝒖𝒆𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒓 𝒅𝒆𝒔𝒑𝒓𝒆𝒄𝒊𝒂𝒅𝒂 𝒚 𝒒𝒖𝒆𝒅𝒂: 𝒅𝟐𝒚

𝒅𝒙𝟐=𝑴

𝑬𝑰……(𝟏)

𝑬𝒔𝒕𝒂 ú𝒍𝒕𝒊𝒎𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏, 𝒄𝒐𝒏𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝒍𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒆𝒍á𝒔𝒕𝒊𝒄𝒂, 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂 𝒆𝒍 𝒄𝒂𝒎𝒃𝒊𝒐

𝒅𝒆 𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒄𝒐𝒏 𝒆𝒍 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒇𝒍𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓.

𝑷𝒐𝒓 𝒐𝒕𝒓𝒐 𝒍𝒂𝒅𝒐, 𝒍𝒂 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒆 𝒆𝒍 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒇𝒍𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒚 𝒍𝒂 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 𝒂𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒅𝒂 𝒆𝒔𝒕á 𝒅𝒂𝒅𝒂 𝒑𝒐𝒓

𝒍𝒂 𝒆𝒙𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊ó𝒏 ∶𝒅𝟐𝑴

𝒅𝒙𝟐= 𝝎 …………(𝟐)

𝑭𝒊𝒏𝒂𝒍𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆, 𝒑𝒐𝒓 𝒂𝒏𝒂𝒍𝒐𝒈í𝒂 𝒔𝒆 𝒕𝒆𝒏𝒅𝒓á 𝒒𝒖𝒆 𝒔𝒊 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 (𝒅𝒆𝒏𝒐𝒎𝒊𝒏𝒂𝒅𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂

𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒈𝒂𝒅𝒂) 𝒄𝒐𝒏 𝒆𝒍 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝒅𝒆 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒓𝒆𝒅𝒖𝒄𝒊𝒅𝒐𝒔 (𝑴 𝑬𝑰⁄ ), 𝒍𝒐𝒔 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒚 𝒍𝒂𝒔

𝒄𝒐𝒓𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 𝒆𝒏 𝒅𝒊𝒄𝒉𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒔𝒆𝒓á𝒏 𝒍𝒂𝒔𝒇𝒍𝒆𝒄𝒉𝒂𝒔 𝒚 𝒈𝒊𝒓𝒐𝒔 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒓𝒆𝒂𝒍.

𝒅𝟐𝒚

𝒅𝒙𝟐=𝑴

𝑬𝑰𝒅𝟐𝑴

𝒅𝒙𝟐= 𝝎}

𝑭𝒍𝒆𝒄𝒉𝒂 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒓𝒆𝒂𝒍 = 𝒚𝑽𝑹 = 𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒈𝒂𝒅𝒂 = 𝑴𝑽𝑪

𝑮𝒊𝒓𝒐 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒓𝒆𝒂𝒍 = 𝜽𝑽𝑹 = 𝑪𝒐𝒓𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒈𝒂𝒅𝒂 = 𝑽𝑽𝑪

𝑪𝒐𝒏𝒗𝒆𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒔𝒊𝒈𝒏𝒐𝒔:{

𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒑𝒐𝒔𝒊𝒕𝒊𝒗𝒐 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝑽𝑹:𝑪𝒂𝒓𝒈𝒂 𝒅𝒊𝒓𝒊𝒈𝒊𝒅𝒂 𝒉𝒂𝒄𝒊𝒂 𝒂𝒃𝒂𝒋𝒐 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝑽𝑪

𝑪𝒐𝒓𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝒑𝒐𝒔𝒊𝒕𝒊𝒗𝒂 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝑽𝑪 → 𝑮𝒊𝒓𝒐 𝒉𝒐𝒓𝒂𝒓𝒊𝒐 (↷)𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝑽𝑹

𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒑𝒐𝒔𝒊𝒕𝒊𝒗𝒐 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝑽𝑪 → 𝑭𝒍𝒆𝒄𝒉𝒂 𝒉𝒂𝒄𝒊𝒂 𝒂𝒃𝒂𝒋𝒐(↓) 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝑽𝑹

𝑨𝒑𝒐𝒚𝒐𝒔 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒈𝒂𝒅𝒂:

𝑳𝒐𝒔 𝒂𝒑𝒐𝒚𝒐𝒔 𝒚 𝒄𝒖𝒂𝒍𝒒𝒖𝒊𝒆𝒓 𝒐𝒕𝒓𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒆𝒙𝒊ó𝒏 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝑽𝑹 𝒅𝒆𝒃𝒆𝒓á𝒏 𝒔𝒆𝒓 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒏𝒕𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏 𝒔𝒖𝒔

𝒄𝒐𝒓𝒓𝒆𝒔𝒑𝒐𝒏𝒅𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆𝒔 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝑽𝑪. 𝑨 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒂𝒍𝒈𝒖𝒏𝒐𝒔 𝒆𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐𝒔.

