3. 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.
E, I
L
k
k
W
Fig. P1.1
4. SoluciΓ³n:
ο· Calculo de rigidez:
Como son resortes conectados en paralelo, entonces:
ππ = ππ£ + ππ + ππ
Rigidez de viga en voladizo (kv), se obtiene a partir de la flecha mΓ‘xima:
Ξ΄ =
π β πΏ3
3 β πΈ β πΌ
Entonces:
ππ£ =
3πΈπΌ
πΏ3
Sustituyendo los valores de ππ£ π¦ ππ :
ππ =
3πΈπΌ
πΏ3
+ π + π
ππ =
3πΈπΌ
πΏ3
+ 2π
ππ =
3πΈπΌ + 2ππΏ3
πΏ3
ο· Calculo de frecuencia natural:
ππ = β
ππ
π
ππ = β
3πΈπΌ + 2ππΏ3
ππΏ3
ο· Calculo de periodo natural:
π =
2π
ππ
=
2π
β3πΈπΌ + 2ππΏ3
ππΏ3
6. SOLUCION:
Del Manual AISC se obtiene
ο· W10x33: IX=171 in4 y
ο· W8x24: IX=82.5 in4
E=29000 Kips/in2
EI (W10x33)=29000000(171)=4.959 X 109 lb. In2
EI (W8x24)=29000000(82.5)=2.3925 X 109 lb. In2
K=12EI/h3 (columna empotrada-empotrada)
K=3EI/h3 (columna empotrada-articulada)
π(π10π₯33) =
12(4.959 X 109
)
(12π₯12)3
= 19929.11 ππ/ππ
π(π8π₯24) =
3(2.3925 X 109
)
(12π₯12)3
= 2403.73 ππ/ππ
Como las columnas estΓ‘n en paralelo:
Kπ = k (W10x33)+ 2k (W8x24) = 19929.11 + 2(2403.73)
Kπ = 24736.57 lb/in
m =
w
g
=
50000
32.2π₯12
= 129.40 ππ.π 2
/ππ
12Β΄
W8x24
W8x24 W10x33
50kips
u
Fig. P1.3
20Β΄ 20Β΄
7. ππ = β
Kπ
π
= β
24736.57
129.40
= 13.83 πππ /π
π =
π
2π
=
13.83
2π
= 2.20 /π
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 rΓgido.
b) El miembro horizontal esta hecho de acero flexible y de secciΓ³n 18x24
SOLUCION:
a) El miembro horizontal se supone infinitamente rΓgido.
EI (W10x33)=4.959 x 109 lb. In2
Kπ = 2 (
12EI
πΏ3
) =
24(4.959 x 109 )
(15x12)3
= 20407.41 ππ/ππ
m =
w
g
=
25000
32.2π₯12
= 64.70 ππ.π 2
/ππ
15Β΄ W10x33
w=25 kips
15Β΄
u
Fig. P.1.4
8. ππ = β
Kπ
π
= β
20407.41
64.70
= 17.76 πππ /π
π =
π
2π
=
17.76
2π
= 2.83 /π
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
SOLUCION:
Para una viga doblemente empotrada, el desplazamiento mΓ‘ximo es igual a:
Ξ΄ =
ππΏ3
192πΈπΌ
=
π
π
π =
192πΈπΌ
πΏ3
ππ = β
π
π
= β
192πΈπΌπ
π€πΏ3
π =
π
2π
= (1/2π)(β
192πΈπΌπ
π€πΏ3
)
Problema 1.6
E, I
L/2
W
Fig. P1.5
L/2
11. Tomando momentos alrededor de O
ππ = π
ππΏ2
πΜ = βπππΏπ πππ
Para π pequeΓ±o, π πππ = π, entonces:
ππΏπΜ + πππ = 0
πΜ +
π
πΏ
π = 0
Frecuencia natural:
ππ = β
(
π
πΏ
)
1
= β
π
πΏ
EcuaciΓ³n de desplazamiento:
π = πππππ ππ π‘ +
ππ
Μ
ππ
π πππππ‘
π = ππcos(β
π
πΏ
π‘) + β
πΏ
π
ππ
Μ π ππ(β
π
πΏ
π‘)
Problema 1.8
Un conductor de pie al final de un trampolΓn de 2 pies de voladizo oscila a una
frecuencia de 2 cps, determinar la rigidez a la flexiΓ³n dela IE del trampolΓn, el peso
del conductor es de 180 lb.
