APLICACIONES DE LAS ECUACIONES LINEALES

d2y
EI  k  2 wx  2 wx 2
dx 2

Integrando una vez y epleando x = 0 dy / dx = 0 en 0 El

dy 1 1
 kz  wlx 2  wx 3
dx 4 6
1 dy 1 1 1
En R : x = I, dy / dx = 0 K=- wl2 , y EI   wl 2 x  wlx 2  wx 3 .
2 dx 2 4 6

Integrando y empleando x = y = 0 en 0
1 1 1 wx 2
EIy = - wl2 x2 + wlx5 - wx4 y = ( 2lx  l 2 ).
24 12 24 24 EI

1
La flecha máxima que tiene lugar en el punto medio de la viga (x = /) es
2
wl 4
 y max 
384 EI

Resolver el Problema 19 si además actúa W kg en el punto medio de la

viga.

Empleando el sistema coordenado del Problema 19 hay dos casos a

considerar: desde x = 0 hasta x = 4 y desde x = 1 / hasta x = 1.

1
Para 0 < x < / las fuerzas exteriores que actúan sobre el segmento de la
2
izquierda de P1 (x, y) son: un par de momentos desconocidos K en 0; un

1
empuje hacia arriba, reacción de (wl + W) kg en 0, a x metros de P1 y la
2

1
carga wx kg. a x metros de P1 Por tanto.
2
 d2y 1 1 1 1
EI 2
 K  ( wl  W ) x  wx 2  K  wlx  wx 2
dx 2 2 2 2

1
+ wx.
2

Integrando una vez y empleando x = 0, dy/dx = 0 en 0,

dy 1 1 1
A’) EI  Kx  wlx 2  wx 5  Wx 2.
dx 4 5 4

Integrando y empleando x = y = 0 en 0,

1 1 1 1
A’) EIy = Kx 2  wlx 3  wx 4  Wx 3
2 12 24 12

Para 1 < x < 1 hay además el peso W kg en el punto medio de la viga a

(x – 1l) metros de P1 luego.

d2 y 1 1 1 1
EI 2
 K  wlx  wx 2  Wx  W ( x  l )
dx 2 2 2 2

Integrando dos veces

B)’ EIy =

1 1 1 1 1 1
Kx 2  wlx 3  wx 4  Wx 3  W ( x  l ) 3  C1 x  C 2
2 12 24 12 6 2

1
Para x = los valores de y y dy/dx deducidos de B) deben coincidir,
2
respectivamente, con los correspondientes deducidos de A). Por tanto, C 1 = C2
=0y

1 1 1 1 1 1 3
B) EIy = Kx2 + wlx3 - wx4 + Wx3 - W (x - l)
2 12 24 12 6 2

1
Para determinar K hágase x = l, dy / dx = 0 en A’). Entonces:
2

1 1 1 1 1 1
wk + wl3 - wl 5 + Wl2 = 0 y K=  wl 2  Wl.
2 16 28 16 2 8
Sustituyendo en A) y B)
1 1 1 1 1
Ely =  wl 2 x 2 + wlx3 - wx4 + Wx2 - Wlx2 y
24 2 24 12 16
w W 1 1 1
y = 24 EI (2 lx  l x  x )  48EI (4 X  6 W ( x  2 l )  16 Wlx
2 2 2 4 3 3 2
y

y =

w W 1
(2lx 3  l 2 x 2  x 4 )  (l 3  6l 2 x  9lx 2  4 x 3 ) l  x  l.
24 EI 48EI 2

a) Una viga horizontal de  metros de longitud está empotrada en un extremo y

apoyada en el otro. a) Hallar la ecuación de la curva elástica si la viga tiene una
carga uniforme w kg/m y sopota el peso de W kg en el plano medio b) Averiguar
el punto de flecha máxima cuando  = 10 y W = 10w.

Tómese el origen en el extremo empotrado y sea P un punto de coordenadas

(x,y) Hay dos casos a considerar.
Para 0 < x < 1 las fuerzas exteriores que actúan en el segmento P 1 R son:
una reacción, empuje hacia arriba desconocida S kg en R. a (  - x) kg en el

1 1
punto medio de P1 R, a (  - x) metros de Pl y W kg. ( - x) metros de P1
2 2
Luego.
d2y 1 1 1
EI dx 2 = S (  - x) – w (  -x) + (  -x) – W(  -x) = S (  -x) - w ( -
2 2 2

x)2 –
1
W(  -x).
2

Integrando una vez y tomando los valores x = 0, dy/dx = 0 en 0.