BA D EC BA D EC

BA DC BA DC

VIGA REAL (VR) VIGA CONJUGADA (VC)

Análisis Estructural I

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Problema Nº1) Calcular la flecha y giro en el extremo libre de la viga mostrada. (EI=constante)

Solución: 𝑳𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒈𝒂𝒅𝒂 𝒄𝒐𝒓𝒓𝒆𝒔𝒑𝒐𝒏𝒅𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒔:

∴ 𝒚𝑩𝑽𝑹 = 𝑴𝑩

𝑽𝑪 =𝑷𝑳𝟑

𝟑𝑬𝑰(↓) , 𝜽𝑩

𝑽𝑹 = 𝑽𝑩𝑽𝑪 =

𝑷𝑳𝟐

𝟐𝑬𝑰(↻)

Problema Nº2) Calcular la flecha y giro en la sección media de la viga mostrada. (EI=constante)

Solución: 𝑳𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒈𝒂𝒅𝒂 𝒄𝒐𝒓𝒓𝒆𝒔𝒑𝒐𝒏𝒅𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒔:

∴ 𝒚𝑪𝑽𝑹 = 𝑴𝑪

𝑽𝑪 = (𝝎𝑳𝟑

𝟐𝟒𝑬𝑰)(𝑳

𝟐) −

𝟐

𝟑(𝝎𝑳𝟐

𝟖𝑬𝑰)(𝑳

𝟐) (𝟑

𝟖) (𝑳

𝟐) =

𝟓𝝎𝑳𝟒

𝟑𝟖𝟒𝑬𝑰(↓) ,

𝜽𝑪𝑽𝑹 = 𝑽𝑪

𝑽𝑪 = −(𝝎𝑳𝟑

𝟐𝟒𝑬𝑰) +

𝟐

𝟑(𝝎𝑳𝟐

𝟖𝑬𝑰)(𝑳

𝟐) = 𝟎

P

A B

L

A B

L

PL

EI__

PL2

2EI

__

PL3

3EI

__

L/2 L/2

A B

ω

C

ωL2

8EI__

ωL3

24EI__ ωL3

24EI__

A BC

L/2 L/2

Análisis Estructural I

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Problema Nº3) Calcular el giro en el apoyo “A” y las reacciones en la viga mostrada. (EI=constante)

Solución:

𝑬𝒏 𝒍𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒈𝒂𝒅𝒂 ∶

𝚺𝑴𝑨 = 𝟎 , − (𝑹𝑨𝑳

𝑬𝑰) (𝑳

𝟐) (𝟐𝑳

𝟑) + (

𝑴𝑳

𝑬𝑰) (𝑳

𝟐) = 𝟎 → 𝑹𝑨 =

𝟑𝑴

𝟐𝑳(↓) …………… .𝑹𝒑𝒕𝒂.

𝜽𝑨 = 𝑹𝑨𝑽𝑪 = (

𝑴𝑳

𝑬𝑰) − (

𝑹𝑨𝑳

𝑬𝑰) (𝑳

𝟐) = (

𝑴𝑳

𝑬𝑰) − (

𝟑𝑴

𝟐𝑬𝑰) (𝑳

𝟐) =

𝑴𝑳

𝟒𝑬𝑰 (↷) …………… .𝑹𝒑𝒕𝒂.

𝑬𝒏 𝒍𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝑹𝒆𝒂𝒍 ∶

𝚺𝑭𝒚 = 𝟎 , 𝑹𝑩 =𝟑𝑴

𝟐𝑳(↑) …………… .𝑹𝒑𝒕𝒂.

𝚺𝑴𝑨 = 𝟎 , 𝑴 +𝑴𝑩 − (𝑹𝑩)(𝑳) = 𝟎 → 𝑴𝑩 =𝑴

𝟐(↷) …………… .𝑹𝒑𝒕𝒂.