SOLUCION:
m =
w
g
=
180
32.2
= 5.59 ππ.π 2
/ππ‘
15. Diagrama de cuerpo libre:
Fuerza del resorte:
ππ = πππ
π1 = (π)πΏπΜ
El equilibrio de los momentos con respecto al punto O:
π1L + ππ a = (ππ)πΏπ πππ
(π)πΏ2
πΜ + ππ2
π = (ππ)πΏπ πππ
Para rotaciones pequeΓ±as senΟ΄=Ο΄,entonces:
(π)πΏ2
πΜ + (ππ2
β πππΏ)π = 0
Problema 1.13
Un poste vertical de longitud L y rigidez a la flexiΓ³n EI, soporta una masa m en su
extremo superior, como se muestra en la fig. P1.13. Despreciando el peso del
poste, derive la ecuaciΓ³n diferencial para las pequeΓ±as vibraciones horizontales
de la masa, y encuentre la frecuencia natural. Suponga que los efectos de la
gravedad son pequeΓ±os y los efectos no lineales pueden despreciarse.
SOLUCION:
Para una viga en voladizo, el desplazamiento mΓ‘ximo es igual a:
x =
ππΏ3
3πΈπΌ
=
π
π
m
L
u
Fig. P1.13
18. Fig. P1.15
SoluciΓ³n:
a) Siendo :
v
k para la viga, y r
k para el resorte, tenemos:
3
3
v
EI
k
L
ο½ , r
k k
ο½
El valor de e
k equivalente se obtiene de la relaciΓ³n:
1 1 1
e r v
k k k
ο½ ο«
De donde: 3
3
3
e
kEI
k
kL EI
ο½
ο«
Y como
W
m
g
ο½ , entonces 3
3
( 3 )
e
n
k kgEI
w
m W kL EI
ο½ ο½
ο«
b) Siendo :
v
k para la viga, y r
k para el resorte, tenemos:
3
48
v
EI
k
L
ο½ , r
k k
ο½
El valor de e
k equivalente se obtiene de la relaciΓ³n:
1 1 1
e r v
k k k
ο½ ο«
De donde: 3
48
48
e
kEI
k
kL EI
ο½
ο«
Y como
W
m
g
ο½ , entonces 3
48
( 48 )
e
n
k kgEI
w
m W kL EI
ο½ ο½
ο«
c) Siendo :
v
k para la viga:
W
k
21. Fig. P1.17
SoluciΓ³n
Asumiendo la fuerza en el resorte F kx
ο½ , las reacciones en A y B son
respectivamente:
2
A
mg
R ο½ y
2
B
kx
R ο½ .
Haciendo sumatoria de fuerzas verticales tenemos
3
mg
x
k
ο½ , lo que a su vez nos
lleva a 3 ,
v
k k
ο½ donde v
k es del resorte.
Usando la ecuaciΓ³n:
1 1 1
e r v
k k k
ο½ ο«
tenemos
3
4
e
k
k ο½ .
Luego
3
4
n
k
w
m
ο½ .
k
a
m
a
a
a
22. Problema 1.18
Determine la frecuencia natural de vibraciΓ³n en la direcciΓ³n vertical para el
cimiento rΓgido (Fig. P1.18) que transmite una carga uniformemente distribuida
hacia el suelo teniendo una fuerza resultante 2000
Q kN
ο½ . El Γ‘rea The Γ‘rea of the
foot del cimiento es 2
10
A m
ο½ . El coeficiente de compresiΓ³n elΓ‘stica del suelo es
3
25,000 /
k kN m
ο½ .
Fig. P1.18
ust
q
Q
23. SoluciΓ³n
Se tiene que 3 2 4
25,000 / .10 (25)10 /
k kN m m kN m
ο½ ο½ , 2
m 2000 / (9.81 / )
kN m seg
ο½
Por tanto
35.02 /
n
w rad seg
ο½ .
Problema 1.19
Calcule la frecuencia natural de vibraciΓ³n libre de un tubo de lΓ‘mpara sobre un cimiento
elΓ‘stico (Fig. P1.19), permitiendo la rotaciΓ³n de la estructura como un cuerpo rΓgido 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 rotaciΓ³n de la
unidad).
