TEORÍA Y CÁLCULO
Quinta Edición
MARIO PAZ
WILLIAM LEIGH
SOLUCIONARIO
SISTEMAS CON UN GRADO DE LIBERTAD SIN AMORTIGUACIÓN
SITEMAS CON UN GARDO DE LIBERTAD CON AMORTIGUACIÓN
RESPUESTA DE SISTEMAS CON UN GRADO DE LIBERTAD A
EXCITACIONES ARMÓNICAS
RESPUESTA A EXCITACIONES DINÁMICAS GENERALES
Problema 1.1
Determine el periodo natural del sistema en la fig. P1.1. Suponga que la masa de la
viga y de los resortes que soportan el peso W, son despreciables.
k
E, I
W
L
k
Fig. P1.1
Solución:

Calculo de rigidez:
Como son resortes conectados en paralelo, entonces:
𝑘𝑒 = 𝑘𝑣 + 𝑘𝑟 + 𝑘𝑟
Rigidez de viga en voladizo (kv), se obtiene a partir de la flecha máxima:
δ=
𝑃 ∗ 𝐿3
3∗𝐸∗𝐼
Entonces:
𝑘𝑣 =
3𝐸𝐼
𝐿3
Sustituyendo los valores de 𝑘𝑣 𝑦 𝑘𝑟 :
𝑘𝑒 =
3𝐸𝐼
+𝑘 + 𝑘
𝐿3
𝑘𝑒 =
𝑘𝑒 =

3𝐸𝐼
+ 2𝑘
𝐿3
3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿3
𝐿3
Calculo de frecuencia natural:
𝜔𝑛 = √
𝑘𝑒
𝑚
3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿3
𝜔𝑛 = √
𝑚𝐿3

Calculo de periodo natural:
𝑇=
2𝜋
=
𝜔𝑛
2𝜋
3
√3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿
𝑚𝐿3
Problema 1.2
Los siguientes valores numéricos corresponden al problema resuelto P.1.1: L=100
in, EI=108 lb-in2, W=3000 lb, y k=2000 lb/in. Si el peso W tiene un desplazamiento
inicial xo=1.0 in y una velocidad inicial v o=20 in/s, determine el desplazamiento y
la velocidad 1 segundo después.
Solución:
𝑚=
𝑊
3000
𝑙𝑏 − 𝑠 2
=
= 7.76
𝑔
32.2 ∗ 12
𝑖𝑛
3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿3
3(108 ) + 2(2000)(100)3
𝜔𝑛 = √
=
√
= 23.54 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑚 𝐿3
7.76(100)3
𝐴 = √𝑥 𝑜 2 + (
𝛼 = 𝑡𝑎𝑛 −1 (
𝑥̇ 𝑜 2
20 2
) = √ (1.0)2 + (
) = 1.31 𝑖𝑛
𝜔
23.54
𝑥̇ 𝑜
20
) = 𝑡𝑎𝑛−1 (
) = 0.7043 𝑟𝑎𝑑
𝜔𝑥 𝑜
23.54
Como xo>0, ẋ o>0, sustituyendo valores en las formulas:
𝑥 (𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛼)
𝑥 (𝑡 = 1) = 1.31𝑐𝑜𝑠(23.54(1) − 0.7043)
𝒙(𝒕) = −𝟎. 𝟖𝟕 𝒊𝒏

𝑥̇ (𝑡) = −𝜔𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 − 𝛼)
𝑥̇ (𝑡 = 1) = −23.54(1.31)𝑠𝑒𝑛(23.54(1) − 0.7043)
𝒙̇ (𝒕 = 𝟏) = 𝟐𝟑. 𝟎𝟔 𝒊𝒏/𝒔
Problema 1.3
Determine la frecuencia natural para el desplazamiento horizontal del marco de
acero de la fig. P1.3. Suponga que la viga horizontal es infinitamente rígida y
desprecie la masa de las columnas.
u
50kips
W10x33
W8x24
12´
W8x24
20´
20´
Fig. P1.3
SOLUCION:
Del Manual AISC se obtiene


W10x33: IX=171 in4 y
W8x24: IX=82.5 in4
E=29000 Kips/in2
EI (W10x33)=29000000(171)=4.959 X 10 9 lb. In2
EI (W8x24)=29000000(82.5)=2.3925 X 10 9 lb. In2
K=12EI/h3 (columna empotrada-empotrada)
K=3EI/h3 (columna empotrada-articulada)
𝑘(𝑊10𝑥33) =
12(4.959 X 109 )
= 19929.11 𝑙𝑏/𝑖𝑛
(12𝑥12)3
𝑘(𝑊8𝑥24) =
3(2.3925 X 109 )
= 2403.73 𝑙𝑏/𝑖𝑛
(12𝑥12)3
Como las columnas están en paralelo:
K 𝑒 = k (W10x33) + 2k (W8x24) = 19929.11 + 2(2403.73)
K 𝑒 = 24736.57 lb/in
m=
w
50000
=
= 129.40 𝑙𝑏. 𝑠 2 /𝑖𝑛
g 32.2𝑥12
K𝑒
24736.57
𝜔𝑛 = √ = √
= 13.83 𝑟𝑎𝑑 /𝑠
𝑚
129.40
𝑓=
𝜔
13.83
=
= 2.20 /𝑠
2𝜋
2𝜋
Problema 1.4
Calcule la frecuencia natural en el sentido horizontal para el marco de acero, fig.
P.1.4. para los casos siguientes:
a) El miembro horizontal se supone infinitamente rígido.
b) El miembro horizontal esta hecho de acero flexible y de sección 18x24
w=25 kips
u
W10x33
15´
15´
Fig. P.1.4
SOLUCION:
a) El miembro horizontal se supone infinitamente rígido.
EI (W10x33)=4.959 x 10 9 lb. In2
K𝑒 = 2 (
12EI
24(4.959 x 109 )
)
=
= 20407.41 𝑙𝑏/𝑖𝑛
(15x12)3
𝐿3
m=
w
25000
=
= 64.70 𝑙𝑏. 𝑠 2 /𝑖𝑛
g
32.2𝑥12
K𝑒
20407.41
𝜔𝑛 = √ = √
= 17.76 𝑟𝑎𝑑 /𝑠
𝑚
64.70
𝑓=
𝜔
17.76
=
= 2.83 /𝑠
2𝜋
2𝜋
Problema 1.5
Determine la frecuencia natural de la viga de la fig. P1.5. que soporta un peso
concentrado W en su centro. Desprecie la masa de la viga
W
E, I
L/2
L/2
Fig. P1.5
SOLUCION:
Para una viga doblemente empotrada, el desplazamiento máximo es igual a:
𝑃𝐿3
𝑃
δ=
=
192𝐸𝐼 𝑘
𝑘=
192𝐸𝐼
𝐿3
𝑘
192𝐸𝐼𝑔
𝜔𝑛 = √ = √
𝑚
𝑤𝐿3
𝑓=
Problema 1.6
𝜔
192𝐸𝐼𝑔
= (1/2𝜋)(√
)
2𝜋
𝑤𝐿3
Los valores numéricos para el problema 1.5 son L=120 in, EI=10 9 lb-in2 y w=5000
lb. Si el desplazamiento inicial y la velocidad inicial son, respectivamente, x o=0.5
in, ẋ o = 15 in/s, determine el desplazamiento, la velocidad y la aceleración de w
cuando t=2 s.
SOLUCION:
192𝐸𝐼𝑔
192(10)9 (32.2𝑥12)
𝜔𝑛 = √
=
√
= 92.66 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑤𝐿3
5000(120)3
𝐴 = √𝑥 𝑜 2 + (
𝛼 = 𝑡𝑎𝑛−1 (
𝑥̇ 𝑜 2
15 2
) = √(0.5)2 + (
) = 0.5255 𝑖𝑛
𝜔
92.66
𝑥̇ 𝑜
15
) = 𝑡𝑎𝑛 −1 (
) = 0.3238 𝑟𝑎𝑑
𝜔𝑥 𝑜
92.66𝑥0.5
Como xo>0, ẋ o>0, sustituyendo valores en las formulas:
𝑥 (𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛼)
𝑥 (𝑡 = 2) = 0.5255 𝑐𝑜𝑠(92.66(2) − 0.3238)
𝒙 (𝒕 = 𝟐) = −𝟎. 𝟒𝟗𝟐𝟐 𝒊𝒏
𝑥̇ (𝑡) = −𝜔𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 − 𝛼)
𝑥̇ (𝑡 = 2) = −92.66(0.5255)𝑠𝑒𝑛(92.66(2) − 0.3238)
𝒙̇(𝒕 = 𝟐) = −𝟏𝟕. 𝟎𝟓 𝒊𝒏/𝒔
𝑥̈ (𝑡) = −𝜔2 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛼)
𝑥̈ (𝑡 = 2) = −92.662 (0.5255)𝑐𝑜𝑠(92.66(2) − 0.3238)
𝒙̈(𝒕 = 𝟐) = 𝟒𝟐𝟔𝟔. 𝟏𝟗 𝒊𝒏/𝒔𝟐
Problema 1.7
Considere el péndulo simple de masa m que se muestra en la Fig. P1.7. Si la
longitud de la cuerda es L determine el movimiento del péndulo. El
desplazamiento angular inicial y la velocidad angular inicial son 𝜃 𝑂 𝑦 𝜃𝑜̇ ,
respectivamente. (Considere que el ángulo 𝜃 es pequeño)
O
L
ϴ
W
Fig. P1.7
Nota: un péndulo simple es una partícula o masa concentrada que oscila en un
arco vertical y que esta sostenida por una cuerda de masa insignificante. Las
únicas fuerzas que actúan en la masa m son: la fuerza de la gravedad y la tensión
en la cuerda (despreciando las fuerzas de fricción).
SOLUCION:
O
L
T
ϴ
Wsen ϴ
Wcos ϴ
W
Tomando momentos alrededor de O
𝑚𝑔 = 𝑊
𝑚𝐿2 𝜃̈ = −𝑚𝑔𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃
Para 𝜃 pequeño, 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝜃, entonces:
𝑚𝐿𝜃̈ + 𝑚𝑔𝜃 = 0
𝜃̈ +
𝑔
𝜃=0
𝐿
Frecuencia natural:
𝑔
(𝐿 )
𝑔
√
𝜔𝑛 =
=√
1
𝐿
Ecuación de desplazamiento:
𝜃 = 𝜃𝑜 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛 𝑡 +
𝜃𝑜̇
𝑠𝑒𝑛𝜔𝑛 𝑡
𝜔𝑛
𝑔
𝐿
𝑔
𝜃 = 𝜃𝑜 cos(√ 𝑡) + √ 𝜃𝑜̇ 𝑠𝑒𝑛(√ 𝑡)
𝐿
𝑔
𝐿
Problema 1.8
Un conductor de pie al final de un trampolín de 2 pies de voladizo oscila a una
frecuencia de 2 cps, determinar la rigidez a la flexión dela IE del trampolín, el peso
del conductor es de 180 lb.
SOLUCION:
m=
w 180
=
= 5.59 𝑙𝑏. 𝑠 2 /𝑓𝑡
g 32.2
𝑓𝑛 = 2 𝐻𝑧
Determine EI:
3𝐸𝐼 3𝐸𝐼 3𝐸𝐼
= 3 =
𝑙𝑏/𝑓𝑡
𝐿3
2
8
𝑘=
𝑓𝑛 =
1 𝑘
√
2𝜋 𝑚
𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠
1
3𝐸𝐼
√
=2
2𝜋 8 ∗ 5.59
𝐸𝐼 = 2353.97 𝑙𝑏/𝑓𝑡
Problema 1.9
Una bala que pesa 0.2 lb se dispara a una velocidad de 100 pies/seg sobre un
bloque de madera que pesa W=50 lb y la rigidez del resorte es de 300 lb/in (Fig.
P1.9). determine el desplazamiento u (t) y la velocidad v (t) el bloque t seg.
después.
u
k
W
Fig. P1.9
SOLUCION:
𝑚 = 𝑊/𝑔
Masa del bloque de madera:
0.2lb
𝑚=
50
= 0.129 𝑙𝑏 − 𝑠𝑒𝑔2 /𝑖𝑛
386
Masa de la bala:
𝑚𝑜 =
0.2
= 5.181𝑥10−4 𝑙𝑏 − 𝑠𝑒𝑔2 /𝑖𝑛
386
Conservación de momentos:
𝑚 𝑜 𝑣𝑜 = (𝑚 + 𝑚 𝑜 )𝑣𝑓
V= velocidad después del impacto
𝑣𝑓 =
𝑚 𝑜 𝑣𝑜
5.181𝑥10−4 𝑥100
𝑝𝑖𝑒𝑠
=
=
0.4
= 4.8 𝑖𝑛/𝑠
(𝑚 + 𝑚 𝑜 ) 0.129 + 5.181𝑥10−4
𝑠𝑒𝑔
𝑉𝑜 = 𝑣𝑓
Vo= velocidad inicial del bloque.
𝑉𝑜 = 4.8 𝑖𝑛/𝑠
Calculo de 𝜔𝑛 :
𝑘
𝜔𝑛 = √
𝑚 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎
𝜔𝑛 = √
𝜔𝑛 = √
𝑘
𝑚 + 𝑚𝑜
300
= 48.13 𝑟𝑎𝑑/𝑠
0.129 + 5.181𝑥10−4
Ecuación de movimiento:
𝑢(𝑡) = 𝑢𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛 𝑡 +
𝑢 ̇𝑜
𝑠𝑒𝑛𝜔𝑛 𝑡
𝜔𝑛
uo=0, entonces
𝑢(𝑡) =
𝑢 ̇𝑜
𝑠𝑒𝑛𝜔𝑛 𝑡
𝜔𝑛
𝑢(𝑡) = 0.1𝑠𝑒𝑛48.13𝑡
𝑢̇ (𝑡) = 𝑣(𝑡) = 4.8𝑐𝑜𝑠48.13𝑡
Problema 1.11
Escribe la ecuación diferencial para el movimiento del péndulo invertido
mostrado en la Fig. P1.11. y determine su frecuencia natural. Considere pequeñas
oscilaciones y desprecie la masa de la barra.
Posición de
equilibrio
m
ϴ
k
L
a
Fig. P1.11
SOLUCION:
Posición de
equilibrio
f1
ϴ
k
Fs
L
a
O
Fig. P1.11
mg
Diagrama de cuerpo libre:
Fuerza del resorte:
𝑓𝑠 = 𝑘𝑎𝜃
𝑓1 = (𝑚)𝐿𝜃̈
El equilibrio de los momentos con respecto al punto O:
𝑓1 L + 𝑓𝑠 a = (𝑚𝑔)𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃
(𝑚)𝐿2 𝜃̈ + 𝑘𝑎2 𝜃 = (𝑚𝑔)𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃
Para rotaciones pequeñas senϴ= ϴ, entonces:
(𝑚)𝐿2 𝜃̈ + (𝑘𝑎2 − 𝑚𝑔𝐿)𝜃 = 0
Problema 1.13
Un poste vertical de longitud L y rigidez a la flexión EI, soporta una masa m en su
extremo superior, como se muestra en la fig. P1.13. Despreciando el peso del
poste, derive la ecuación diferencial para las pequeñas vibraciones horizontales
de la masa, y encuentre la frecuencia natural. Suponga que los efectos de la
gravedad son pequeños y los efectos no lineales pueden despreciarse.
u
m
L
Fig. P1.13
SOLUCION:
Para una viga en voladizo, el desplazamiento máximo es igual a:
x=
𝑃𝐿3 𝑃
=
3𝐸𝐼 𝑘
𝑘=
3𝐸𝐼
𝐿3
𝑘
3𝐸𝐼
𝜔𝑛 = √ = √ 3
𝑚
𝑚𝐿
𝒇=
𝝎
𝟑𝑬𝑰
= (𝟏/𝟐𝝅)(√ 𝟑)
𝟐𝝅
𝒎𝑳
Haciendo suma de fuerzas en el diagrama de cuerpo libre, se obtiene:
x
m
F
kx
m
𝐹 = 𝑚𝑥̈
m
−𝑘𝑥 = 𝑚𝑥̈
Reacomodando términos y
sustituyendo el valor de k, se
obtiene finalmente la ecuación
diferencial del movimiento
𝑚𝑥̈ + 𝑘𝑥 = 0
𝒎𝒙̈ +
𝟑𝑬𝑰
𝒙=𝟎
𝑳𝟑
Problema 1.15
Determine una expresión para la frecuencia natural de un peso W en cada uno de
los casos mostrados en la Fig. P1.15. Las vigas son uniformes con un momento de
inercia I y un módulo de elasticidad E. Desprecie la masa de las vigas
(a)
W
u
k
(b)
L/2
L/2
k
W
u
(c)
b
a
W
L
(d)
a
u
b
k
W
Fig. P1.15
Solución:
a) Siendo kv : para la viga, y k r para el resorte, tenemos:
3EI
, kr  k
L3
El valor de k e equivalente se obtiene de la relación:
kv 
1 1 1
 