∗ 𝑻𝒂𝒎𝒃𝒊é𝒏 𝒑𝒐𝒅𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒆𝒙𝒑𝒓𝒆𝒔𝒂𝒓 𝒍𝒂𝒔 𝑭𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂𝒔 𝑬𝒙𝒕𝒆𝒓𝒏𝒂𝒔 𝒆𝒏 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝜽𝑨:

𝑴 =𝟒𝑬𝑰

𝑳(𝜽𝑨) (↷) 𝑴𝑩 =

𝟐𝑬𝑰

𝑳(𝜽𝑨) (↷) 𝑹𝑨 =

𝟔𝑬𝑰

𝑳𝟐(𝜽𝑨) (↓) 𝑹𝑩 =

𝟔𝑬𝑰

𝑳𝟐(𝜽𝑨) (↑)

Problema Nº4) Calcular las reacciones en la viga mostrada cuando el apoyo “B” se asienta la cantidad indicada. (EI=constante)

A B

L

M

A B

L

M

RA RB

MB

VIGA REAL (VR)

A B

L

RAL

EI__

M

EI

__RA

VC

VIGA CONJUGADA (VC)

A B

L

Δ

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Solución:

𝑬𝒏 𝒍𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒈𝒂𝒅𝒂 ∶

𝚺𝑭𝒚 = 𝟎 , (𝑹𝑩𝑳

𝑬𝑰) (𝑳

𝟐) − (

𝑴𝑩𝑳

𝑬𝑰) = 𝟎 → 𝑹𝑩 =

𝟐𝑴𝑩

𝑳 …………… . (𝟏)

𝚺𝑴𝑩 = 𝟎 , − 𝑴𝑩𝑽𝑪 + (

𝑹𝑩𝑳

𝑬𝑰) (𝑳

𝟐) (𝟐𝑳

𝟑) − (

𝑴𝑩𝑳

𝑬𝑰) (𝑳

𝟐) = 𝟎 → 𝑴𝑩

𝑽𝑪 = ∆=𝑹𝑩𝑳

𝟑

𝟑𝑬𝑰− (

𝑴𝑩𝑳𝟐

𝟐𝑬𝑰)…… . (𝟐)

𝑫𝒆 (𝟏) 𝒚 (𝟐) 𝒔𝒆 𝒐𝒃𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆: {𝑹𝑩 =

𝟏𝟐𝑬𝑰∆

𝑳𝟑(↓)

𝑴𝑩 =𝟔𝑬𝑰∆

𝑳𝟐(↶)

………… .𝑹𝒑𝒕𝒂.

𝑬𝒏 𝒍𝒂 𝒗𝒊𝒈𝒂 𝑹𝒆𝒂𝒍 ∶

𝑷𝒐𝒓 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍𝒊𝒃𝒓𝒊𝒐 𝒔𝒆 𝒐𝒃𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆: {𝑹𝑨 =

𝟏𝟐𝑬𝑰∆

𝑳𝟑(↑)

𝑴𝑩 =𝟔𝑬𝑰∆

𝑳𝟐(↶)

………… .𝑹𝒑𝒕𝒂.

RA

RB

VIGA REAL (VR)

A B

L

Δ

MB

MA

A B

L

MB

VC

VIGA CONJUGADA (VC)

RBL

EI__

MB

EI__

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ANALISIS ESTRUCTURAL 1 Edgar Valcárcel Pollard

VIGA CONJUGADA (continuación)

Principio de superposición: Comportamiento lineal-elástico

𝑪á𝒍𝒄𝒖𝒍𝒐 𝒅𝒆 ∆𝑩:

∆𝑩= 𝑴𝑩𝑽𝑪 = (

𝟏𝟓𝑷𝑳𝟐

𝟗𝟔𝑬𝑰)(𝑳) − (

𝑷𝑳

𝟒𝑬𝑰) (𝑳

𝟐) (𝑳

𝟑) =

𝟏𝟏𝑷𝑳𝟑

𝟗𝟔𝑬𝑰(↓)

𝑪á𝒍𝒄𝒖𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝜹𝑩:

𝜹𝑩 = 𝑴𝑩𝑽𝑪 = −(

𝑹𝑩𝑳𝟐

𝟒𝑬𝑰) (𝑳) + (

𝑹𝑩𝑳

𝟐𝑬𝑰) (𝑳

𝟐) (𝑳

𝟑) = −

𝑹𝑩𝑳𝟑

𝟔𝑬𝑰(↑)

𝑬𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒎𝒑𝒂𝒕𝒊𝒃𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅:

∆𝑩 + 𝜹𝑩 = 𝟎 , 𝟏𝟏𝑷𝑳𝟑

𝟗𝟔𝑬𝑰 −𝑹𝑩𝑳

𝟑

𝟔𝑬𝑰= 𝟎 ∴ 𝑹𝑩 =

𝟏𝟏𝑷

𝟏𝟔(↑)

L/2 L/2 L

P

CBA

L/2 L/2 L

CBA

PL

2EI__

PL

2EI__ 15 PL2

96EI

____

VC

(+)