Fig. P1.19
W
h
b
a
x
x
24. SoluciΓ³n
La ecuaciΓ³n del equilibrio dinΓ‘mico es:
0. 0
s
I u f
ο± ο« ο½
g
g
;
2 2
0 .
12
a b
I m
ο«
ο½ ; .
s
f k u
ο± ο±
ο½ ;
.
2
AE h
kο± ο½
26. . . 0 0
0
. .
( ) ( cos( ) ( ))
n
w t n
D D
D
v x w
x t e x w t sen w t
w
οΈ οΈ
ο ο«
ο½ ο«
ππ = β
192πΈπΌπ
π€πΏ3
= β
192(10)9(32.2π₯12)
5000(120)3
= 92.66 πππ/π
10%;
οΈ ο½ 2
1 92.1955 /
D n
w w rad seg
οΈ
ο½ ο ο½
Con estos valores visualizamos la grΓ‘fica de ( )
x t
Se observa que prΓ‘cticamente ha cesado el movimiento, esto es:
(2) 0.00
x in
ο½ , (2) 0.00 /
v in seg
ο½
Aunque matemΓ‘ticamente, usando la fΓ³rmula:
(2)
(2) 0.00337 /
dx
v in seg
dt
ο½ ο½ .
31. Se tiene que 1 1
1 2
. ...
i i i i k
i k i i i k
u u u u
u u u u
ο« ο« ο
ο« ο« ο« ο«
ο½ , luego: 1 1
1 2
ln ln . ...
i i i i k
i k i i i k
u u u u
u u u u
ο« ο« ο
ο« ο« ο« ο«
ο¦ οΆ ο¦ οΆ
ο½
ο§ ο· ο§ ο·
ο¨ οΈ ο¨ οΈ
Entonces
1 1
1 2
ln ln ln ... ln
i i i i k
i k i i i k
u u u u
u u u u
ο« ο« ο
ο« ο« ο« ο«
ο¦ οΆ ο¦ οΆ ο¦ οΆ ο¦ οΆ
ο½ ο« ο« ο«
ο§ ο· ο§ ο· ο§ ο· ο§ ο·
ο¨ οΈ ο¨ οΈ ο¨ οΈ ο¨ οΈ
es decir: ln ...
i
i k
u
u
ο€ ο€ ο€
ο«
ο¦ οΆ
ο½ ο« ο« ο«
ο§ ο·
ο¨ οΈ
; k veces
ο , por tanto:
ln .
i
i k
u
k
u
ο€
ο«
ο¦ οΆ
ο½
ο§ ο·
ο¨ οΈ
Problema 2.9
SE ha estimad que la amortiguaciΓ³n del sistema del Problema 1.11 es el 10% del valor crΓtico.
Determine la frecuencia amortiguada D
f del sistema y el valor absoluto del coeficiente de
amortiguaciΓ³n c .
SoluciΓ³n
Se establece el sistema de ecuaciones diferenciales
1
2
( ) ( , )
( ) ( , )
x t s x
t s x
ο±
ο± ο±
ο½
ο½
gg
gg
Con la matriz de masas y de rigidez se halla w , y por tanto D
w , luego se halla D
f .
Problema 2.10
Un sistema de un grado de libertad consiste de una masa de peso de 386 lb y una constante de
rigidez 3000 /
k lb in
ο½ . Al probar el sistema se encontrΓ³ que una fuerza de 100lb produce una
velocidad relativa de 12 /
in seg . Encontrar
a) La razΓ³n de amortiguaciΓ³n, οΈ .
b) La frecuencia natural de vibraciΓ³n, D
f .
c) Decremento logarΓtmico,ο€ .
d) La razΓ³n entre dos amplitudes consecutivas
SoluciΓ³n
32. Se tiene que .
F cv
ο½ entonces 100 .(12 / )
lb c in seg
ο½ . Luego 8.3333 . /
c lb seg in
ο½
Asimismo
2
.