ke k r kv
De donde: ke 
Y como m 
3kEI
kL3  3EI
k
3kgEI
W
, entonces wn  e 
g
m
W (kL3  3EI )
b) Siendo kv : para la viga, y k r para el resorte, tenemos:
48EI
, kr  k
L3
El valor de k e equivalente se obtiene de la relación:
kv 
1 1 1
 
ke k r kv
De donde: ke 
Y como m 
48kEI
kL3  48EI
k
48kgEI
W
, entonces wn  e 
g
m
W (kL3  48EI )
c) Siendo kv : para la viga:
kv 
3EI .L
,
a 2 .b2
Y como m 
k
3gEI .L
W
, entonces wn  v 
g
m
W (a 2 .b2 )
d) Siendo kv : para la viga, y k r para el resorte, tenemos:
3EI .L
, kr  k
a 2 .b2
El valor de k e equivalente se obtiene de la relación:
kv 
1 1 1
 
ke k r kv
De donde: ke 
Y como m 
3kEI .L
ka .b2  3EI .L
2
k
3gkEI .L
W
, entonces wn  e 
g
m
W (ka 2 .b2  3EI .L)
Problema 1.16
Una estructura ha sido modelada, como se muestra en Fig.P1.16, por dos masas,A
m1 y m2 interconectadas por un resorte de constante k . Determine determine
para este modelo la ecuación diferencial del movimiento en función del
desplazamiento ur  u2  u1 entre las dos masas. Determine también la
correspondiente frecuencia natural.
U1
U2
k
m1
c
m2
Fig. P1.16
Solución:
El sistema viene dada por las ecuaciones diferenciales:

(m1 )(u1 )   k (u1  u2 )

………(1.16.1)
(m2 )(u 2 )  k (u2  u1 )
O también

(m1 )(u1 )  k (ur )

(m2 )(u 2 )  k (ur )
En (1.16.1) asumimos que u1  C1.e w.t .i ; u2  C2 .e w.t .i y obtenemos:
m1 (C1.w2 )  k .C1  k.C2  0
m2 (C2 .w2 )  k .C2  k .C1  0
 k  m1.w2
k   C1 

0
2 
C

k
k

m
.
w

2


2

De donde se obtiene que:
w
k (m1  m2 )
m1.m2
Problema 1.17
Calcule la frecuencia natural para la vibración de la masa m mostrada en la Fig
P1.17. Considerar que AE es rígida con una bisagra en C y un soporte de resorte k
en D.
Viga rígida
bisagra
A
B
C
D
E
m
k
a
a
a
a
Fig. P1.17
Solución
Asumiendo la fuerza en el resorte F  kx , las reacciones en A y B son
respectivamente:
RA 
mg
kx
y RB  .
2
2
Haciendo sumatoria de fuerzas verticales tenemos x 
lleva a kv  3k , donde k v es del resorte.
Usando la ecuación:
1 1 1
 
ke k r kv
tenemos ke 
3k
.
4
Luego
wn 
3k
.
4m
mg
, lo que a su vez nos
3k
Problema 1.18
Determine la frecuencia natural de vibración en la dirección vertical para el
cimiento rígido (Fig. P1.18) que transmite una carga uniformemente distribuida
hacia el suelo teniendo una fuerza resultante Q  2000 kN . El área The área of the
foot del cimiento es A  10 m2 . El coeficiente de compresión elástica del suelo es
k  25, 000 kN / m3 .
Q
q
ust
Fig. P1.18
Solución
Se tiene que k  25, 000 kN / m3 .10m2  (25)104 kN / m , m  2000 kN / (9.81m / seg 2 )
Por tanto
wn  35.02 rad / seg .
Problema 1.19
Calcule la frecuencia natural de vibración libre de un tubo de lámpara sobre un cimiento
elástico (Fig. P1.19), permitiendo la rotación de la estructura como un cuerpo rígido alrededor
del eje x-x. El peso total de la estructura es W con su centro de gravedad a una altura h de la
base del cimiento.La inercia de la masa de la estructura con respecto al eje axis x -x es I y la
rigidez rotacional del suelo es k (resistiendo Momento de la tierra por la rotación de la
unidad).
W
h
x
b
x
a
Fig. P1.19
Solución
La ecuación del equilibrio dinámico es:
gg
I 0 . u  f s  0 ; I 0  m.
a 2  b2
AE.h
; f s  k .u ; k 
12
2
Problema 2.1
Repita el Problema 1.2asumiendo que el sistemaque el sistema es el
amortiguamiento crítico.
15% del
Solución
Los siguientes valores numéricos corresponden al problema resuelto P.1.1: L  100 in, EI=108
lb-in2, W=3000 lb, y k=2000 lb/in. Si el peso W tiene un desplazamiento inicial x0  1.0 in y
una velocidad inicial v0  20 in / seg , determine el desplazamiento y la velocidad 1 segundo
después.
x(t )  e .wn .t ( x0 cos( wDt ) 
𝑚=
v0  x0 . .wn
sen( wDt ))
wD
𝑊
3000
𝑙𝑏 − 𝑠 2
=
= 7.76
𝑔
32.2 ∗ 12
𝑖𝑛
3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿3
3(108 ) + 2(2000)(100)3
𝜔𝑛 = √
=
√
= 23.54 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑚𝐿3
7.76(100)3
  15%; wD  wn 1   2  23.2737rad /seg
x(t )  0.0367 in
Asimismo
dx(1)
 v(1)  0.587 in / seg .
dt
Problema 2.2
Repite el Problema 1.6 asumiendo que el sistema tiene 10% del amortiguamiento crítico.
Solución:
Los valores numéricos para el problema 1.6 son L=120 in, EI=109 lb -in2 y W=5000 lb. Si el
desplazamiento inicial y la velocidad inicial son, respectivamente, x(0)  0.5 in ,
v(0)  15 in / seg , determine el desplazamiento, la velocidad y la aceleración de W cuando t=2
s.
x(t )  e .wn .t ( x0 cos( wDt ) 
v0  x0 . .wn
sen( wDt ))
wD
192𝐸𝐼𝑔
192(10)9 (32.2𝑥12)
𝜔𝑛 = √
=
√
= 92.66 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑤𝐿3
5000(120)3
  10%; wD  wn 1   2  92.1955rad /seg
Con estos valores visualizamos la gráfica de x(t )
Se observa que prácticamente ha cesado el movimiento, esto es:
x(2)  0.00 in , v(2)  0.00 in / seg
Aunque matemáticamente, usando la fórmula:
dx(2)
 v(2)  0.00337 in / seg .
dt
Problema 2.3
La amplitud de vibración del sistema mostrado en la Fig P2.3 se observa que decrece 5% en
cada ciclo de movimiento consecutivo. Determine el coeficiente de amortiguamiento c del
sistema k  200 lb / in y m  10 lb.seg 2 / in .
Solución
u 
2
El decremento logarítmico es   ln  1  
,
1  2
 u2 
 u 
2
luego   ln  1   0.05129 
entonces c  2 km  0.73013 lb.seg / in
1  2
 0.95u1 
Problema 2.4
Se observa que experimentalmente la amplitud de vibración libre de cierta estructura,
modelada como un sistema con un solo grado de libertad, decrece en 10 ciclos de 1 in a 0.4 in.
¿Cuál es el porcentaje de amortiguamiento crítico?
Solución
u 
Sea n : número de ciclos, se tiene que ln  0   n.
 un 
 1 
Luego ln 
  10 entonces   0.0916 y también   0.01458  1.458% .
 0.4 
Problema 2.5
Se muestra que el desplazamiento para los sistemas de amortiguamiento crítico y supercrítico
con un desplazamiento inicial u 0 y una velocidad v 0 puede escribirse como
u  e wt (u0 (1  wt )  v0t ),   1
u  e w t (u0 cosh( w1D t ) 
v0  u0 w
sinh( w1D t )),   1
1
wD
Donde w1D  w  2  1
Solución
 . w.t
(u0 cos( wDt ) 
Se tiene que u (t )  e
v0  u0 . .w
sen( wDt )) , wD  w 1   2 …(*)
wD
Para obtener la primera parte basta con calcular el límite cuando  tiende a 1, a partir de (*).
u (t )  e  .w.t (u0 cos( w 1   2 .t )  (v0  u0 . .w)t.
sen( wD t )
)
wD t
u  e  wt (u0 (1  wt )  v0t ),   1
Para la siguiente parte hay que tener en cuenta que
senh(i.b)  isen(b); cos(ib)  cos(b)
También se tiene que para   1 :
u (t )  e  .w.t (u0 cos(i.w  2  1.t )  (v0  u0 . .w)
sen(i.w  2  1.t )
i.w  2  1
)
Con lo cual se tiene que:
u  e  w t (u0 cosh( w1D t ) 
v0  u0 w
sinh( w1D t )),   1 , donde w1D  w  2  1
1
wD
Problema 2.6
Una estructura es modelada como un oscilador amortiguado que tiene una constante de
w  25 rad / seg .
resorte k  30 kip / in y una frecuencia natural no amortiguada
Experimentalmente se encontró una fuerza de 1 kip que produce una velocidad relativa de
10 in / seg en el elemento amortiguado.
Determine:
a) La razón de amortiguación 
b) El periódo de amortiguación TD
c) El decremento logarítmico 
d) La razón entre dos amplitudes consecutivas.
Solución
Se tiene que F  c.v entonces 1000 lb  c.(10 in / seg ) . Luego c  100 lb.seg / in
3
Asimismo ccr  2 km  2 30(10
a)  
c
100

 0.1794 = 17.94%
ccr 557.2782
b) TD 
c)  
d)
lb
seg 2
lb.seg
)(103 lb)(
)  557.2782
in
32.2(12 in)
in
2
w 1  2
2
1  2
 0.2555 seg
 1.1458
u1
 e  3.1443
u2
Problema 2.6
En la Fig. 2.4 se indica que los puntos tangenciales sobre la curva de desplazamiento
corresponde a cos( wDt   )  1 . Por lo tanto la diferencia en wD t entre dos puntos tangentes
cualesquiera es 2 . Demuestre que la diferencia en wD t entre dos picos consecutivos también
es 2 .
Solución
Se tiene que u (t )  C.e  .w.t .cos( wD t   )
También u '(t )  C.e  .w.t .( .w.cos( wD t   )  wD sen( wD t   ))
Los valores picos para t se obtienen haciendo u '(t )  0 , es decir
tan( wDt   )  

1  2
Para garantizar que u (t )  0 consideremos el siguiente resultado gráfico:
 
de tal modo que wDtk    k   , donde   tan 1 
 1  2


 , k  1,3,5,7,...