dy 1 1 1 1 1 1
S    x 
2
EI = - w ( x ) 3 + W ( l  x) 2 + S l2 - wl 3 -
dx 2 8 2 2 2 6

1
Wl 2
8

___
Integrando de nuevo utilizando x = y = 0 en 0
A) ELy =

1 1 1 1 1 1 1
S  l  x 
3
w (l  x) 4  W ( l  x) 5  ( Sl 2  wl 3  wl 2 ) x
6 24 6 2 2 6 8
1 1
- wl 4  wl 5
24 48

1
Para < x < l las fuerzas que actuan en P2 R son el empuje desconocido
2

1
S en R, a (t – x) metros de P1 y la carga w ( l  x ) kg. ( l  x ) metros de
2
P2 Luego
d2 y 1
EI  S (l  x )  w (l  x) 2 y
dx 2 2

1 1
S  l  x 
3
B’) EIy = w (l  x) 4  C1 x  C2
6 24
 1 dy
Para x = l los valores de ELy y EI dados por A) y B’) deben
2 dx
coincidir. De aquí que C1 y C2 en B’) tengan los valores de las consonantes
correspondientes de integración halladas al determinar A); por tanto B’) toma
la forma
1 1 1 1 3 1  1
S  l  x  w  l  x    Sl 2 
3 4
B) ELy = wl  wl 2  x  Sl 3
6 24  2 6 8  6
1 1
+ wl 4  wl 3
24 48

Para determinar s, utilice x = l, y = 0 (valores correspondientes en el punto

3 5
R) en B), entonces, S = wl  W . Haciendo esta sustitución en A) y B).
8 16

y = 48 EI  5lx  3l x  2 x   96 EI (1lx  9lx )

w w 1
0  x 
3 2 2 4 5 2
l.
2
y

y = 48 EI  5lx  3l x  2 x   96 EI (1lx  12l x  15lx  5 x ) ,

w 3 2 2 4 5 w 2 2 3

1
l  x  l.
2

Está claro que la flecha máxima se presenta a la derecha del punto medio
de la viga. Cuando l = 10, W = 10w

y=
w
 2x 4
 25 x 3  450 x 2  6000 x  1000 
48 EI
dy
como = 0 en el punto de flecha máxima, se resolverá la ecuación
dx

8x2 – 75x2 – 900x + 6000 = 0

Tiene la raíz real x = 5,6 aproximadamente. Así, pues, la fecha máxima se
presentan en el punto que está a 5,6 metros aproximadamente, del
extremo empotrado.

CIRCUITOS ELÉCTRICOS
 a) Un circuito eléctrico consta de una inductancia de 0,1 henrios, una
resistencia de 20 ohmios y un condensador cuya capacidad es de 25
microfadios (1 microfaradio = 10-6 faradios). Hallar la carga q y la corriente
i en el tiempo t, siendo las condiciones iniciales a) q = 0,05 culombios, l =
Dq/dt = 0 para r = 0 , b) q = 0,05 culombios, i = -0,2 amperios para t = 0

Como L = 0,1 R = 20, C = 25.10-8 , E (t) = 0,

d 2q dq q
L dt 2  R dt  C  E (t )

Se deduce a:
d 2q dg
2
 200  400.000 q  0
dt dt

_________
1 1 1
En 0: x = y = 0; Luego C8 = wl4 , ELy = - w (l  x) 4  wl 3 +
24 24 6

1
wl 4 , y
24

y+
w
24 El

4lx 3  6l 2 x 2  x 4 

4
1 wl
Siendo en R (x = l) la máxima deformación vertical, se tiene –y max = ,
8 EI
obsérvese que no se trata de un mínimo relativo como en el Problema 16, sino
de un mínimo absoluto que ocurre en un extremo del intervalo 0  x  l.

b) Sea una ménsula de 3 l metros de longitud, cuyas cargas son una carga
uniformemente repartida de w kg/m y dos cargas de W kg aplicadas cada
una en los puntos que distan l y 2 l metros del extremo fijo. Hallar la
ecuación de la curva elástica y la flecha máxima.