2 2 (3000 )(386 )( ) 109.4878
32.2(12 )
cr
lb seg lb seg
c km lb
in in in
ο½ ο½ ο½
3000(32.2)(12)
54.80 /
386
k
w rad seg
m
ο½ ο½ ο½
a)
8.3333
0.0761
109.4878
cr
c
c
οΈ ο½ ο½ ο½ = 7.6112%
b)
2
2
0.1150
1
D
T seg
w
ο°
οΈ
ο½ ο½
ο
entonces
1
8.6957
D
D
f hertz
T
ο½ ο½
c)
2
2
0.4796
1
ο°οΈ
ο€
οΈ
ο½ ο½
ο
d) 1
2
1.6154
u
e
u
ο€
ο½ ο½
Problema 2.11
Resuelve el Problema 2.10 cuando el coeficiente de amortiguaciΓ³n es c = 2 lb.sec/in
Para este caso ya no considerarΓamos los datos de la fuerza ni la velocidad producida por esta,
asΓ tenemos que la frecuencia natural estΓ‘ dada por:
ππ = β
π
π
ππ = β
3000 ππ/ππ
386 ππ/386 ππ/π ππ2
ππ = 10β30 rad/seg
ππ = ππ.πππ πππ /πππ
Y el amortiguamiento crΓtico:
33. πͺππ =
ππ
ππ
πΆππ =
2 β 3000ππ/ππ
10β30 πππ/π ππ2
πΆππ = 20β30 ππ.π ππ/ππ
πͺππ = πππ.πππ ππ.πππ/ππ
a) La razΓ³n de amortiguaciΓ³n π
π =
πͺ
πͺππ
π =
2
20β30
π =
1
10β30
π = π.πππ = ππ.π%
b) El perΓodo de amortiguaciΓ³n
Calculamos la frecuencia de amortiguaciΓ³n:
ππ« = ππβπ β ππ
ππ« = ππ.πππ πππ /πππ
El periodo de amortiguaciΓ³n:
π»π« =
ππ
ππ«
ππ· =
2π
54.763
= 0.115 seg
c) El decremento logarΓtmico, πΉ
34. πΉ =
ππ π
βπ β ππ
πΏ =
2π β 0.183
β1 β 0.1832
πΉ = π. ππ
d) La razΓ³n entre dos amplitudes consecutivas mΓ‘ximas:
Despejamos la relaciΓ³n de la ecuaciΓ³n:
πΉ = ππ (
ππ
ππ+π
)
ππ
ππ+π
= ππ.ππ
ππ
ππ+π
= π. ππ
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 amortiguaciΓ³n cE en el modelo analΓtico mostrado en
la Fig. P2.12. Asumir que el amortiguamiento es igual al 10% del amortiguamiento crΓtico.
kE
cE
u
L
k
W
u
(a)
mg
35. SoluciΓ³n:
La constante de rigidez ππ para la viga en voladizo es obtenida de la deflexiΓ³n πΏ resultante de
la fuerza P aplicada al final de la viga:
πΏ =
ππΏ3
3πΈπΌ
Entonces,
ππ =
π
πΏ
=
3πΈπΌ
πΏ3
La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuaciΓ³n de resortes en serie:
1
ππΈ
=
1
π
+
1
ππ
ππ¬ =
π β
ππ¬π°
π³π
π +
ππ¬π°
π³π
La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:
ππΈ =
π
π
El amortiguamiento crΓtico es:
πππ = 2βππΈππΈ
πππ = 2β
π β
3πΈπΌ
πΏ3
π +
3πΈπΌ
πΏ3
β
π
π
El coeficiente de amortiguamiento ππΈ es calculado por:
π =
ππΈ
πππ
36. ππ¬ = ππβ
π β
ππ¬π°
π³π
π +
ππ¬π°
π³π
β
πΎ
π
Considerando los datos del ejercicio tenemos:
π =
π. ππͺππ
πͺππ
π = π. π
ππΈ = 0.22β
π β
3πΈπΌ
πΏ3
π +
3πΈπΌ
πΏ3
β
π
π
SOLUCIΓN:
La constante de rigidez ππ para la viga simplemente apoyada es obtenida de la deflexiΓ³n πΏ
resultante de la fuerza P aplicada en el centro de la viga:
ππ =
π
πΏ
=
48πΈπΌ
πΏ3
W
u
k
L/2 L/2
(b)
37. πΏ =
ππΏ3
48πΈπΌ
Entonces,
La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuaciΓ³n de resortes en serie:
1
ππΈ
=
1
π
+
1
ππ
ππΈ =