Con esto se logra el resultado pedido.
Problema 2.8
Demuestre que el sistema amortiguado en vibración libre el decremento logarítmico se puede
escribir como:
1
k
 ui 

 ui  k 
  ln 
donde k es el número de ciclos el número de ciclos que separa las dos amplitudes de pico
medidos amplitudes u i y ui  k .
Soluciónn
Se tiene que
 u
ui
u u
u
 i . i 1 ... i  k 1 , luego: ln  i
ui  k ui 1 ui  2 ui  k
 ui  k

 ui ui 1 ui  k 1 
.
...
  ln 


 ui 1 ui  2 ui  k 
Entonces
 u
ln  i
 ui  k

 ui 
 ui 1 
 ui  k 1 
  ln 
  ln 
  ...  ln 


 ui 1 
 ui  2 
 ui  k 
 u 
es decir: ln  i       ...   ; k  veces , por tanto:
 ui  k 
 u
ln  i
 ui  k

  k.

Problema 2.9
SE ha estimad que la amortiguación del sistema del Problema 1.11 es el 10% del valor crítico.
Determine la frecuencia amortiguada f D del sistema y el valor absoluto del coeficiente de
amortiguación c .
Solución
Se establece el sistema de ecuaciones diferenciales
gg
x(t )  s1 ( x,  )
gg
 (t )  s2 ( x,  )
Con la matriz de masas y de rigidez se halla w , y por tanto wD , luego se halla f D .
Problema 2.10
Un sistema de un grado de libertad consiste de una masa de peso de 386 lb y una constante de
rigidez k  3000 lb / in . Al probar el sistema se encontró que una fuerza de 100lb produce una
velocidad relativa de 12 in / seg . Encontrar
a) La razón de amortiguación,  .
b) La frecuencia natural de vibración, f D .
c) Decremento logarítmico,  .
d) La razón entre dos amplitudes consecutivas
Solución
Se tiene que F  c.v entonces 100 lb  c.(12 in / seg ) . Luego c  8.3333lb.seg / in
Asimismo ccr  2 km  2 (3000
w
a)  
d)
k
3000(32.2)(12)