Tómese el origen en el extremo empotrado y sean (x, y) las coordenadas de un

punto P. Hay tres casos a considerar según que P esté en el intervalo (0 < x< l
), ( l < x< 2 l ) o bien (2 l < x < 3 l ). En cada caso se utilizará el segmento de
la derecha de la viga para calcular los tres momentos de flexión.
Cuando 0< x< l (P = P, en la figura), hay tres fuerzas actuando en P 1 R: el

1
peso (3 l - x ) w kg considerado en el punto medio de P 1 R, a (3 l - x)
2
metros de P1; la carga W kg. a ( l - x) metros de P 1 y la carga W kg a (2 l - x)
metros de P1. El momento de flexión respecto a P1 es

1 1
M1 = - (3 l - x) w + (3 l - x) – W ( l - x) – W (2 l - x) = - w (3 l - x)2 – W (l
2 2
– x) – W(2 l - x), y
d2y 1
EI dx 2   2 w (3l  x )  W (l  x)  W ( 2l  x),
2

d2y 1 1 1
Integrando EI dx 2   2 x (3l  x )  2 W (l  x)  2 W (2l  x)  C1
3 2 2

9 5
En 0: x = 0 y dy/dx = 0; luego C1 = wl 3  Wl 2
2 2
EI

dy 1 1 1 9 5
 w (3l  x ) 2  W (l  x ) 2  W (2l  x) 2  wl 5 *  Wl 2 ,
dx 6 2 2 2 2
y
ELy = -

1 1 1 9 5
w (3l  x ) 2  W (l  x ) 3  W ( 2l  x ) 3  w l 3 x  Wl 2  C 2
24 6 6 2 2
27 3
En 0 x = y ; luego C0 = wt 4  Wl 5 y
8 2

________
Elíjase el sistema de coordenadas como en el Problema 15. como las fuerzas
que actúan sobre un segmento OP de la viga difieren que P este en la izquierda
o a la derecha del punto medio, hay que considerar dos casos.

Cuando 0 < x < l , las fuerzas que actúan en OP son un empuje hacia arriba

1
(reacción) de (wl + w) kg en 0, a x metros de P, y la carga wx que actúa hacia
2
 1
abajo en el punto medio de OP, a metros de P. El momento de flexión, es por
2
tanto:
1 1 1 1
1) M = ( wl  W ) x  wx ( x )  Lx  Wx  wx 2 .
2 2 2 2

Cuando l < x < 2 l hay una fuerza adicional, la carga W kg en el punto medio
de la viga, a (x - l ) metros de P. El momento de flexión es, pues,

1 1 1 1
2) M = (wl + W) x – wx ( x) – W (x-1) = w l x + Wx - wx2 - W (x-
2 2 2 2
l)

Tanto el 1) como el 2) se deduce, para x = l , el valor del momento de flexión

1 2 1
M = wl + W l . Los dos casos se pueden tratar al mismo tiempo
2 2
poniendo para 1)

1 1 1 1 1
xl x + Wx - wx2 = wlx - wx2 - W (l – x) + Wl
2 2 2 2 2

1 1 1 1
y para 2) wlx + wx - wx2 – W (x – 1) = wlx - W (l-x) + Wl
2 2 2 2

d2y 1 1 1
3) EI dx 2  wlx  2 wx  2 W (l  x)  2 Wl
2

Con el acuerdo de que el signo superior corresponde al caso 0 < x < l y el

inferior al l < x < 2 l
1 1 1 1
Integrando 3) dos veces, EIy = wlx2 - wx4  W ( l  x )3 +
6 24 12 4
w/x2
+ C1x + C2.
Y teniendo en cuenta las condiciones de los límites x = y = 0 en 0 y x = 2 l ,
y = 0 en R.
 1 4 2 1
W l , 2 lC1  C2   wl 4  wl 4  Wl 3  Wl 3 , y
3
C2 =
12 3 3 12
1 1
wL2, entonces
3
C1 - w l -
3 2
Ely =

1 1 1 1 1 1 1
wlx 3  wx 4  wl 3 x  W (l  x) 3  Wlx 2  WL2 x  Wl 3
6 24 3 12 4 2 12
=

1 1 1 1 1 1 1
wlx 3  wx 4  wl 3 x  W (l  x) 3  Wlx 2  WL2 x  Wl 3
6 24 3 12 4 2 12
w w 3
y y = 24 EI ( 4lx  x  8l x )  12 EI (3lx  l  x  6l x  l .
3 4 3 2 2 3

la fecha máxima corresponde al punto medio de la viga y es – y mox =

5wl 4 wl 3

24 EI 6 EI

c) Una viga horizontal del l metros de longitud está empotrada en un

extremo y libre en el otro. hallar la ecuación de su curva elástica y la
flecha máxima si la carta uniformemente repartida es w kg/m. [Nota del
traductor: Las vigas de este tipo se denominan ménsulas.]