πππ
π + ππ
ππ¬ =
π β
πππ¬π°
π³π
π +
πππ¬π°
π³π
La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:
ππΈ =
π
π
El amortiguamiento crΓtico es:
πππ = 2βππΈππΈ
πππ = 2β
π β
48πΈπΌ
πΏ3
π +
48πΈπΌ
πΏ3
β
π
π
El coeficiente de amortiguamiento ππΈ es calculado por:
π =
ππΈ
πππ
ππΈ = 2π β β
π β
48πΈπΌ
πΏ3
π +
48πΈπΌ
πΏ3
β
π
π
Considerando los datos del ejercicio tenemos:
π =
0.1πΆππ
πΆππ
38. π = π. π
ππ¬ = π. π β β
π β
πππ¬π°
π³π
π +
πππ¬π°
π³π
β
πΎ
π
La constante de rigidez ππ para la viga simplemente apoyada es obtenida de la deflexiΓ³n πΏ
resultante de la fuerza P aplicada a una distancia a de la viga, y considerando que a>b:
πΏ =
ππ
3πΏπΈπΌ
[
π(πΏ + π)
3
]
3
2
Entonces,
ππ =
π
πΏ
=
3πΏπΈπΌ
π
[
3
π(πΏ + π)
]
3
2
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:
ππΈ =
3πΏπΈπΌ
π
[
3
π(πΏ + π)
]
3
2
La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:
ππΈ =
π
π
El amortiguamiento crΓtico es:
πππ = 2βππΈππΈ
W
u
a b
(c)
39. πππ = 2β3πΏπΈπΌ
π
[
3
π(πΏ + π)
]
3
2
β
π
π
El coeficiente de amortiguamiento ππΈ es calculado por:
π =
ππΈ
πππ
ππΈ = 2π β β3πΏπΈπΌ
π
[
3
π(πΏ + π)
]
3
2
β
π
π
Considerando los datos del ejercicio tenemos:
π =
π. ππͺππ
πͺππ
π = π. π
ππΈ = 0.2 ββ3πΏπΈπΌ
π
[
3
π(πΏ + π)
]
3
2
β
π
π
W
u
k
a b
(d)
40. SoluciΓ³n:
La constante de rigidez ππ para la viga simplemente apoyada es obtenida de la deflexiΓ³n πΏ
resultante de la fuerza P aplicada en el centro de la viga:
πΏ =
ππ
3πΏπΈπΌ
[
π(πΏ + π)
3
]
3
2
Entonces,
ππ =
π
πΏ
=
3πΏπΈπΌ
π
[
3
π(πΏ + π)
]
3
2
La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuaciΓ³n de resortes en serie:
1
ππΈ
=
1
π
+
1
ππ
ππΈ =
πππ
π + ππ
ππ¬ =
π β
ππ³π¬π°
π
[
π
π(π³ + π)
]
π
π
π +
ππ³π¬π°
π
[
π
π(π³ + π)
]
π
π
La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:
ππΈ =
π
π
El amortiguamiento crΓtico es:
πππ = 2βππΈππΈ
πππ = 2
β
π β
3πΏπΈπΌ
π
[
3
π(πΏ + π)
]
3
2
π +
3πΏπΈπΌ
π
[
3
π(πΏ + π)
]
3
2
β
π
π
El coeficiente de amortiguamiento ππΈ es calculado por:
41. ΞΎ =
ππΈ
πππ
ππΈ = 2π β
β
π β
3πΏπΈπΌ
π
[
3
π(πΏ + π)
]
3
2
π +
3πΏπΈπΌ
π
[
3
π(πΏ + π)
]
3
2
β
π
π
Considerando los datos del ejercicio tenemos:
π =
0.1πΆππ
πΆππ
π = 0.1
ππ¬ = π. π β
β
π β
ππ³π¬π°
π
[
π
π(π³ + π)
]
π
π
π +
ππ³π¬π°
π
[
π
π(π³ + π)
]
π
π
β
πΎ
π
Problema 2.13
Un generador de vibraciΓ³n con dos pesos cada uno de 30 lb con una excentricidad de 10 in
que rotan alrededor del eje vertical en direcciones opuestas estΓ‘ montado en el techo de un
edificio de un piso con un techo que pesa 300 kips. Se observa que la mΓ‘xima aceleraciΓ³n
lateral de 0,05g ocurre cuando el generador vibrador estΓ‘ rotando a 400 rpm. Determine la
amortiguaciΓ³n en la estructura.