 54.80rad / seg
m
386
c
8.3333

 0.0761 = 7.6112%
ccr 109.4878
b) TD 
c)  
lb
seg 2
lb.seg
)(386lb)(
)  109.4878
in
32.2(12 in)
in
2
w 1 
2
1  2
2
 0.1150 seg entonces f D 
1
 8.6957 hertz
TD
 0.4796
u1
 e  1.6154
u2
Problema 2.11
Resuelve el Problema 2.10 cuando el coeficiente de amortiguación es c = 2 lb.sec/in
Para este caso ya no consideraríamos los datos de la fuerza ni la velocidad producida por esta,
así tenemos que la frecuencia natural está dada por:
𝝎𝒏 = √
𝒌
𝒎
3000 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝜔𝑛 = √
386 𝑙𝑏/386 𝑖𝑛/𝑠𝑒𝑔2
𝜔𝑛 = 10√ 30 rad/seg
𝝎𝒏 = 𝟓𝟒. 𝟕𝟕𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
Y el amortiguamiento crítico:
𝑪𝒄𝒓 =
𝐶𝑐𝑟 =
𝟐𝒌
𝝎𝒏
2 ∗ 3000𝑙𝑏/𝑖𝑛
10√ 30 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
𝐶𝑐𝑟 = 20√30 𝑙𝑏. 𝑠𝑒𝑔/𝑖𝑛
𝑪𝒄𝒓 = 𝟏𝟎𝟗.𝟓𝟒𝟓 𝒍𝒃. 𝒔𝒆𝒈/𝒊𝒏
a) La razón de amortiguación 𝜉
𝝃=
𝜉=
𝜉=
𝑪
𝑪𝒄𝒓
2
20√ 30
1
10√ 30
𝝃 = 𝟎. 𝟏𝟖𝟑 = 𝟏𝟖. 𝟑%
b) El período de amortiguación
Calculamos la frecuencia de amortiguación:
𝝎𝑫 = 𝝎𝒏 √ 𝟏 − 𝝃𝟐
𝝎𝑫 = 𝟓𝟒. 𝟕𝟔𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
El periodo de amortiguación:
𝑻𝑫 =
2𝜋
𝟐𝝅
𝝎𝑫
𝑇𝐷 = 54.763= 0.115 seg
c) El decremento logarítmico, 𝜹
𝜹=
𝛿=
𝟐𝝅𝝃
√𝟏 − 𝝃𝟐
2𝜋 ∗ 0.183
√1 − 0.1832
𝜹 = 𝟏. 𝟏𝟕
d) La razón entre dos amplitudes consecutivas máximas:
Despejamos la relación de la ecuación:
𝒙𝒊
𝜹 = 𝒍𝒏 (
)
𝒙𝒊+𝟏
𝒙𝒊
= 𝒆𝟏.𝟏𝟕
𝒙𝒊+𝟏
𝒙𝒊
= 𝟑. 𝟐𝟐
𝒙𝒊+𝟏
Problema 2.12
Para cada uno de los sistemas considerados en el Problema 1.15, determine la constante de
rigidez equivalente kE y el coeficiente de amortiguación cE en el modelo analítico mostrado en
la Fig. P2.12. Asumir que el amortiguamiento es igual al 10% del amortiguamiento crítico.
u
kE
mg
cE
W
(a)
u
k
L
Solución:
La constante de rigidez 𝑘𝑏 para la viga en voladizo es obtenida de la deflexión 𝛿 resultante de
la fuerza P aplicada al final de la viga:
𝑃𝐿3
𝛿=
3𝐸𝐼
Entonces,
𝑘𝑏 =
𝑃 3𝐸𝐼
= 3
𝛿
𝐿
La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuación de resortes en serie:
1
1 1
= +
𝑘𝐸 𝑘 𝑘𝑏
𝟑𝑬𝑰
𝑳𝟑
𝒌𝑬 =
𝟑𝑬𝑰
𝒌+ 𝟑
𝑳
𝒌∗
La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:
𝑊
𝑔
𝑚𝐸 =
El amortiguamiento crítico es:
𝑐𝑐𝑟 = 2√𝑘𝐸 𝑚 𝐸
3𝐸𝐼
𝐿3 ∗ 𝑊
= 2√
3𝐸𝐼
𝑘+ 3 𝑔
𝐿
𝑘∗
𝑐𝑐𝑟
El coeficiente de amortiguamiento 𝑐𝐸 es calculado por:
𝝃=
𝑐𝐸
𝑐𝑐𝑟
𝟑𝑬𝑰
𝑳𝟑 ∗ 𝑾
𝒄𝑬 = 𝟐𝝃√
𝟑𝑬𝑰
𝒌+ 𝟑 𝒈
𝑳
𝒌∗
Considerando los datos del ejercicio tenemos:
𝝃=
𝟎. 𝟏𝑪𝒄𝒓
𝑪𝒄𝒓
𝝃 = 𝟎. 𝟏
3𝐸𝐼
𝐿3 ∗ 𝑊
𝑐𝐸 = 0.22√
3𝐸𝐼
𝑘+ 3 𝑔
𝐿
𝑘∗
(b)
L/2
L/2
k
W
u
SOLUCIÓN:
La constante de rigidez 𝑘𝑏 para la viga simplemente apoyada es obtenida de la deflexión 𝛿
resultante de la fuerza P aplicada en el centro de la viga:
𝑘𝑏 =
𝑃 48𝐸𝐼
= 3
𝛿
𝐿
𝛿=
𝑃𝐿3
48𝐸𝐼
Entonces,
La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuación de resortes en serie:
1
1 1
= +
𝑘𝐸 𝑘 𝑘𝑏
𝑘𝐸 =
𝑘𝑘𝑏
𝑘 + 𝑘𝑏
𝟒𝟖𝑬𝑰
𝑳𝟑
𝒌𝑬 =
𝟒𝟖𝑬𝑰
𝒌+ 𝟑
𝑳
𝒌∗
La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:
𝑊
𝑔
𝑚𝐸 =
El amortiguamiento crítico es:
𝑐𝑐𝑟 = 2√𝑘𝐸 𝑚 𝐸
𝑐𝑐𝑟
48𝐸𝐼
𝐿3 ∗ 𝑊
= 2√
48𝐸𝐼 𝑔
𝑘+ 3
𝐿
𝑘∗
El coeficiente de amortiguamiento 𝑐𝐸 es calculado por:
𝝃=
𝑐𝐸
𝑐𝑐𝑟
48𝐸𝐼
𝐿3 ∗ 𝑊
𝑐𝐸 = 2𝝃 ∗ √
48𝐸𝐼 𝑔
𝑘+ 3
𝐿
𝑘∗
Considerando los datos del ejercicio tenemos:
𝜉=
0.1𝐶𝑐𝑟
𝐶𝑐𝑟
𝝃 = 𝟎. 𝟏
𝟒𝟖𝑬𝑰
𝑳𝟑 ∗ 𝑾
𝒄𝑬 = 𝟎. 𝟐 ∗ √
𝟒𝟖𝑬𝑰 𝒈
𝒌+ 𝟑
𝑳
𝒌∗
(c)
a
b
W
u
La constante de rigidez 𝑘𝑏 para la viga simplemente apoyada es obtenida de la deflexión 𝛿
resultante de la fuerza P aplicada a una distancia a de la viga, y considerando que a>b:
3
𝑃𝑏 𝑎(𝐿 + 𝑏) 2
𝛿=
[
]
3𝐿𝐸𝐼
3
Entonces,
3
2
𝑃 3𝐿𝐸𝐼
3
𝑘𝑏 = =
[
]
𝛿
𝑏 𝑎(𝐿 + 𝑏)
La constante de rigidez equivalente es calculada considerando el peso de la viga, en donde
podemos concluir que la constante de rigidez equivalente es igual a la constante de rigidez de
la viga:
3
2
3𝐿𝐸𝐼
3
𝑘𝐸 =
[
]
𝑏 𝑎(𝐿 + 𝑏)
La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:
𝑚𝐸 =
𝑊
𝑔
El amortiguamiento crítico es:
𝑐𝑐𝑟 = 2√𝑘𝐸 𝑚 𝐸
3
𝑐𝑐𝑟
2 𝑊
3𝐿𝐸𝐼
3
= 2√
[
] ∗
𝑏 𝑎(𝐿 + 𝑏)
𝑔
El coeficiente de amortiguamiento 𝑐𝐸 es calculado por:
𝝃=
𝑐𝐸
𝑐𝑐𝑟
3
2 𝑊
3𝐿𝐸𝐼
3
𝑐𝐸 = 2𝝃 ∗ √
[
] ∗
𝑏 𝑎(𝐿 + 𝑏)
𝑔
Considerando los datos del ejercicio tenemos:
𝝃=
𝟎. 𝟏𝑪𝒄𝒓
𝑪𝒄𝒓
𝝃 = 𝟎. 𝟏
3
2 𝑊
3𝐿𝐸𝐼
3
𝑐𝐸 = 0.2 ∗ √
[
] ∗
𝑏 𝑎(𝐿 + 𝑏)
𝑔
(d)
b
a
k
W
u
Solución:
La constante de rigidez 𝑘𝑏 para la viga simplemente apoyada es obtenida de la deflexión 𝛿
resultante de la fuerza P aplicada en el centro de la viga:
3
𝑃𝑏 𝑎(𝐿 + 𝑏) 2
𝛿=
[
]
3𝐿𝐸𝐼
3
Entonces,
3
2
𝑃 3𝐿𝐸𝐼
3
𝑘𝑏 = =
[
]
𝛿
𝑏 𝑎(𝐿 + 𝑏)
La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuación de resortes en serie:
1
1 1
= +
𝑘𝐸 𝑘 𝑘𝑏
𝑘𝐸 =
𝑘𝑘𝑏
𝑘 + 𝑘𝑏
𝟑
𝒌𝑬 =
𝟐
𝟑𝑳𝑬𝑰
𝟑
𝒌∗
[
]
𝒃 𝒂(𝑳 + 𝒃)
𝟑
𝟐
𝟑𝑳𝑬𝑰
𝟑
𝒌+
[
]
𝒃 𝒂(𝑳 + 𝒃)
La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:
𝑚𝐸 =
𝑊
𝑔
El amortiguamiento crítico es:
𝑐𝑐𝑟 = 2√𝑘𝐸 𝑚 𝐸
3
𝑐𝑐𝑟 = 2
2
3𝐿𝐸𝐼
3
𝑘 ∗ 𝑏 [𝑎(𝐿 + 𝑏)]
3
2
3𝐿𝐸𝐼
3
𝑘 + 𝑏 [𝑎(𝐿 + 𝑏)]
√
El coeficiente de amortiguamiento 𝑐𝐸 es calculado por:
∗
𝑊
𝑔
ξ=
𝑐𝐸
𝑐𝑐𝑟
3
𝑐𝐸 = 2𝝃 ∗
2
3𝐿𝐸𝐼
3
𝑘 ∗ 𝑏 [𝑎(𝐿 + 𝑏)]
∗
3
2
3𝐿𝐸𝐼
3
𝑘+
[
]
𝑏
𝑎(𝐿
+
𝑏)
√
𝑊
𝑔
Considerando los datos del ejercicio tenemos:
𝜉=
0.1𝐶𝑐𝑟
𝐶𝑐𝑟
𝜉 = 0.1
𝟑
𝒄𝑬 = 𝟎. 𝟐 ∗
𝟐
𝟑𝑳𝑬𝑰
𝟑
𝒌∗
[
]
𝒃 𝒂(𝑳 + 𝒃)
𝟑∗
𝟐
𝟑𝑳𝑬𝑰
𝟑
𝒌+
[
]
𝒃 𝒂(𝑳 + 𝒃)
√
𝑾
𝒈
Problema 2.13
Un generador de vibración con dos pesos cada uno de 30 lb con una excentricidad de 10 in
que rotan alrededor del eje vertical en direcciones opuestas está montado en el techo de un
edificio de un piso con un techo que pesa 300 kips. Se observa que la máxima aceleración
lateral de 0,05g ocurre cuando el generador vibrador está rotando a 400 rpm. Determine la
amortiguación en la estructura.
SOLUCIÓN:
Consideramos el comportamiento del generador de vibración:
Posición inicial y posición y fuerzas en el tiempo t
La amplitud de la aceleración en estado estacionario de un sistema de 1GDL está dada por el
valor máximo de la ecuación:
𝒖̈ 𝟎 =
𝒎𝒆 𝒆 𝟐
𝒎𝒆 𝒆 𝟐 𝝎 𝟐
𝝎 𝑹𝒅 =
𝝎 ( ) 𝑹𝒂
𝒌
𝒎
𝝎𝒏
Donde el factor de amplificación dinámica de aceleración 𝑅𝑎 se relaciona con 𝑅𝑎 mediante:
𝑅𝑎 = (
𝜔 2
) 𝑅𝑑
𝜔𝑛
Entonces tenemos 𝑅𝑎 = 1⁄2 ξ y 𝜔𝑛 = 𝜔, despejamos el coeficiente de amortiguación:
ξ=
𝑚𝑒
2𝑢̈ 0 𝑚
𝑒𝜔2
Reemplazando datos tenemos:
ξ=
2 ∗ 0.3
2 ∗ 19.3 ∗ 300
∗ 10 ∗ (
40𝜋
3
2
)
ξ = 0.909
Problema 2.14
Un sistema es modelado por dos masas vibratorias m1 y m2 interconectado por un resorte k y
por un elemento de amortiguación c como se muestra en la Fig. P2.14. Determine para este
sistema la ecuación diferencial del movimiento en función del movimiento relativo entre las
dos masas, ur = u2 – u1
U1
U2
k
m1
c
m2
Fig. P2.14
SOLUCIÓN:
Para la solución de este ejercicio realizaremos un análisis del sistema donde consideraremos
las fuerzas actuantes en los diagramas de cuerpo libre de cada masa:
U22
U1
ku1
m1ü1
𝑐𝑢1̇
ku2
𝑐𝑢2̇
m2ü2
𝑚 2 𝑢̈ 2 + 𝑚 1 𝑢̈ 1 + 𝑐𝑢̇ 2 − 𝑐𝑢̇ 1 + 𝑘𝑢 2 − 𝑘𝑢 1 = 0
Agrupando términos tenemos:
𝑚 2 𝑢̈ 2 + 𝑚 1 𝑢̈ 1 + 𝑐(𝑢̇ 2 − 𝑢̇ 1 ) + 𝑘(𝑢 2 − 𝑢 1 ) = 0
Por datos del problema tenemos:
𝑚 2 𝑢̈ 2 + 𝑚 1 𝑢̈ 1 + 𝑐𝑢̇ 𝑠 + 𝑘𝑢 𝑠 = 0
Problema 3.1
Demostrar que durante un ciclo en vibración armónica, el trabajo WF de la fuerza externa es igual
a la energía disipada por la fuerza amortiguadora expresada en la ecuación (3.30)
𝐸𝐷 = 2𝜋𝜉𝑟𝑘𝑈 2
SOLUCIÓN:
Durante un ciclo, el trabajo de la fuerza externa 𝐹 = 𝐹0 sin 𝜛𝑡 es:
2𝜋 /𝜛
𝑊𝐹 = ∫0
2𝜋 /𝜛
𝐹0 sin 𝜛𝑡 𝑑𝑦 = ∫0
𝑑𝑢
𝐹0 sin 𝜛𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡
2𝜋/𝜛
𝑊𝐹 = ∫
𝐹0 sin 𝜛𝑡 𝑢̇ (𝑡)𝑑𝑡
0
De la ecuación (3.29):
𝑢̇ (𝑡) = 𝑈𝜛 cos( 𝜛𝑡 − 𝜃)
Reemplazando en 𝑊𝐹 , tenemos:
2𝜋 /𝜛
𝑊𝐹 = ∫
(𝐹0 sin 𝜛𝑡)(𝑈𝜛 cos( 𝜛𝑡 − 𝜃) 𝑑𝑡)
0
𝑊𝐹 = 𝜋𝐹0 𝑈 sin 𝜃
Para demostrar que el trabajo, 𝑊𝐹 , de la fuerza excitada da por ecuación (a) es igual a la energía
disipada, 𝐸𝐷 , por la fuerza viscosa en la ecuación (3.30), necesitamos sustituir el seno del ángulo 𝜃:
tan 𝜃 =
2𝜉𝑟
1 − 𝑟2
sin 𝜃
2𝜉𝑟
=
cos 𝜃 1 − 𝑟2
sin2 𝜃
(2𝜉𝑟)2
=
sin2 𝜃 + cos 2 𝜃 (1 − 𝑟2 )2 + (2𝜉𝑟)2
sin 𝜃 =
𝑈=
2𝜉𝑟
√(1 − 𝑟2 )2 + (2𝜉𝑟)2
𝑢 𝑠𝑡
√(1 −
𝑟2 )2
+ (2𝜉𝑟)2
sin 𝜃 =
2𝜉𝑈
𝑢 𝑠𝑡
Si sustituimos en la ecuación (a)
𝑊𝐹 = 𝜋𝐹0 𝑈 2
2𝜉𝑟
𝐹0 ⁄𝑘
𝑊𝐹 = 2𝜋𝜉𝑟𝑘𝑈 2
Así, el trabajo de la fuerza externa, 𝑊𝐹 , expresado por la ecuación (b), es igual a la energía, 𝐸𝐷 ,
disipada por ciclo por la fuerza de amortiguamiento está dada por la ecuación (3.30).
Problema 3.2
Un motor eléctrico de un peso total W = 1000 lb está montado en el centro de una viga
simplemente apoyada como se muestra en la Fig. P3.2. La excentricidad del rotor es W´e = 1,0
lb.in. Determine el movimiento permanente en dirección vertical para una velocidad del motor de
900 rpm, Suponga la amortiguación en el sistema igual al 10% de la amortiguación crítica. No
considere la masa de la viga.
ωt
W8X31
L=15´
Fig. P3.2
SOLUCIÓN:
Este sistema dinámico puede ser modelado por un oscilador simple con amortiguación. La masa de
la viga no se considera porque no será de importancia en comparación con la masa de la máquina
que soporta.
La fuerza necesaria en el centro de una viga simplemente apoyada para producir en ese punto una
flecha de una unidad está dada por:
𝑘=
48𝐸𝐼
𝐿3
El momento de inercia se toma del perfil de acero W8X31 (Ix=110 in 4):
48 ∗ 29 ∗ 106 ∗ 110
𝑘=
(15 ∗ 12)3
𝑘 = 26255.14403 𝑙𝑏/𝑖𝑛
Y la frecuencia natural:
𝝎𝒏 = √
𝒌
𝒎
26255.14403 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝜔𝑛 = √
1000 𝑙𝑏/386 𝑖𝑛/𝑠𝑒𝑔2
𝝎𝒏 = 𝟏𝟎𝟎. 𝟔𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
Además la frecuencia forzada en rad/seg
2
𝜛=
900 ∗ 2 ∗ 𝜋
60
𝜛 = 94.248 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
Y la razón de frecuencia:
𝑟=
𝑟=
𝜛
𝜔
94.248
100.67
𝑟 = 0.936
Refiriéndose al gráfico mostrado, m es la masa total de la máquina y m´ la masa excéntrica
rotante. Si u es el desplazamiento vertical de la masa (m-m´) que no rota, medido desde la
posición de equilibrio, el desplazamiento u1 de m´:
e
m´
m
k
e
e*sen 𝜛 t
u1=u+ e*sen 𝜛t
u
u
c
m´ü
(m-m´)ü
u
ku
cú
Modelo matemático y diagrama de cuerpo libre
De la siguiente expresión tenemos:
u1= u+ e*sen 𝜛t
Derivamos:
𝑢̇ 1 = 𝑢̇ − 𝑒𝜛𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡
Volvemos a derivar y tenemos la ecuación (1):
𝑢1̈ = 𝑢̈ − 𝑒𝜛 2 𝑐𝑜𝑠𝜛𝑡
La ecuación del movimiento se obtiene sumándolas fuerzas en dirección vertical en el
diagrama de cuerpo libre, donde también se muestran las fuerzas de inercia de masa (m-m´)
que no rota y de la masa m´ en rotación.
(𝑚 − 𝑚´)𝑢̈ + 𝑚ú1 + 𝑐𝑢 +̇ 𝑘𝑢̇ = 0
Sustituimos la ecuación (1) en esta ecuación):
(𝑚 − 𝑚´)𝑢̈ + 𝑚´(𝑢̈ − 𝑒𝜛 2 𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡) + 𝑐𝑢̇ + 𝑘𝑢 = 0
Ordenando los términos resulta:
𝑚𝑢̈ + 𝑐𝑢̇ + 𝑘𝑢 = 𝑚´𝑒𝜛 2 𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡
Esta misma ecuación tiene la misma forma que la ecuación para el movimiento del oscilador
simple excitado armónicamente por una fuerza de amplitud:
𝐹0 = 𝑚´𝑒𝜛 2
Reemplazando:
1
∗ 𝑒 ∗ 94.2482
386𝑒
𝐹0 =
𝐹0 = 23.012 𝑙𝑏
La amplitud del movimiento permanente es:
𝐹0 ⁄
𝑘
𝑈=
2
2
√(1 − 𝑟 ) + (2𝑟𝜉)2
Reemplazando:
𝑈=
23.012⁄
26255.14403
2
2
√(1 − 0.936 ) + (2 ∗ 0.936 ∗ 0.1)2
𝑈 = 4.43 𝑖𝑛
Problema 3.3
Determine la máxima fuerza transmitida para los soportes de la viga en el Problema 3.2
SOLUCIÓN:
La máxima fuerza transmitida para los soportes de la viga sería:
𝑉𝑚𝑎𝑥 =
𝑉𝑚𝑎𝑥 =
𝑘𝑈
2
26255.14403 ∗ 4.43
2
𝑉𝑚𝑎𝑥 = 58155.14403 𝑙𝑏
𝑉𝑚𝑎𝑥 = 58.155 𝑘𝑝
Problema 3.4
Determine la amplitud permanente del movimiento horizontal del pórtico de acero de la Fig.
P3.4. Considere el miembro superior del pórtico infinitamente rígido y desprecie la masa de
las columnas y la amortiguación en el sistema.
W=2kp/ft
F(t)=5sen12t(kp)
W10X33
15´
20´
Fig. P3.4
SOLUCIÓN:
La estructura puede ser modelada para el análisis dinámico como el oscilador simple con
amortiguador. Los parámetros de este modelo se calculan:
𝑘=
𝑘=
3𝐸(2𝐼)
𝐿3
3 ∗ 29 ∗ 106 (2 ∗ 171)
(15 ∗ 12)3
𝑘 = 5101.852 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝑢 𝑠𝑡 =
𝜔=√
𝐹0
5000
=
= 0.98 𝑖𝑛
𝑘
5101.852
𝑘
5101.852
=√
= 7.017 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
𝑚
2000 ∗ 20/386
𝑟=
𝜛
12
=
= 1.71
𝜔 7.017
La amplitud del movimiento permanente, despreciando la amortiguación de la estructura:
𝑈=
𝑢 𝑠𝑡
√(1 − 𝑟2 )2
,
Reemplazando:
𝑈=
0.98
√(1 − 1.712 )2
𝑈 = 0.509 𝑖𝑛
Problema 3.5
Resolver para el Problema 3.4 asumiendo que la amortiguación en el sistema es 8% de la
amortiguación crítica.
SOLUCIÓN:
Consideramos el amortiguamiento de 8% en la estructura, la amplitud del movimiento
permanente es:
𝑈=
𝑢 𝑠𝑡
√(1 − 𝑟2 )2 + (2𝑟𝜉)2
𝜉 = 0.08
Reemplazando:
𝑈=
0.98
√(1 − 1.712 )2 + (2 ∗ 1.71 ∗ 0.08)2
𝑈 = 0.504 𝑖𝑛
Problema 3.6
Para el Problema 3.5 determine:
a) La máxima fuerza transmitida al cimiento
SOLUCIÓN:
1 + (2𝜉𝑟)2
𝐴 𝑇 = 𝐹0 √
(1 − 𝑟2 )2 + (2𝜉𝑟)2
1 + (2 ∗ 0.08 ∗ 1.71)2
𝐴 𝑇 = 5000√
(1 − 1.712 )2 + (2 ∗ 0.08 ∗ 1.71)2
𝐴 𝑇 = 3059.219 𝑙𝑏
𝐴 𝑇 = 3.059 𝑘𝑝
b) La transmisibilidad
𝑇𝑟 =
𝐴𝑇
1 + (2𝜉𝑟)2
=√
𝐹0
(1 − 𝑟2 )2 + (2𝜉𝑟)2
1 + (2 ∗ 0.08 ∗ 1.71)2
𝑇𝑟 = √
(1 − 1.712 )2 + (2 ∗ 0.08 ∗ 1.71)2
𝑇𝑟 = 0.612
Problema 3.8
El depósito de agua mostrado en la Fig. P3.8 está sometido al movimiento del terreno
producido por un tren que pasa en la cercanía. El movimiento de la torre con una amplitud de
0,1 g a una frecuencia de 10 cps. Determine el movimiento de la torre con relación a su
cimiento. Suponga que la amortiguación efectiva es del 10% dela amo rtiguación crítica del
sistema
u
W=100kp
K=3000kp/ft
Us(t)
Fig. P3.8
SOLUCIÓN:
Calculamos la frecuencia natural:
𝜔𝑛 = √
𝑘
𝑚
3000𝑘𝑝/𝑓𝑡
𝜔𝑛 = √
= 31.081 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
100𝑘𝑝/32.2
La frecuencia forzada:
ϖ = 2𝜋𝑓
ϖ = 2𝜋 ∗ 10 = 62.832 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
Entonces,
𝑟=
ϖ
62.832
=
= 2.022
𝜔𝑛 31.081
Sabemos que la amplitud está dada por:
𝑢 𝑠𝑡 = 0.01𝑔 = 0.01 ∗ 386 = 3.86𝑖𝑛
Reemplazando:
𝑈
√1 + (2𝑟𝜉)2
=
𝑢 𝑠𝑡 √(1 − 𝑟2 )2 + (2𝑟𝜉)2
𝑈=
3.86 ∗ √1 + (2 ∗ 2.022 ∗ 0.1)2
√(1 − 2.0222 )2 + (2 ∗ 2.022 ∗ 0.1)2
𝑈 = 3.86 ∗ 0.346
𝑈 = 1.33 𝑖𝑛
Problema 3.9
Determine la transmisibilidad en el Problema 3.8
SOLUCIÓN:
𝑈
√1 + (2𝑟𝜉)2
𝑇𝑅 =
=
𝑢 𝑠𝑡 √(1 − 𝑟2 )2 + (2𝑟𝜉)2
𝑇𝑅 = 0.346
Problema 3.10
Un motor eléctrico de un peso total de W = 3330 lb está montado sobre una viga simplemente
apoyada con un voladizo como se muestra en la Fig. P3.10. La excentricidad del motor W´e =
50 lb.in.
a) Calcule las amplitudes del movimiento vertical del motor para velocidades de 800,
1000 y 1200 rpm.
b) Represente gráficamente la amplitud en función de las rpm del motor.
Suponga que la amortiguación es igual al 10% de la amortiguación crítica
ωt
EI=30*10^8 lb.in2
L=15´
2.5´
2.5´
Fig. P3.10
SOLUCIÓN:
Este sistema dinámico puede ser modelado por un oscilador simple con amortiguación. La masa de
la viga no se considera porque no será de importancia en comparación con la masa de la máquina
que soporta.
La fuerza necesaria en el voladizo de una viga simplemente apoyada para producir en ese punto
una flecha de una unidad está dada por:
𝑘=
3𝐸𝐼
𝑎2 (𝐿 + 𝑎)
El momento de inercia se toma del perfil de acero W8X31 (Ix=110 in 4):
𝑘=
3 ∗ 30 ∗ 108
302 (180 + 30)
𝑘 = 47619.048 𝑙𝑏/𝑖𝑛
Y la frecuencia natural:
𝝎𝒏 = √
𝒌
𝒎
47619.048 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝜔𝑛 = √
3330 𝑙𝑏/386 𝑖𝑛/𝑠𝑒𝑔2
𝝎𝒏 = 𝟕𝟒. 𝟐𝟗𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
a) Calcule las amplitudes del movimiento vertical del motor para velocidades de 800,
1000 y 1200 rpm.
 800 rpm
Además la frecuencia forzada en rad/seg 2
𝜛=
800 ∗ 2 ∗ 𝜋
60
𝜛 = 83.776 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
Y la razón de frecuencia:
𝑟=
𝑟=
𝜛
𝜔
87.776
74.295
𝑟 = 1.181
Refiriéndose al gráfico mostrado, m es la masa total de la máquina y m´ la masa excéntrica
rotante. Si u es el desplazamiento vertical de la masa (m-m´) que no rota, medido desde la
posición de equilibrio, el desplazamiento u1 de m´:
e
m´
m
k
e
e*sen 𝜛 t
u1=u+ e*sen 𝜛t
u
c
u
m´ü
(m-m´)ü
u
ku
cú
Modelo matemático y diagrama de cuerpo libre
De la siguiente expresión tenemos:
u1= u+ e*sen 𝜛t
Derivamos:
𝑢̇ 1 = 𝑢̇ − 𝑒𝜛𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡
Volvemos a derivar y tenemos la ecuación (1):
𝑢1̈ = 𝑢̈ − 𝑒𝜛 2 𝑐𝑜𝑠𝜛𝑡
La ecuación del movimiento se obtiene sumándolas fuerzas en dirección vertical en el
diagrama de cuerpo libre, donde también se muestran las fuerzas de inercia de masa (m -m´)
que no rota y de la masa m´ en rotación.
(𝑚 − 𝑚´)𝑢̈ + 𝑚ú1 + 𝑐𝑢 +̇ 𝑘𝑢̇ = 0
Sustituimos la ecuación (1) en esta ecuación):
(𝑚 − 𝑚´)𝑢̈ + 𝑚´(𝑢̈ − 𝑒𝜛 2 𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡) + 𝑐𝑢̇ + 𝑘𝑢 = 0
Ordenando los términos resulta:
𝑚𝑢̈ + 𝑐𝑢̇ + 𝑘𝑢 = 𝑚´𝑒𝜛 2 𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡
Esta misma ecuación tiene la misma forma que la ecuación para el movimiento del oscilador
simple excitado armónicamente por una fuerza de amplitud:
𝐹0 = 𝑚´𝑒𝜛 2
Reemplazando:
𝐹0 =
50
∗ 83.7762
386
𝐹0 = 909.122 𝑙𝑏
La amplitud vertical del movimiento permanente es:
𝐹0 ⁄
𝑘
𝑈=
2
2
√(1 − 𝑟 ) + (2𝑟𝜉)2
Reemplazando:
909.122⁄
47619.048
𝑈=
2
2
√(1 − 1.181 ) + (2 ∗ 1.181 ∗ 0.1)2
𝑈 = 0.0415 𝑖𝑛