Tómese el origen en el extremo fijo y sean (x, y) las coordenadas de un

punto P. considérese el segmento PR. La única fuerza es el peso u( l – x)

1 (l  x) metros de P. Luego
kg en el punto medio de PR10 a
2
d2y 1 1
EI dx 2   w (l  x) . 2 (l  x )   2 w (l  x)
2
integrando una vez,

dy
EI =
dx
1
w  l  x   C1
3

dy 1 dy 1 1
En 0 : x = 0 ; = 0; C1 = - wl 3 y EI = w ( l  x )3 - wl 3 ,
dx 6 dx 6 6
 1 1
Integrando de nuevo Ely = - w (l  x ) 4  wl 3  C2
24 6
Para el movimiento armónico simple
a) La amplitud o desplazamiento máximo desde la posición de equilibrio
es A2  B 2 ya que si dx / d1 = 0 , tg. Dfdfd = A/B y x = A2  B 2

b) El período o número de unidades (segundo) de tiempo para una

oscilación completa es 2x/w seg. Ya que si varía en 2x/w seg. Los
valores de x y dx /dt no cambian, mientras que si la variación de t es
inferior a esta cantidad, uno (o las dos) de los valores x y dx/dt
experimenta un cambio.
c) La frecuencia o número de oscilación (ciclos) por segundo es w/2w
ciclos/seg.
d) La ecuación diferencial del movimiento armónico simple es m

d 2x
  kx , donde x es una magnitud positiva. Se puede escribir
d12

d 2x
m d12   mw ( A cos wt  B sen w)   kx
2

donde m es la masa de la esfera y k = mw2

Si se modifican las hipótesis anteriores de modo que no se pueda

despreciar la resistencia del aire, la esfera se moverá con movimiento
amortiguado libre
x = e-x (A cos w + B sen wt).

El movimiento es oscilatorio como antes, pero nunca se repite lo mismo.

Como el factor de amortiguamiento e -w disminuye cuando r aumenta, la
amplitud de cada oscilación es mejor que la de la precedente. La
frecuencia es w/  ciclos/seg. Véase Problema 8a.
Se presentan otros casos cuando la resistencia que se oponga al
movimiento sea suficientemente grande.
Si, además de la resistencia, hay una fuerza externa actuando sobre la
esfera, o se aplica un movimiento al sistema completo, se deice que se ha
forzado el movimiento de la esfera. Si la función de forzamiento es
armónica con período 2  /h, el movimiento de la esfera es el resultado de
dos movimientos – un movimiento amortiguado libre que se va
extinguiendo a media que el tiempo aumenta (llamado el fenómeno
transitorio) y un movimiento armónico simple con el mismo período que la
función de reforzamiento (llamado el fenómeno de régimen permanente).

VIGAS HORIZONTALES
El problema consiste en determinar la flexión de una viga que soporta una
carga dada. Se estudian solamente las vigas que son uniformes tanto en
forma como en material, y es conveniente considerarla como si
estuviesen constituidas por fibras dispuestas longitudinalmente. Por la
viga flexada que se muestra en la figura adjunta, las fibras de la mitad
superior están comprimidas y las de la mitad inferior alargadas; a ambas
mitades las separa una superficie cuyas fibras ni están comprimidas ni
alargadas. La fibra, que en un principio coincidía con el eje horizontal de
la viga, está ahora en esta superficie de separación dispuesta según una
curva (la curva elástica o curva de flexión). A continuación se trata de la
obtención de la ecuación de esta curva.

Considérese una sección transversal de la viga a una distancia x de un

extremo. Sea AB su intersección con la superficie de separación y P su
intersección con la curva elástica. Se demuestra en Mecánica que el
momento M con respecto a AB de todas las fuerzas exteriores que actúan
sobre cualquiera de los dos segmentos en que la sección transversal
divide a la viga, a) es independiente del segmento considerado y b) está
dado por:
A) EI / R =
B)
Aquí, E = el módulo de elasticidad de la viga e I = el momento de inercia
de la sección transversal con respecto a AB son constantes asociadas
con la viga, y R es el radio de curvatura de la curva elástica en P.

Supóngase, para mayor facilidad que la viga se ha rechazado por su

curva elástica y la sección transversal por el punto P. tómese el origen en
el extremo izquierdo de la viga con el eje x horizontal, siendo (x, y) las
 coordenadas de P. como la pendiente dy/dx de la curva elástica en todos
sus puntos es numéricamente pequeña.

3/ 2
 dy 1 
1  ( dx )  1
R=  = aproximadamente
d2y d2y
dx 2 dx 2

d2y
Y 4) se reduce a EI dx 2 

El momento vector M en la sección transversal (punto P de la curva

elástica) es la suma algebraica de los momentos de las fuerzas exteriores
que actúan sobre le segmento de la viga (segmento de la curva elástica)
respecto a la recta AB en la sección transversal (respecto al punto P de la
curva elástica) se supondrá aquí que las fuerzas hacia arriba dan
momentos positivos y las fuerzas hacia abajo dan momentos negativos.