SOLUCIΓN:
Consideramos el comportamiento del generador de vibraciΓ³n:
42. PosiciΓ³n inicial y posiciΓ³n y fuerzas en el tiempo t
La amplitud de la aceleraciΓ³n en estado estacionario de un sistema de 1GDL estΓ‘ dada por el
valor mΓ‘ximo de la ecuaciΓ³n:
π
Μ π =
πππ
π
ππ
πΉπ =
πππ
π
ππ
(
π
ππ
)
π
πΉπ
Donde el factor de amplificaciΓ³n dinΓ‘mica de aceleraciΓ³n π πse relaciona con π πmediante:
π π = (
π
ππ
)
2
π π
Entonces tenemos π π = 1
2
β ΞΎ y ππ = π, despejamos el coeficiente de amortiguaciΓ³n:
ΞΎ =
ππ
2π’Μ0π
ππ2
Reemplazando datos tenemos:
ΞΎ =
2 β 0.3
2 β 19.3 β 300
β 10 β (
40π
3
)
2
ΞΎ = 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 amortiguaciΓ³n c como se muestra en la Fig. P2.14. Determine para este
sistema la ecuaciΓ³n diferencial del movimiento en funciΓ³n del movimiento relativo entre las
dos masas, ur = u2 β u1
Fig. P2.14
U1 U2
k
c
m1 m2
44. Problema 3.1
Demostrar que durante un ciclo en vibraciΓ³n armΓ³nica, el trabajo WF de la fuerza externa es igual
a la energΓa disipada por la fuerza amortiguadora expresada en la ecuaciΓ³n (3.30)
πΈπ· = 2πππππ2
SOLUCIΓN:
Durante un ciclo, el trabajo de la fuerza externa πΉ = πΉ0 sin ππ‘ es:
π
πΉ = β« πΉ0 sin ππ‘ ππ¦
2π /π
0
= β« πΉ0 sin ππ‘
ππ’
ππ‘
ππ‘
2π /π
0
ππΉ = β« πΉ0 sin ππ‘ π’Μ(π‘)ππ‘
2π/π
0
De la ecuaciΓ³n (3.29):
π’Μ (π‘) = ππ cos(ππ‘ β π)
Reemplazando en ππΉ , tenemos:
ππΉ = β« (πΉ0 sin ππ‘)(ππcos(ππ‘ β π) ππ‘)
2π /π
0
π
πΉ = ππΉ0 π sin π
Para demostrar que el trabajo, π
πΉ , de la fuerza excitada da por ecuaciΓ³n (a) es igual a la energΓa
disipada, πΈπ·, por la fuerza viscosa en la ecuaciΓ³n (3.30), necesitamos sustituir el seno del Γ‘ngulo π:
tan π =
2ππ
1 β π2
sin π
cosπ
=
2ππ
1 β π2
sin2
π
sin2 π + cos2 π
=
(2ππ)2
(1 β π2)2 + (2ππ)2
sin π =
2ππ
β(1 β π2)2 + (2ππ)2
π =
π’π π‘
β(1 β π2)2 + (2ππ)2
48. πΉ0 = πΒ΄ππ2
Reemplazando:
πΉ0 =
1
386π
β π β 94.2482
πΉ0 = 23.012 ππ
La amplitud del movimiento permanente es:
π =
πΉ0
π
β
β(1 β π2)2 + (2ππ)2
Reemplazando:
π =
23.012
26255.14403
β
β(1 β 0.9362)2 + (2 β 0.936 β 0.1)2
π = 4.43 ππ
Problema 3.3
Determine la mΓ‘xima fuerza transmitida para los soportes de la viga en el Problema 3.2
SOLUCIΓN:
La mΓ‘xima fuerza transmitida para los soportes de la viga serΓa:
ππππ₯ =
ππ
2
ππππ₯ =
26255.14403 β 4.43
2
ππππ₯ = 58155.14403 ππ
ππππ₯ = 58.155 ππ
Problema 3.4
Determine la amplitud permanente del movimiento horizontal del pΓ³rtico de acero de la Fig.
P3.4. Considere el miembro superior del pΓ³rtico infinitamente rΓgido y desprecie la masa de
las columnas y la amortiguaciΓ³n en el sistema.