1000 rpm
Además la frecuencia forzada en rad/seg 2
𝜛=
1000 ∗ 2 ∗ 𝜋
60
𝜛 = 104.720 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
Y la razón de frecuencia:
𝑟=
𝑟=
𝜛
𝜔
104.720
74.295
𝑟 = 1.41
Esta misma ecuación tiene la misma forma que la ecuación para el movimiento del oscilador
simple excitado armónicamente por una fuerza de amplitud:
𝐹0 = 𝑚´𝑒𝜛 2
Reemplazando:
𝐹0 =
50
∗ 104.7202
386
𝐹0 = 1420.502 𝑙𝑏
La amplitud vertical del movimiento permanente es:
𝐹0 ⁄
𝑘
𝑈=
2
2
√(1 − 𝑟 ) + (2𝑟𝜉)2
Reemplazando:
1420.502⁄
47619.048
𝑈=
2 ) 2 + (2 ∗ 1.41 ∗ 0.1) 2
(1
−
1.41
√
𝑈 = 0.0158 𝑖𝑛

1200 rpm
Además la frecuencia forzada en rad/seg 2
𝜛=
1200 ∗ 2 ∗ 𝜋
60
𝜛 = 125.664 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
Y la razón de frecuencia:
𝑟=
𝑟=
𝜛
𝜔
125.664
74.295
𝑟 = 1.691
Esta misma ecuación tiene la misma forma que la ecuación para el movimiento del oscilador
simple excitado armónicamente por una fuerza de amplitud:
𝐹0 = 𝑚´𝑒𝜛 2
Reemplazando:
𝐹0 =
50
∗ 125.6642
386
𝐹0 = 2045.523 𝑙𝑏
La amplitud vertical del movimiento permanente es:
𝐹0
𝑈=
⁄𝑘
√(1 − 𝑟2 )2 + (2𝑟𝜉)2
Reemplazando:
𝑈=
2045.523⁄
47619.048
2
2
√(1 − 1.691 ) + (2 ∗ 1.691 ∗ 0.1)2
𝑈 = 0.0227 𝑖𝑛
Problema 3.12.
Determinar la amortiguación en un sistema en el que durante una prueba de vibración bajo
una fuerza armónica se observó que a una frecuencia de 10% más alta que la frecuencia de
resonancia, la amplitud de desplazamiento era exactamente la mitad de la amplitud de
resonancia.
Datos:
w=1.10Ω……I
1
𝑈𝑟 = 𝑈𝑟𝑒𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎……II
2
Por lo tanto tenemos:
w=1.10Ω
𝑟=
𝛺
𝑤
r=0.91……….III
Por la segunda condición, que es la de resonancia, es decir cuando r=1, tenemos:
𝑈𝑟𝑒𝑠𝑜𝑛𝑎𝑐𝑖𝑎 =
𝛿
2∗ɛ
Reemplazando III en II, tenemos
𝛿𝑠𝑡
√(1 − 0.912 )^2 + (2 ∗ 0.91ɛ)2
=
𝛿𝑠𝑡
4∗ɛ
16*ɛ^2=0.0295+3.312*ɛ^2
12.688ɛ^2=0.0295
ɛ=0.048
%ɛ=4.8
Problema 3.13
Determinar la frecuencia natural, amplitud de vibración y el máximo esfuerzo normal en la
viga simplemente apoyada que lleva un motor de peso W=30KN. El motor gira a 400rpm e
induce a una fuerza vertical F (t)=8senΩt (E=210*10^9N/m2, I=8950*10^-8m4, S=597*10^6m3)
W
1.5m
4.5m
Datos:







W=30KN
Ω=400rpm*2π/1rpm*1min/60se=41.89rad/seg
F (t)=8*seno (Ωt)
Fo=8KN
E=210*10^9N/m2
I=8950*10^-8m4
S=597*10^-6
Por lo tanto tenemos, que para hallar la rigidez de la viga, encontrar la deflectada de la viga ,
para lo cual , aplicaremos el metodo de la doble integración
W
1.5m
4.5m
Rby
Ra y
∑Fy=0
Ray+Rby=W….I
∑Ma=0
Rby(6)=W(1.5)
Reemplazando II en I
Rby=0.25W…..II
𝐸𝐼𝑌" = 𝑅𝑎𝑦𝑋 − 𝑊 < 𝑥 − 1.5 >1
𝐸𝐼𝑌′ = 𝑅𝑎𝑦
𝐸𝐼𝑌 = 𝑅𝑎𝑦
𝑋2 𝑊
− < 𝑥 − 1.5 >2 + 𝐶1
2
2
𝑋3 𝑊
− < 𝑥 − 1.5 >3 + 𝐶1𝑋 + 𝐶2
6
6
Con las condiciones iniciales hallamos las constantes:
1)
X=0 Y=0
C2=0
2) X=6 Y=0
0 = 36(0.75𝑊) −
𝑊 729
(
) + 𝐶1(6)
6 8
𝐶1 = −
63
32
Por lo tanto tenemos:
1
𝑊
63
𝐸𝐼𝑌 = 𝑊𝑋3 − < 𝑥 − 1.5 >3 − 𝑋
8
6
32
Hallamos la deflectada donde actúa la carga W, X=1.5, Y=?
𝐸𝐼𝑌 =
27
189
𝑊−
𝑊
64
64
𝐸𝐼𝑌 =
𝑌=
−81
𝑊
32
−81
𝑊
32𝐸𝐼
La rigidez de la viga corresponde:
𝐾=
32𝐸𝐼
81
Reemplazando con los datos que tenemos:
32 ∗ 210 ∗ 109 ∗ 8950 ∗ 10−8
𝐾=
81
K=7425185.185N/m
Luego, procedemos a encontrar la frecuencia de vibración del sistema
7425185.185 ∗ 9.81
𝑤=√
30 ∗ 103
w=49.275 rad/seg
Encontramos la razón entre frecuencias:
𝑟=
𝑟=
𝛺
𝑤
41.89
49.28
𝑟 = 0.85
Si, no tengo amortiguamiento, la amplitud corresponde
𝐹𝑜
𝐾
𝑈=
1 − 0.852
𝑈 = 0.00388𝑚
𝑈 = 0.388𝑐𝑚
El máximo esfuerzo normal en la viga:
𝝈=
𝝈=
𝑴
𝑺
𝟏. 𝟏𝟐𝟓 ∗ 𝟑𝟎 ∗ 𝟏𝟎^𝟑
𝟓𝟗𝟕 ∗ 𝟏𝟎^ − 𝟔
𝛔=56.53MPa
Problema 3.15
Determine la frecuencia a la cual un oscilador con amortiguación vibra con máxima amplitud.
Determine también la amplitud máxima y el ángulo de fase correspondiente
Para valores intermedios de la frecuencia, de valor comparable a la frecuencia propia ωN,
podemos tener un máximo de amplitud o no tenerlo dependiendo del grado de
amortiguamiento. La amplitud es máxima cuando lo que hay dentro de la raíz del
denominador es mínimo, lo cual ocurre para
𝑊𝑚𝑎𝑥 = 𝑊𝑛√1 − 2 ∗ ɛ2
Como se comprueba sin más que derivar el radicando e igualar a cero.
Este resultado nos dice que para que haya un máximo en la amplitud debe ser
ɛ=
1
√2
Esto es, no solo debe ser subamortiguado, sino con amortiguamiento, bastante inferior al
crítico
Si se cumple esta condición, la amplitud máxima viene a ser:
𝑈𝑚𝑎𝑥 =
𝐹𝑜
1
∗
𝐾 2 ∗ ɛ ∗ √1 − 2 ∗ ɛ2
Problema 3.16
Una estructura modelada como un sistema amortiguado de reso rte y masa como se muestra
en la siguiente figura, en la cual mg=2520lb, k=89000lb/pulg y c=112lb*pulg/seg, es sometida
a la excitación de una fuerza armónica. Determine:
a.-La frecuencia natural
b.-La razón de amortiguamiento
c.-La amplitud de la fuerza aplicada cuando la amplitud máxima de la masa ha sido medida y
es igual a 0.37pulg
d.- La amplitud de la fuerza de excitación cuando la amplitud medida es la máxima, que se
supone igual a la amplitud de la resonancia
K
C
F(t)=FosenΩt
M
Frecuencia circular natural:
mg=2520lb
89000 ∗ 386
𝑤=√
2520
𝑤 = 116.758 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
Frecuencia natural:
𝑓=
116.758
2∗π
𝑓 = 18.58𝑐𝑝𝑠
Amortiguamiento
𝑐
ɛ = 𝑐𝑟…….I
𝑐𝑟 = 2 ∗
𝑐𝑟 = 2 ∗
Cr=1524.5208
Reemplazando en I:
𝑘
𝑤
89000
116.758
ɛ=
112
1524.5208
ɛ = 0.0735
La amplitud de la fuerza, cuando U=0.37pulg:
𝑈=
𝑃𝑜
1
∗
𝐾 2 ∗ ɛ ∗ √1 − 2 ∗ ɛ2
Por lo tanto despejando Po:
𝑃𝑜 = 0.37 ∗ 8900 ∗ 2 ∗ 0.0735 ∗ √1 − 2 ∗ (0.07352 )
𝑃𝑜 = 4814.49𝑙𝑏
La amplitud de la fuerza en condición de resonancia, es decir, r=1:
𝑃𝑜
𝑈= 𝐾
2∗ɛ
Despejando Po:
𝑃𝑜 = 𝑈 ∗ 𝐾 ∗ 2 ∗ ɛ
Po=0.37*89000*2*0.0735
Po=4840.71lb
3.17 Un sistema estructural modelado como un oscilador con amortiguación es sometido a la
excitación armónica producida por un rotor excéntrico. La constante del resorte “K” y la masa
“m” son conocidas, no así la amortiguación ni el valor de la excentricidad del rotor. En base a
las mediciones que se han hecho de las amplitudes del movimiento, Ur a la resonancia U1 a
una razón de frecuencia r1≠1, determine las expresiones para calcular la razón de
amortiguación ɛ y la amplitud de la fuerza de excitación Ft en resonancia
En condición de resonancia, es decir, r=1, tenemos:
𝑈𝑟 =
𝛿𝑠𝑡
….I
2∗ɛ
Para la segunda condición de no resonancia, es decir r≠1, tenemos:
𝑈1 =
𝛿𝑠𝑡 ∗ 𝑟12
√(1 − 𝑟12 )2 + (2 ∗ 𝑟1 ∗ ɛ)2
Despejando tenemos
𝛿𝑠𝑡 =
√( 1−𝑟 12 ) 2 +( 2∗𝑟1∗ɛ) 2 ∗𝑈1
𝑟12
…..II
Reemplazando II en I, tenemos:
𝑈𝑟 =
𝑈1 ∗ √(1 − 𝑟12 )2 + (2 ∗ 𝑟1 ∗ ɛ) 2
2 ∗ ɛ ∗ 𝑟12
Elevando al cuadrado ambos términos
4 ∗ ɛ2 ∗ 𝑈𝑟2 ∗ 𝑟14 = 𝑈12 ∗ (1 − 𝑟12 )2 + 𝑈12 ∗ 4 ∗ 𝑟12 ∗ ɛ2
Juntando amortiguamientos en un solo lado, despejamos:
4 ∗ ɛ2 ∗ 𝑈𝑟2 ∗ 𝑟14 − 𝑈12 ∗ 4 ∗ 𝑟12 ∗ ɛ2 = 𝑈12 ∗ (1 − 𝑟12 )2
4 ∗ ɛ2 ∗ 𝑟12 (𝑈𝑟2 − 𝑈1 ∗ 𝑟12 ) = 𝑈12 ∗ (1 − 𝑟12 )2
Despejando el amortiguamiento
ɛ=
𝑈1 ∗ (1 − 𝑟12 )
2 ∗ 𝑟1 ∗ √𝑈𝑟2 − 𝑈12 ∗ 𝑟12
La amplitud de la fuerza en resonancia:
𝐹𝑜
𝑈𝑟 = 𝐾
2∗ɛ
Reemplazando el valor del amortiguamiento:
𝐹𝑜 = 𝑈𝑟 ∗ 2 ∗ ɛ ∗ 𝐾
𝐹𝑜 = 𝑈𝑟 ∗ 2 ∗
𝐹𝑜 =
Problema 3.18
𝑈1 ∗ (1 − 𝑟12 )
2 ∗ 𝑟1 ∗ √𝑈𝑟2 − 𝑈12 ∗ 𝑟12
𝑈𝑟 ∗ 𝑈1 ∗ (1 − 𝑟12 ) ∗ 𝐾
𝑟1 ∗ √𝑈𝑟2 − 𝑈12 ∗ 𝑟12
∗𝐾
Un sistema es modelado por dos masas vibrantes m1 y m2 interconectadas por un resorte K y
un elemento de amortiguación “c”. Para una fuerza armónica F=FosenΩt aplicada a la masa
m2. Determine:
a.-La ecuación diferencia del movimiento, en función del movimiento relativo de las dos masas
xt=x2-x1
b.-La solución permanente del movimiento relativo
K
m1
m2
F(t)=FosenΩt
C
Este problema se idealizara como lo planteado en la teoría del libro M1, representa el soporte
del sistema que en este caso, si se considera por lo tanto, tenemos:
Hallamos la ecuación diferencial del movimiento
m1x’’1
m2x’’2
K(x2-x1)
C(x´2-x´1)
La suma de fuerzas en dirección Horizontal, teniendo en cuenta que como estamos
considerando m1, entonces la masa total del sistema, vendría a ser dado como un sistema
equivalente de masas, es decir:
1
1
1
=
+
𝑀𝑒 𝑚1 𝑚2
𝑀𝑒 =
𝑚1 ∗ 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
Por lo tanto definimos la ecuación del movimiento relativo de las dos masas, cuando la fuerza
armónica es aplicada a la masa m2:
Me(x’’2-x’’1)+C(x’2-x’1)+K(x2-x1)=Fexterna(t)
𝐹(𝑡) =
Reemplazando x2-x1=x
𝑀 ∗ 𝐹𝑜 ∗ 𝑠𝑒𝑛(𝛺𝑡)
𝑚2
Me(xt’’)+C(x’t)+K(xt)=(m1/m1+m2)*Fo sen(Ωt)
La Solución permanente del movimiento vendría a ser dada por la siguiente fórmula:
𝑋𝑝 =
𝛿𝑠𝑡
√(1 − 𝑟2 )2 + (2 ∗ 𝑟 ∗ ɛ)2
𝐹𝑜
Reemplazando con los datos que tenemos, y sabiendo que δst= , en función al movimiento
𝐾
relativo de las masas
𝐹𝑜
𝑚1
∗ 𝑚1 + 𝑚2
𝐾
𝑋𝑝 =
√(1 − 𝑟2 )2 + (2 ∗ 𝑟 ∗ ɛ)2
Observación: Las respuestas en el libro están dadas para un E. Acero=30*10^6
lb/pulg^2,
sin
embargo
trabajaremos
con
las
que
conocemos
E.
Acero=29*10^6lb/pulg^2
Problema 4.3
El pórtico de acero mostrado en la figura siguiente, esta sujeta a una fuerza horizontal F(t)
aplicada en el nivel superior(viga). La fuerza decrece linealmente de 5 Kip en un tiempo de
t=0 a t=0.6
Determine:
a) El desplazamiento horizontal en t=0.5
Asumir las columnas sin masa y la viga rígida. Desprecie el amortiguamiento
En primer lugar encontramos la rigidez de las columnas, por un lado tenemos empotradas y
por el otro, rigido arriba y con un apoyo en la parte inferior
Para la columna de la izquierda, tenemos:
𝐾1 =
12𝐸𝐼
𝐻13
𝐾2 =
3𝐸𝐼
𝐻23
Para la columna de la derecha, tenemos:
Para la rigidez total de las columnas, sumamos estas dos:
𝐾 = 𝐸𝐼 ∗ (
12
3
+
)
3
𝐻1
𝐻23
Según los datos tenemos:
E=29*10^6 lb/pulg^2
Para el perfil W8*24, tenemos de dato, que el mayor valor de la inercia de ese perfil está en
“x”, así que: I=82.7
Además: H1=15 pies =180 pulgadas
H2=20 pies=240 pulgadas
Reemplazando en la ecuación:
Obtenemos:
K=5455.238 lb/pulg
Ahora hallamos la frecuencia natural del sistema, sabiendo que:
W viga=20*10^3lb
Entonces:
5455.238 ∗ 386
𝑤𝑛 = √
20 ∗ 103
𝑤𝑛 = 10.26 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
Para una fuerza que decrece linealmente de 0 a 0.6, tenemos la siguie nte ecuación,
demostrada en el libro
F(t)
Fo=5Kip
s
0
T(seg)
0.6
Para valores t<td
𝑥 (𝑡) =
𝐹𝑜
1
𝑠𝑒𝑛 (𝑤𝑛 ∗ 𝑡)
∗ [(1 − cos(𝑤𝑛𝑡)) + ∗ (
− 𝑡)]
𝐾
𝑡𝑑
𝑤𝑛
Entonces el desplazamiento para un valor de t=0.5, teniendo en cuenta que td=0.6
Fo=5*10^3 lb
K=5455.238 lb/pulg
wn=10.26 rad/seg
Reemplazando estos valores en la ecuación, anterior, tenemos:
X(t)=-0.355 pulg…respuesta de la pregunta(a)
Problema 4.5
Para el tiempo de carga en la Fig. P4.5, derive la expresión para el factor de carga dinámica
para el oscilador simple no amortiguado como una función de t, ωy 𝑡𝐷
F(t)
F0
td)
Fig P4.5
TRAMO 01.- 0 ≤ t≤ td
Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales 𝑥 0 = 0 𝑦 𝑥̇ 0 = 0
𝑡
1
𝑥 (𝑡) =
∫ 𝐹(𝜏) ∗ sin(𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
Ecuación de 𝐹0 en función de 𝜏:
𝜏
𝐹 (𝜏) = 𝐹0 ∗ ( )
𝑡𝑑
Reemplazamos en la ecuación general
𝑡
𝐹0
𝑥 (𝑡) =
∫ 𝜏 ∗ sin(𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡𝑑 𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
Resolviendo la integral definida obtenemos:
𝑥 (𝑡) =
𝐹0
𝑡
sin (𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
∗( −
)
𝑡𝑑 ∗ 𝑚 ∗ 𝑊𝑛 𝑊𝑛
𝑊𝑛 2
Extrayendo 𝑊𝑛 del paréntesis:
𝑥(𝑡) =
Pero;
𝐹0
sin (𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
)
2 ∗ (𝑡 −
𝑊𝑛
𝑡𝑑 ∗ 𝑚 ∗ 𝑊𝑛
𝑚 ∗ 𝑊𝑛 2 = 𝐾
𝐹0
Y; tenemos al desplazamiento estático:
𝑘
= 𝛿𝑠𝑡
Entonces;
𝑥 (𝑡) =
𝛿𝑠𝑡
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
∗ (𝑡 −
)
𝑡𝑑
𝑊𝑛
El factor de carga dinámica en función de t, 𝑊𝑛 y 𝑡𝑑 para el TRAMO 01:
𝑥 (𝑡) 𝑡 −
𝐷𝐿𝐹 =
=
𝛿𝑠𝑡
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
𝑊𝑛
𝑡𝑑
TRAMO 02.Necesitamos las condiciones finales del tramo 01, que para el tramo 02 serán las iniciales; o
sea cuando 𝑡 = 𝑡𝑑
𝑥 (𝑡)𝑡 =𝑡𝑑 =
𝛿𝑠𝑡
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑 )
∗ (𝑡𝑑 −
)
𝑡𝑑
𝑊𝑛
𝑥̇ (𝑡)𝑡=𝑡𝑑 =
𝛿𝑠𝑡
∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑 ))
𝑡𝑑
Entonces tendremos para el tramo 02 la siguiente ecuación general:
𝑡
𝑥̇
1
𝑥 (𝑡) = 𝑥 0 ∗ cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡) + 0 ∗ sin (𝑊𝑛 ∗ 𝑡) +