ESTRUCTURA PRIMARIA ESTRUCTURA COMPLEMENTARIA

PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN

L/2 L/2 L

CBA

RB

RBL

2EI__

RBL2

4EI__

VC

RBL2

4EI__

L/2 L/2 L

P

CBA

DB

VR

P

4__

3P

4__ L/2 L/2 L

CBA

RB

dB

VR

RB

2__RB

2__

Análisis Estructural I

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𝑭𝒊𝒏𝒂𝒍𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆:{𝑹𝑨 =

𝟑𝑷

𝟒−𝟏𝟏𝑷

𝟑𝟐=𝟏𝟑𝑷

𝟑𝟐(↑)

𝑹𝑪 =𝑷

𝟒−𝟏𝟏𝑷

𝟑𝟐= −

𝟑𝑷

𝟑𝟐(↓)

Comentario Nº1: La estructura primaria se obtiene isostatizando el sistema, pero teniendo en cuenta que la estructura resultante sea siempre estable. En este caso ello se logró quitando la redundante del apoyo “B”. Las cargas actuantes en ella son conocidas.

Comentario Nº2: La estructura complementaria se obtiene restituyendo la redundante (reacción en el apoyo central). Si hubiese más redundantes, este procedimiento se realizará por separado.

Comentario Nº3: La redundante puede ser una fuerza externa o interna.

𝑬𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒎𝒑𝒂𝒕𝒊𝒃𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅:

{∆𝑩 + 𝜹𝑩𝑩 + 𝜹𝑩𝑪 = 𝟎∆𝑪 + 𝜹𝑪𝑩 + 𝜹𝑪𝑪 = 𝟎

, 𝒚 𝒔𝒆 𝒐𝒃𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆𝒏 𝒍𝒐𝒔 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒍𝒂𝒔 𝒓𝒆𝒅𝒖𝒏𝒅𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 𝑹𝑩 𝒚 𝑹𝑪

Otra forma de resolver el problema es de la siguiente manera:

(+)

(-)DMF

(PL)

13

64

__

3

32

__

L/2 L/2

P

CBA

L/2 L/2

D =

A D

A D

P

A D

RB

RC

ESTRUCTURA

PRIMARIA

ESTRUCTURA

COMPLEMENTARIA

DB

dBB

DC

dBC dCC

dCB

L/2 L/2 L

P

CBA VR

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𝚺𝑴𝑨 = 𝟎 , − (𝑹𝑩𝑳

𝟐𝑬𝑰) (𝟐𝑳

𝟐) (𝑳) + (

𝟑𝑷𝑳

𝟖𝑬𝑰) (𝑳

𝟐)𝟏

𝟐(𝑳

𝟑) + (

𝟑𝑷𝑳

𝟖𝑬𝑰) (𝟑𝑳

𝟐)𝟏

𝟐(𝑳

𝟐+𝑳

𝟐) − 𝑹𝑪

𝑽𝑪(𝟐𝑳) = 𝟎

𝑹𝑪𝑽𝑪 = (

𝟓𝑷

𝟑𝟐−𝑹𝑩𝟒)𝑳𝟐

𝑬𝑰 (↑)

𝜮𝑴𝑩𝒇𝒍𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓

= 𝟎 , − (𝑹𝑩𝑳

𝟐

𝟒𝑬𝑰)(𝑳

𝟑) + (

𝑷𝑳𝟐

𝟖𝑬𝑰)(𝑳

𝟑) − (

𝟓𝑷

𝟑𝟐−𝑹𝑩𝟒)𝑳𝟐

𝑬𝑰(𝑳) = 𝟎

𝑹𝑩 =𝟏𝟏𝑷

𝟏𝟔 (↑)

𝑭𝒊𝒏𝒂𝒍𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆, 𝒄𝒐𝒏 𝒆𝒔𝒕𝒆 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓 𝒔𝒆 𝒑𝒖𝒆𝒅𝒆 𝒅𝒊𝒃𝒖𝒋𝒂𝒓 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒄𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒍 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝒅𝒆 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐

𝒇𝒍𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒐 𝒆𝒏𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒂𝒓 𝒍𝒂𝒔 𝒅𝒆𝒎á𝒔 𝒓𝒆𝒂𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒑𝒐𝒓 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍𝒊𝒃𝒓𝒊𝒐.

L/2 L/2 L

CBA VC

RBL

2EI__

3PL

8EI

__

RAVC

PL

4EI

__5P

32__ RB

4__ L2

EI

__-( )RCVC

=