49. Fig. P3.4
SOLUCIΓN:
La estructura puede ser modelada para el anΓ‘lisis dinΓ‘mico como el oscilador simple con
amortiguador. Los parΓ‘metros de este modelo se calculan:
π =
3πΈ(2πΌ)
πΏ3
π =
3 β 29 β 106
(2 β 171)
(15 β 12)3
π = 5101.852 ππ/ππ
π’π π‘ =
πΉ0
π
=
5000
5101.852
= 0.98 ππ
π = β
π
π
= β
5101.852
2000 β 20/386
= 7.017 πππ/π ππ2
π =
π
π
=
12
7.017
= 1.71
La amplitud del movimiento permanente, despreciando la amortiguaciΓ³n de la estructura:
W=2kp/ft
F(t)=5sen12t(kp)
20Β΄
W10X33
15Β΄
50. π =
π’π π‘
β(1 β π2 )2
,
Reemplazando:
π =
0.98
β(1 β 1.712)2
π = 0.509 ππ
Problema 3.5
Resolver para el Problema 3.4 asumiendo que la amortiguaciΓ³n en el sistema es 8% de la
amortiguaciΓ³n crΓtica.
SOLUCIΓN:
Consideramos el amortiguamiento de 8% en la estructura, la amplitud del movimiento
permanente es:
π =
π’π π‘
β(1 β π2)2 + (2ππ)2
π = 0.08
Reemplazando:
π =
0.98
β(1 β 1.712)2 + (2 β 1.71 β 0.08)2
π = 0.504 ππ
Problema 3.6
Para el Problema 3.5 determine:
a) La mΓ‘xima fuerza transmitida al cimiento
SOLUCIΓN:
π΄π = πΉ0β
1 + (2ππ)2
(1 β π2)2 + (2ππ)2
π΄π = 5000β
1 + (2 β 0.08 β 1.71)2
(1β 1.712)2 + (2 β 0.08 β 1.71)2
π΄π = 3059.219 ππ
51. π΄π = 3.059 ππ
b) La transmisibilidad
ππ =
π΄π
πΉ0
= β
1 + (2ππ)2
(1 β π2)2 + (2ππ)2
ππ = β
1 + (2 β 0.08 β 1.71)2
(1 β 1.712)2 + (2 β 0.08 β 1.71)2
ππ = 0.612
Problema 3.8
El depΓ³sito de agua mostrado en la Fig. P3.8 estΓ‘ sometido al movimiento del terreno
producido por un tren que pasa en la cercanΓa. 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 relaciΓ³n a su
cimiento. Suponga que la amortiguaciΓ³n efectiva es del 10% dela amortiguaciΓ³n crΓtica del
sistema
Fig. P3.8
SOLUCIΓN:
Calculamos la frecuencia natural:
u
W=100kp
K=3000kp/ft
Us(t)
67. ObservaciΓ³n: Las respuestas en el libro estΓ‘n 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 pΓ³rtico 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 rΓgida. 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:
πΎ1 =
12πΈπΌ
π»13
Para la columna de la derecha, tenemos:
πΎ2 =
3πΈπΌ
π»23
Para la rigidez total de las columnas, sumamos estas dos:
68. πΎ = πΈπΌ β (
12
π»13
+
3
π»23
)
SegΓΊn 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 estΓ‘ en
βxβ, asΓ que: I=82.7
AdemΓ‘s: H1=15 pies =180 pulgadas
H2=20 pies=240 pulgadas
Reemplazando en la ecuaciΓ³n:
Obtenemos: K=5455.238 lb/pulg
Ahora hallamos la frecuencia natural del sistema, sabiendo que:
W viga=20*10^3lb
Entonces:
π€π = β
5455.238 β 386
20 β 103
π€π = 10.26 πππ/π ππ
Para una fuerza que decrece linealmente de 0 a 0.6, tenemos la siguiente ecuaciΓ³n,
demostrada en el libro
F(t)
T(seg)
Para valores t<td
π₯(π‘) =
πΉπ
πΎ
β [(1 β cos(π€ππ‘)) +
1
π‘π
β (
π ππ(π€π β π‘)
π€π
β π‘)]
Entonces el desplazamiento para un valor de t=0.5, teniendo en cuenta que td=0.6