∫ 𝐹 (𝜏) ∗ sin(𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑊𝑛
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
Hallamos el estado transitorio:
𝑋𝑐 = 𝑥 0 ∗ cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡) +
𝑥̇ 0
∗ sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
𝑊𝑛
𝛿𝑠𝑡
∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑 ))
𝛿𝑠𝑡
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑 )
𝑡
𝑋𝑐 =
∗ (𝑡𝑑 −
) ∗ cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡) + 𝑑
∗ sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
𝑡𝑑
𝑊𝑛
𝑊𝑛
Hallamos el estado permanente:
Ecuación de 𝐹0 en función de 𝜏:
𝐹(𝜏) = 𝐹0
Reemplazamos en la ecuación:
𝑡
𝐹0
𝑋𝑝 =
∫ sin(𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡𝑑 𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
Resolviendo la integral definida obtenemos:
𝐹0
1
cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
∗( −
)
𝑡𝑑 ∗ 𝑚 ∗ 𝑊𝑛 𝑊𝑛
𝑊𝑛
𝑋𝑝 =
Extrayendo 𝑊𝑛 del paréntesis:
𝑋𝑝 =
Pero;
𝐹0
∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡))
𝑡𝑑 ∗ 𝑚 ∗ 𝑊𝑛 2
𝑚 ∗ 𝑊𝑛 2 = 𝐾
𝐹0
Y; tenemos al desplazamiento estático:
𝑘
= 𝛿𝑠𝑡
Entonces;
𝑋𝑝 =
𝛿𝑠𝑡
∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡))
𝑡𝑑
Reemplazando las condiciones iniciales:
𝛿𝑠𝑡
∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑 ))
𝛿𝑠𝑡
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑 )
𝛿
𝑡𝑑
𝑥 (𝑡) =
∗ (𝑡𝑑 −
) ∗ cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡) +
∗ sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡) + 𝑠𝑡
𝑡𝑑
𝑊𝑛
𝑊𝑛
𝑡𝑑
∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡))
El factor de carga dinámica en función de t, 𝑊𝑛 y 𝑡𝑑 para el TRAMO 02:
1
1
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑 )
1
𝑡𝑑 ∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑 ))
𝐷𝐿𝐹 = ∗ (𝑡𝑑 −
) ∗ cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡) +
∗ sin (𝑊𝑛 ∗ 𝑡) + ∗ (1
𝑡𝑑
𝑊𝑛
𝑊𝑛
𝑡𝑑
− cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡))
Problema 4.6
El bastidor se muestra en la Fig. P4.3 están sometidos a una aceleración repentina de 0.5g
aplicada a su cimentación. Determine la máxima fuerza cortante en las columnas. Desprecie el
amortiguamiento
Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales 𝑥 0 = 0 𝑦 𝑥̇ 0 = 0
𝑡
1
∫ 𝐹(𝜏) ∗ sin(𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑥 (𝑡) =
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
Lamagnitu de la fuerza constante es de 𝐹0 = 0.5𝑔 ∗ 𝑚
Ecuación de 𝐹0 en función de 𝜏:
𝐹 (𝜏) = 𝐹0
Reemplazamos en la ecuación:
𝑡
𝐹0
∫ sin (𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑥(𝑡) =
𝑡𝑑 𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
Resolviendo la integral definida obtenemos:
𝑥 (𝑡) =
𝐹0
1
cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
∗( −
)
𝑡𝑑 ∗ 𝑚 ∗ 𝑊𝑛 𝑊𝑛
𝑊𝑛
𝑥(𝑡) =
0.5 ∗ 𝑚 ∗ 𝑔
∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡))
𝑡𝑑 ∗ 𝑚 ∗ 𝑊𝑛 2
Extrayendo 𝑊𝑛 del paréntesis:
Pero;
𝑚 ∗ 𝑊𝑛 2 = 𝐾
Y; tenemos al desplazamiento estático:
Entonces;
𝐹0
𝑘
= 𝛿𝑠𝑡
𝑥(𝑡) =
𝛿𝑠𝑡
∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡))
𝑡𝑑
El factor de carga dinámica sería:
𝐷𝐿𝐹 =
𝑥(𝑡) 1
= ∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡))
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
𝑋𝑚𝑎𝑥 =
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
Determinar el momento máximo:
𝑀=
6∗𝐸 ∗ 𝐼
∗ 𝑋𝑚𝑎𝑥
𝐿2
𝑀=
El máximo esfuerzo de corte es: 𝜎𝑚𝑎𝑥 =
6 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼 𝛿𝑠𝑡
∗
𝐿2
𝑡𝑑
𝑀
𝑆
6 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼 𝛿𝑠𝑡
∗
𝐿2
𝑡𝑑
𝜎𝑚𝑎𝑥 =
𝑆
Problema 4.7
Repite el problema 4.6para el 10% del amortiguamiento crítico
ξ= 10%
Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales 𝑥 0 = 0 𝑦 𝑥̇ 0 = 0
𝑡
1
𝑥 (𝑡) =
∫ 𝐹 (𝜏) ∗ 𝑒 −𝜉𝑊𝐷 (𝑡−𝜏) ∗ sin(𝑊𝐷 ∗ (𝑡 − 𝜏) )𝑑𝜏
𝑚 ∗ 𝑊𝐷
0
Ecuación de 𝐹0 en función de 𝜏:
𝐹(𝜏) = 𝐹0 = 0.5 ∗ 𝑔 ∗ 𝑚
Reemplazamos en la ecuación:
𝑡
𝐹0
∫ 𝑒 −𝜉𝑊𝐷 (𝑡−𝜏)sin(𝑊𝐷 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑋𝑝 =
𝑡𝑑 𝑚 ∗ 𝑊𝐷
0
Resolviendo la integral definida obtenemos:
Simplificando:
Factorizando:
Como resultado obtenemos:
Consideraciones:
𝑊 = 𝑊𝐷
Problema 4.8
Use la integral de Duhamel para obtener la respuesta del oscilador simple de constante de
rigidez k, masa m y la razón de amortiguación ξ, sujetos a una carga aplicada de magnitud F 0.
Asumir un desplazamiento y una velocidad inicial igual a cero.
𝑡
1
∫ 𝐹(𝜏) ∗ 𝑒 −𝜉𝜔(𝑡−𝜏) ∗ sin(𝑊𝐷 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑥(𝑡) =
𝑚 ∗ 𝑊𝐷
0
Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales 𝑥 0 = 0 𝑦 𝑥̇ 0 = 0
𝑡
1
𝑥 (𝑡) =
∫ 𝐹 (𝜏) ∗ 𝑒 −𝜉𝑊𝐷 (𝑡−𝜏) ∗ sin(𝑊𝐷 ∗ (𝑡 − 𝜏) )𝑑𝜏
𝑚 ∗ 𝑊𝐷
0
Ecuación de 𝐹0 en función de 𝜏:
𝐹(𝜏) = 𝐹0
Reemplazamos en la ecuación:
𝑡
𝐹0
∫ 𝑒 −𝜉𝑊𝐷 (𝑡−𝜏) sin(𝑊𝐷 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑋𝑝 =
𝑡𝑑 ∗ 𝐾/𝑊𝐷
0
Resolviendo la integral definida obtenemos:
Simplificando:
Factorizando:
Finalmente obtenemos:
Consideraciones:
𝑊 = 𝑊𝐷
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
Problema 4.11
Determine la respuesta de un sistema sin amortiguamiento para una fuerza de
rampa de máxima magnitud F 0 y una duración td empezando con condiciones
iniciales de desplazamiento y velocidad igual a cero
Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales 𝑥 0 = 0 𝑦 𝑥̇ 0 = 0
𝑡
1
𝑥 (𝑡) =
∫ 𝐹(𝜏) ∗ sin(𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
Ecuación de 𝐹0 en función de 𝜏:
𝜏
𝐹(𝜏) = 𝐹0 ∗ ( )
𝑡𝑑
Reemplazamos en la ecuación general
𝑡
𝐹0
𝑥 (𝑡) =
∫ 𝜏 ∗ sin(𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏) )𝑑𝜏
𝑡𝑑 𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
Resolviendo la integral definida obtenemos:
𝑥 (𝑡) =
𝐹0
𝑡
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
∗( −
)
𝑡𝑑 ∗ 𝑚 ∗ 𝑊𝑛 𝑊𝑛
𝑊𝑛 2
Extrayendo 𝑊𝑛 del paréntesis:
𝑥 (𝑡) =
Pero;
𝐹0
𝑡𝑑 ∗ 𝑚 ∗ 𝑊𝑛
∗ (𝑡 −
2
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
)
𝑊𝑛
𝑚 ∗ 𝑊𝑛 2 = 𝐾
Y; tenemos al desplazamiento estático:
Entonces;
𝐹0
𝑘
= 𝛿𝑠𝑡
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
𝑥 (𝑡) =
𝛿𝑠𝑡
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
∗ (𝑡 −
)
𝑡𝑑
𝑊𝑛
Problema 4.12
Determine el desplazamiento máximo en la parte superior de las columnas y el
esfuerzo de flexión en el pórtico a Fig. P4.3 asumiendo que las columnas están
empotradas en la base. Desprecie los efectos del empotramiento de la base.
𝐾1 =
12 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼 12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2
=
= 4271.61 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝐿3
(15 ∗ 12) 3
𝐾2 =
12 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼 12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2
=
= 1802.08 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝐿3
(20 ∗ 12) 3
𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2
𝐾 = 4271.61 + 1802.08
𝐾 = 6073.69 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝑚=
𝑊 5000
=
= 12.95 𝑙𝑏 ∗ 𝑠𝑒𝑔2/𝑖𝑛
𝑔
386
𝑚 = 12.953 𝑙𝑏 ∗ 𝑠𝑒𝑔2/𝑖𝑛
𝑚
𝑇 = 2𝜋 ∗ √ = 0.29
𝑘
𝑡𝑑
0.6
=
= 2.07
𝑇 0.29
𝐷𝐿𝐹𝑚𝑎𝑥 =
𝑋𝑚𝑎𝑥
= 1.9
𝛿𝑠𝑡
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
𝛿𝑠𝑡 =
𝐹0
5000
=
= 0.823
𝐾
6073.69
𝑋𝑚𝑎𝑥 = 1.9 ∗ 0.823
𝑋𝑚𝑎𝑥 = 1.564 𝑖𝑛
𝐾
𝑤 = √ = 21.65 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
𝑚
𝑡
1
∫ 𝐹(𝜏) ∗ sin (𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑥(𝑡) =
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
𝑡
5000
∫ sin (21.65 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑥 (𝑡) =
12.95 ∗ 21.65
0
𝑥 (𝑡) = −
8917 ∗ cos (
433 ∗ 𝑡
) − 8917 ∗ 𝑡
20
10825
𝑥(𝑡) = −(0.824 ∗ cos(21.65𝑡) − 0.824 ∗ 𝑡)
RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
Problema 4.13
Determine la máxima respuesta (desplazamiento y esfuerzos de flexión) para el
pórtico de la ilustración del Ejemplo 4.1 sujeto a una carga triangular de fuerza
inicial F 0= 6000 lb linealmente decreciendo hasta cero en un tiempo t d = 0.1 sec
𝐾1 =
12 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼 12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2
=
= 4271.61 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝐿3
(15 ∗ 12) 3
𝐾2 =
12 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼 12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2
=
= 1802.08 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝐿3
(20 ∗ 12) 3
𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2
𝐾 = 4271.61 + 1802.08
𝐾 = 6073.69 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝑚=
𝑊 6000
=
= 15.54
𝑔
386
𝑚 = 15.54 𝑙𝑏 ∗ 𝑠𝑒𝑔2/𝑖𝑛
𝑚
𝑇 = 2𝜋 ∗ √ = 0.318
𝑘
𝑡𝑑
𝑇
=
𝐷𝐿𝐹𝑚𝑎𝑥 =
𝛿𝑠𝑡 =
0.1
0.318
𝑋𝑚𝑎𝑥
𝛿 𝑠𝑡
= 0.314
= 1.9
𝐹0
6000
=
= 0.988
𝐾
6073.69
𝑋𝑚𝑎𝑥 = 1.9 ∗ 0.988
𝑋𝑚𝑎𝑥 = 1.877 𝑖𝑛
𝐾
𝑤 = √ = 19.77𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
𝑚
𝑡
1
∫ 𝐹(𝜏) ∗ sin (𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑥(𝑡) =
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
𝑡
6000
∫ sin (19.77 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑥 (𝑡) =
15.54 ∗ 19.77
0
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
1977 ∗ 𝑡
651 ∗ cos (
) − 651
100
𝑥(𝑡) = −
659
𝑥(𝑡) = −(0.988 ∗ cos(19.77𝑡) − 0.988 ∗ 𝑡)
RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
Problema 4.14
Para el sistema dinámico mostrado en la Fig.P4.14, determinar y graficar el
desplazamiento de la función en el intervamo de 0 ≤ t ≤0.5eg. No considerar
amortiguamiento.
TRAMO 01: para 0 ≤ t ≤ 0.2
𝐾 = 1000𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝑚 = 100𝑙𝑏
𝐾
𝑤 = √ = 3.162 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
𝑚
𝑡
1
∫ 𝐹(𝜏) ∗ sin (𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑥(𝑡) =
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
𝑡
1
∫ 2000 ∗ sin(3.162 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑥(𝑡) =
100 ∗ 3.162
0