Ejemplo: Sea una viga de 10 m de longitud apoyada en dos soportes verticales

como en la figura adjunta, supóngase que la viga tiene una carga uniforme de
200 kg/m de longitud y una carga de 1000 kg concentrada en un punto medio.

Las fuerzas exteriores que actúan sobre OP son una fuerza dirigida hacia arriba,
aplicadas en 0, a s momentos de P, igual a la mitad de la carga inicial esto es
 (10000 + 00 x 200) = 1500 kg y b) una fuerza hacia debajo de 200x kg que se
puede suponer como concentrada en el punto medio de OP, o sea a x metros de
P. El momento vector en P es
M = 1500 x – 200 x (s) = 1500x – 100x2

Para demostrar que el momento vector en P es independiente del segmento

considerado siempre ahora en cuenta las fuerzas que actúan sobre PR, así una
fuerza dirigida hacia arriba de 1500 kg y aplicado en k A 30 – x metros de P la
carga de 1000 kg actuando hacia abajo en el período medio de la viga 5 – x
metros.
VIGAS HORIZONTALES
Una viga horizontal de 2/ metros de longitud está apoyada en sus extremos.
Hallar la ecuación de su curva elástica y su máxima deformación vertical
(flecha) cuando tiene una carga uniformemente distribuida de w kg/m

Tómese el origen en el extremo izquierdo de la viga con el eje x horizontal como

en la figura. Sean (x, y) las coordenadas de P, un punto cualquiera de la curva
elástica.
Considérese el segmento OP de la viga. En él se tiene un empuje vertical hacia
arriba (reacción) de wl kg en O, a x metros de P, y la carga wx kg en el punto

1
medio de OP, a x metros de P y como EI d2 = M, se puede escribir.
2

d2y 1 1
1) EI dx 2  w / x  wx ( 2 x)  wlx  2 wx
2

dy 1 1
Solución I. integrando 1) una vez, EI  wlx 2  wx 3  C1
dx 2 6
1
En el punto medio de la viga x = l y dy / dx  0 Entonces C1   wl 3 y
3
dy 1 1 1
2) EI  wlx 2  wx 3  wl 3
dx 2 6 3
1 1 1
Integrando 2) Ely = wl 3  wx 4  wl 3  C 2 En 0, x = y. Luego C2 = 0
6 24 3
y
w
y= ( 4lx3  x 4 )  8l 3 x)
24 EI

w
3) y = ( 4lx 3  x 4  8l 3 x )
24 EI
1 1
Solución 2. Integrando 1) dos veces, EIy = wlx 3  wx 4  C1 x  C 2
6 24
En 0, x = y = 0, mientras que en R, x = 2 l , y = 0 con estas condiciones de

1
los límites se obtiene C2 = 0 y C1 =  x/3, como antes.
3
La flecha de la viga a una distancia x de 0 está dada por –y. La flecha
máxima tiene lugar en el punto medio de la viga (x = l ) y es, según se puede
deducir de 3).

w 5w l 4
-ymax =  ( 4l 4 *  l 4  8l 4 ) 
24 EI 24 EI

Resolver el Problema 15 si actúa, además una carga de W kg en medio de la

viga.

APLICACIONES GEOMÉTRICAS
En coordenadas rectangulares el radio de curvatura R de una curva y = f(x)
en un punto general de ella está dada por:

3/ 2
  dy  
2

1    
  dx  
K =
d2y
dx 2

La normal en el punto se traza hacia el eje x. se ve claramente en las figuras

que la normal y el radio de curvatura en un punto cualquiera tiene la misma
dirección si y d2 y /dx2 tienen signos distintos y tienen direcciones opuestas si
y y d2y/dx2 tienen el mismo signo.

APLICACIONES FÍSICAS Y MOVIMIENTO OSCILATORIO

Considérese una esfera, sujeta a un extremo de una cuerda de goma,
moviéndose hacia arriba y hacia abajo a sacudidas.

Si el otro extremo de la cuerda está fijo y no se aplica a la esfera ninguna

fuerza externa para conservar su movimiento una vez iniciando, y si la masa
de la cuerda y la resistencia opuesta por el aire son tales que se pueden
despreciar, la esfera se moverá con movimiento armónico simple.
x = A cos wt + B sean wl
donde x es el desplazamiento de la esfera, en el instante r, desde su posición
de reposo o equilibrio.