𝑡
𝑥(𝑡) = 6.325 ∫ sin(3.162 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
0
1581 ∗ 𝑡
6325 ∗ cos (
) − 6325
500
𝑥(𝑡) = −
3162
𝑥(𝑡) = −(2 ∗ cos(3.162𝑡) − 2)
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA para 0 ≤ t ≤ 0.2
Debemos hallar las condiciones finales del tramo 01, que serán las iniciales en el
tramo 02
𝑥 (𝑡)𝑡=0.2 = 0.387𝑖𝑛
𝑥̇ (𝑡)𝑡 =0.2 = 3.739𝑖𝑛/𝑠𝑒𝑔
TRAMO 02: para 0.2 ≤ t ≤ 0.4
𝑡
𝑥̇
1
𝑥 (𝑡) = 𝑥 0 ∗ cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡) + 0 ∗ sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡) +
∫ 𝐹 (𝜏) ∗ sin(𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏) )𝑑𝜏
𝑊𝑛
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
𝐹 (𝜏) = 4000 − 10000𝜏
𝑡
1
𝑋𝑝 =
∫ 𝐹 (𝜏) ∗ sin(𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏) )𝑑𝜏
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
0
𝑡
1
𝑋𝑝 =
∫(4000 − 10000𝜏) ∗ sin(3.162 ∗ (𝑡 − 𝜏) )𝑑𝜏
100 ∗ 3.162
0
𝑡
𝑋𝑝 = 12.65 ∫(1 − 2.5𝜏) ∗ sin(3.162 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
0
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
1263303 ∗ sen (
𝑋𝑝 = 12.65 ∗ (
−
1977 ∗ 𝑡
1977 ∗ 𝑡
) − 9990200 ∗ cos (
) − 6325
100
100
197506254
250 ∗ 𝑡 − 100
)
1977
𝑥 (𝑡) = 12.65 ∗ (0.0064 ∗ sen(19.77 ∗ 𝑡) − 0.051 ∗ cos(19.77 ∗ 𝑡) − 6325 − 0.127
3.739
∗ 𝑡 − 0.051) + 0.387 ∗ cos(3.162 ∗ 𝑡) +
∗ sin(3.162 ∗ 𝑡)
3.162
RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA para 0.2 ≤ t ≤ 0.4
Debemos hallar las condiciones finales del tramo 01, que serán las iniciales en el
tramo 02
𝑥 (𝑡)𝑡=0.4 = 1.36 𝑖𝑛
𝑥̇ (𝑡)𝑡=0.4 = 10.905𝑖𝑛/𝑠𝑒𝑔
TRAMO 03: para 0.4 ≤ t ≤ 0.5
𝑥 (𝑡) = 𝑥 0 ∗ cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡) +
𝑥 (𝑡) = 1.36 ∗ cos(3.162 ∗ 𝑡) +
𝑥̇ 0
∗ sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
𝑊𝑛
10.905
∗ sin(3.162 ∗ 𝑡)
3.162
𝑥 (𝑡) = 1.36 ∗ cos(3.162 ∗ 𝑡) + 3.449 ∗ sin(3.162 ∗ 𝑡)
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA para 0.4 ≤ t ≤ 0.5
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
Problema 4.19
El marco de la figura P.419 (a) está sometida a un soporte horizontal como
muestra el apoyo del movimiento de la fig. P4.19 (b) .determine la deflexión
máxima absoluta del marco .asumir sin amortiguación
Solución:
𝑤
W= 20 kips
m=
k=
20000
386
3𝐸𝐼
K=
𝐿³
𝑘
wn= √𝑚
=𝑚
𝑔
m = 51 .81lb.pul/seg
3∗2.1∗106 ∗9.77
(120 )³
35.62
wn= √51.81
Analizamos por tramos:
 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.25
K=35.62
wn=0.83
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
X(t) =
1
𝑡
∫ 𝐹𝑜
𝑚𝑤𝑛 0
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
X(t) =
1
𝑡
∫ 1.0
𝑚𝑤𝑛 0
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
1
X (t) = 𝑚𝑤𝑛² (1 - coswnt)
X (t) =
1
(51.81∗0.83)
(1 – cos(0.83) t)
X (t) =0.023 (1 - cos (0.83)t)
 Tramo : 0 .25≤ t ≤ 0.5
1
𝑡
1
𝑡
X(t) = 𝑚𝑤𝑛 ∫0 𝐹𝑜 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏 + 𝑚𝑤𝑛 ∫0.25 1 −
1
0.25
X(t) = 𝑚𝑤𝑛 ∫0
1
𝑡
𝑠𝑒𝑛𝑤𝑛
(𝑡−𝜏)
(𝑡 − 𝜏) dt
𝑠𝑒𝑛𝑤𝑛
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏 + 𝑚𝑤𝑛 ∫0.25 1 − (0.20−0.25) (𝑡 − 𝜏)dt
1
1
X(t)= 𝑚𝑤𝑛² (coswn(𝑡 − 𝜏)-coswnt +1-coswn(t-𝝉) - (𝑡−𝜏)(t- 𝜏coswn(t-𝝉))1
𝑡
(senwn(𝑡 − 𝜏)+ 𝑡 −𝜏(1-coswn(𝑡 − 𝜏)
𝑤𝑛
X(t)=
x(t)=
1..∗5𝑡𝑤𝑛−5𝑠𝑒𝑛𝑤𝑛𝑡 −0.2𝑤𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛𝑡
𝑤𝑛²
1.00∗5∗0.25∗0.83−5𝑠𝑒𝑛 ( 0.83) 𝑡−0.2∗0.83cos (0.83)𝑡
(0.83)²
x(t)=
1.1−5∗𝑠𝑒𝑛 ( 0.83) 𝑡−0.17 cos( 0.83) 𝑡
0.7
Problema 4.20
Repetir el problema 4.19 para 10 % de amortiguamiento crítico
Solución:
 Ccr = 2√ 𝑘𝑚
𝑐
 ξ =𝑐𝑟
 ccr=2√(35.62)(51.81)
ccr=85.92
El desplazamiento obtenido:
1
𝑡
X(t) = 𝑚𝑤𝑛 ∫0 𝐹𝑜 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
X(t) =
 Tramo : 0 .25≤ t ≤ 0.5
1
𝑡
∫ 1.0
𝑚𝑤𝑛 0
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
X(t) =
1
𝑡
∫ 𝐹𝑜
𝑚𝑤𝑛 0
1
0.25
X(t) = 𝑚𝑤𝑛 ∫0
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏 +
1
𝑡
∫ 1
𝑚𝑤𝑛 0.25
1
−
𝑡
𝑠𝑒𝑛𝑤𝑛
(𝑡−𝜏)
(𝑡 − 𝜏) dt
𝑠𝑒𝑛𝑤𝑛
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏 + 𝑚𝑤𝑛 ∫0.25 1 − (0.20−0.25) (𝑡 − 𝜏)dt
1
1
X(t)= 𝑚𝑤𝑛² (coswn(𝑡 − 𝜏)-coswnt +1-coswn(t-𝝉) - (𝑡−𝜏)(t- 𝜏coswn(t-𝝉))1
𝑡
(senwn(𝑡 − 𝜏)+ 𝑡 −𝜏(1-coswn(𝑡 − 𝜏)
𝑤𝑛
X(t)=
x(t)=
1..∗5𝑡𝑤𝑛−5𝑠𝑒𝑛𝑤𝑛𝑡 −0.2𝑤𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛𝑡
𝑤𝑛²
1.00∗5∗0.25∗0.83−5𝑠𝑒𝑛 ( 0.83) 𝑡−0.2∗0.83cos (0.83)𝑡
(0.83)²
x(t)=
1.1−5∗𝑠𝑒𝑛 ( 0.83) 𝑡−0.17 cos( 0.83) 𝑡
0.7
x(t)= 1.57 -1.57t-0.16t
,t= 0.3 seg
El amortiguamiento criticó es igual a:
 Ccr = 2√ 𝑘𝑚
Si el amortiguamiento es el 10 % del crítico entonces:
C=0.10 ccr
C=0.10 x85.92 = 8,6
Wd= wn √1 − 𝜉²
Wd= 0.893√1 − (0.10)²
X(t)=
X(t)=
Wd=0.89
1∗5𝑡𝑤𝑑 −5𝑠𝑒𝑛𝑤𝑑𝑡 −0.2𝑤𝑑 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑑𝑡
𝑤𝑑²
1𝑥5𝑥0.3𝑥0.89−5𝑠𝑒𝑛 ( 0.89) 𝑥0.3−0.2𝑥0.89 cos( 0.89) 𝑥0.3
(0.83)²
X(t)=0.19 m
Problema 4.21
Un sistema estructural modelado por el oscilador simple con 10% (ξ= 0.10) de
amortiguamiento crítico se somete a la carga impulsiva como se muestra en fig.
4.21 determine la respuesta.
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
𝑤
Solución:
𝑔
=𝑚
10
m= 386
m = 0.025lb.pul/seg
𝑘
10000
wn= √𝑚
wn= √ 0.025
wn=632.5
El amortiguamiento criticó es igual a:
 Ccr = 2√ 𝑘𝑚
Si el amortiguamiento es el 10 % del crítico entonces:
C=0.10 ccr
C=0.10 x31.62 =3.162
Wd= wn √1 − 𝜉²
Wd= 632.5√1 − (0.10)²
1
Wd=629.3
𝑡
X(t) = 𝑚𝑤𝑛 ∫0 𝐹𝑜 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
Para el intervalo
 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.1
𝑡 𝐹𝑜
X(t) = 𝑤𝑛 ∫0
X(t) =
𝑤𝑛
𝑡
∫
0.1 0
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
𝑡1
5000 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
Integrando por partes obtenemos:
X(t)=
𝑊𝑛𝑥𝐹𝑜
cos 𝑤𝑛 (𝑡−𝜏)
𝑡1
𝑤𝑛
(
Evaluando
X(t)= 𝑤𝑛(
𝑡
𝑡1
+
sen 𝑤𝑛 𝑡
𝑤𝑛𝑡
Para el intervalo t1<t
)
para 0 <t<0.1
+
sen 𝑤𝑛 (𝑡−𝜏)
𝑤𝑛²
)
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
𝑡 𝐹𝑜
X(t) = 𝑤𝑛 ∫0
X(t)=
𝑡1
𝑡𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
𝑊𝑛𝑥𝐹𝑜
cos 𝑤𝑛 (𝑡−𝜏)
𝑡1
𝑤𝑛
(
+
sen 𝑤𝑛 (𝑡−𝜏)
𝑤𝑛²
)
Evaluando y reduciendo:
X(t)= 5000(
sen 𝑤𝑛 ( 𝑡−𝑡1) −𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛 𝑡
5000𝑥𝑡1
X(t)= 5000(
X(t)= 5000(
+ cos wn (t-t1) )
sen 𝑤𝑑 ( 𝑡−𝑡1) −𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑑 𝑡
5000𝑥𝑡1
sen 𝑥629.3 ( 𝑡−0.1) −𝑠𝑒𝑛 (629.3) 𝑡
5000𝑥0 .1
para 0.1<t
+ cos wd(t-t1) )
+ cos (629.3)(t-0.1) )
despejando :
t=1.1 seg
Reemplazando en la ecuación del movimiento:
X(t)= 5000(
X(t)= 5000(
sen 𝑤𝑑 ( 𝑡−𝑡1) −𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑑 𝑡
5000𝑥𝑡1
sen 𝑥629.3 ( 1.1−0.1) −𝑠𝑒𝑛 ( 629.3) 𝑥1.1
5000𝑥0.1
+ cos wd(t-t1) )
+ cos (629.3)(1.1-0.1) )
X(t)= 55 cm
Problema 4.22
Una torre de agua modelada como se muestra en la fig. 4.22 (a).Se somete a un
choque de tierra dada por la función representada en la fig. 4.22 (b).Determinar:
a) el desplazamiento máximo en la parte superior de la torre y.
b) la fuerza cortante máximo en la base de la torre de amortiguación negligencia.
Utilizar paso de tiempo para la integración.
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
Solución:
𝑤
m=
w = 6000lb
=𝑚
𝑔
6000
m = 15.54lb.pul/seg
386
𝑘
10⁵
wn= √𝑚
wn= √15.54
wn=80.22 rad /seg²
a(t)/g=10 е−10𝑡 entonces :
F= m.a
F= m x gx10 е−10𝑡
Tramo:
t< 0.23 seg
X= xo cos wn +
𝑥̇
𝑤𝑛
X(t) =
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡+
1
𝑡
∫ 𝐹𝑒𝑥𝑡
𝑚𝑤𝑛 0
1
1
𝑡
∫ 𝐹𝑒𝑥𝑡
𝑚𝑤𝑛 0
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
𝑡
X(t) = 𝑚𝑤𝑛 ∫0 𝑎𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
1
𝑡
X(t) = 𝑚𝑤𝑛 ∫0 10е−10𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝑡.
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
Problema 4.23
Repetir el problema 4.23 para 10 % de amortiguamiento crítico.
Solución:
 Ccr = 2√ 𝑘𝑚
𝑐
 ξ =𝑐𝑟
 ccr=2√(100000)(15.54)
ccr=1554000
El desplazamiento obtenido:
X(t) =
1
𝑡
∫ 𝐹𝑜
𝑚𝑤𝑛 0
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
Si el amortiguamiento es el 10 % del crítico entonces:
C=0.10 ccr
C=0.10 x1554000=155400
Wd= wn √1 − 𝜉²
Wd=80.22√1 − (0.10)²
X(t) =
1
𝑡
∫ 𝐹𝑜
𝑚𝑤𝑛 0
Wd= 79.82
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
Para el intervalo
 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.23
𝑡 𝐹𝑜
X(t) = 𝑤𝑛 ∫0
X(t) =
𝑤𝑛
𝑡1
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
𝑡
∫ 10𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
0.23 0
Integrando por partes obtenemos:
X(t)=
𝑊𝑛𝑥𝐹𝑜
cos 𝑤𝑛 (𝑡−𝜏)
𝑡1
𝑤𝑛
(
+
sen 𝑤𝑛 (𝑡−𝜏)
𝑤𝑛²
)
Evaluando
X(t)= 10000(
sen 𝑤𝑛 ( 𝑡−𝑡1) −𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛 𝑡
10000𝑥𝑡1
X(t)= 10000(
X(t)= 1000(
sen 𝑤𝑑 ( 𝑡−𝑡1) −𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑑 𝑡
10000𝑥𝑡1
sen 𝑥 ( 𝑡−0.1) −𝑠𝑒𝑛 (79.82) 𝑡
10000𝑥0.1
+ cos wn (t-t1) )
para 0.23<t
+ cos wd(t-t1) )
+ cos (72.82)(t-0.1) )
despejando :
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
t=1.52
Reemplazando en la ecuación del movimiento:
sen 𝑤𝑑 ( 𝑡−𝑡1) −𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑑 𝑡
X(t)= 10000(
X(t)= 10000(
10000𝑥𝑡1
sen 𝑥629.3 ( 1.52−0.23) −𝑠𝑒𝑛 ( 79.82) 𝑥1.1
10000𝑥0.23
+ cos wd(t-t1) )
+ cos (79.82)(1.52-0.23) )
X(t)= 0.52 m
Problema 4.24
Determinar la respuesta máxima de la torre del problema. 4.22 cuando se somete
a la aceleración del suelo impulsivo representado en la fig. 4.24
Solución:
𝑤
W= 6000lb
m=
6000
m=
386
𝑘
wn= √
𝑔
wn= √
𝑚
=𝑚
m = 15.54lb.pul/seg
10⁵
15.54
wn=80.22 rad /seg²
Si la ecuación es: a (t) = sen 15.71t
Ecuación de desplazamiento:
X= xo cos wn +
Analizamos por tramos:
𝑥̇
𝑤𝑛
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡+
1
𝑡
∫ 𝐹𝑒𝑥𝑡
𝑚𝑤𝑛 0
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN
 Tramo : t ≤ 0.2seg
1
𝑡
X(t) = 𝑚𝑤𝑛 ∫0 𝐹𝑒𝑥𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
X(t) =
1
1
𝑡
∫ 𝑎𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
𝑚𝑤𝑛 0
𝑡
X(t) = 𝑚𝑤𝑛 ∫0 𝑠𝑒𝑛 15.71 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)d 𝜏
1
X(t) = 𝑚𝑤𝑛 (
𝑤𝑛 𝑠𝑒𝑛
𝑡−𝑡1
)