Fo=5Kip
s
0 0.6
69. Fo=5*10^3 lb
K=5455.238 lb/pulg
wn=10.26 rad/seg
Reemplazando estos valores en la ecuaciΓ³n, anterior, tenemos:
X(t)=-0.355 pulgβ¦respuesta de la pregunta(a)
Problema 4.5
Para el tiempo de carga en la Fig. P4.5, derive la expresiΓ³n para el factor de carga dinΓ‘mica
para el oscilador simple no amortiguado como una funciΓ³n de t, Οy π‘π·
TRAMO 01.- 0 β€ tβ€ td
EcuaciΓ³n de general, asumiendo las condiciones iniciales π₯0 = 0 π¦ π₯Μ0 = 0
π₯(π‘) =
1
π β π
π
β« πΉ(π) β sin(π
π β (π‘ β π))ππ
π‘
0
EcuaciΓ³n de πΉ0 en funciΓ³n de π:
πΉ(π) = πΉ0 β (
π
π‘π
)
Reemplazamos en la ecuaciΓ³n general
π₯(π‘) =
πΉ0
π‘ππ β ππ
β« π β sin(π
π β (π‘ β π))ππ
π‘
0
Resolviendo la integral definida obtenemos:
F(t)
F0
td)
FigP4.5
74. Problema 4.7
Repite el problema 4.6para el 10% del amortiguamiento crΓtico
ΞΎ= 10%
EcuaciΓ³n de general, asumiendo las condiciones iniciales π₯0 = 0 π¦ π₯Μ0 = 0
π₯(π‘) =
1
π β π
π·
β«πΉ(π) β πβπππ· (π‘βπ)
β sin(ππ· β (π‘ β π))ππ
π‘
0
EcuaciΓ³n de πΉ0 en funciΓ³n de π:
πΉ(π) = πΉ0 = 0.5 β π β π
Reemplazamos en la ecuaciΓ³n:
ππ =
πΉ0
π‘ππ β ππ·
β«πβπππ·(π‘βπ)sin(ππ· β (π‘ β π))ππ
π‘
0
75. Resolviendo la integral definida obtenemos:
Simplificando:
Factorizando:
Como resultado obtenemos:
Consideraciones: π = π
π·
76. Problema 4.8
Use la integral de Duhamel para obtener la respuesta del oscilador simple de constante de
rigidez k, masa m y la razΓ³n de amortiguaciΓ³n ΞΎ, sujetos a una carga aplicada de magnitud F0.
Asumir un desplazamiento y una velocidad inicial igual a cero.
π₯(π‘) =
1
π β ππ·
β« πΉ(π) β πβππ(π‘βπ) β sin(ππ· β (π‘ β π))ππ
π‘
0
EcuaciΓ³n de general, asumiendo las condiciones iniciales π₯0 = 0 π¦ π₯Μ0 = 0
π₯(π‘) =
1
π β π
π·
β«πΉ(π) β πβπππ· (π‘βπ)
β sin(ππ· β (π‘ β π))ππ
π‘
0
EcuaciΓ³n de πΉ0 en funciΓ³n de π:
πΉ(π) = πΉ0
Reemplazamos en la ecuaciΓ³n:
ππ =
πΉ0
π‘π β πΎ/ππ·
β«πβπππ·(π‘βπ)sin(ππ· β (π‘ β π))ππ
π‘
0
77. Resolviendo la integral definida obtenemos:
Simplificando:
Factorizando:
Finalmente obtenemos:
Consideraciones: π = π
π·
87. DINΓMICA ESTRUCTURAL 5Β°EDICIΓN
Problema 4.19
El marco de la figura P.419 (a) estΓ‘ sometida a un soporte horizontal como
muestra el apoyo del movimiento de la fig. P4.19 (b) .determine la deflexiΓ³n
mΓ‘xima absoluta del marco .asumir sin amortiguaciΓ³n
SoluciΓ³n:
W= 20 kips
π€
π
= π
m=
20000
386
m = 51 .81lb.pul/seg
k=
3πΈπΌ
πΏΒ³
K=
3β2.1β106
β9.77
(120 )Β³
K=35.62
wn= β
π
π
wn= β
35.62
51.81
wn=0.83
Analizamos por tramos:
ο Tramo : 0 β€ t β€ 0.25
89. DINΓMICA ESTRUCTURAL 5Β°EDICIΓN
X(t) =
1
ππ€π
β« πΉπ π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π +
1
ππ€π
β« 1 β
π πππ€π
(π‘βπ)
(π‘ β π)
π‘
0.25
dt
X(t) =
1
ππ€π
β« π ππ π€π(π‘ β π)
0.25
0
d π +
1
ππ€π
β« 1 β
π πππ€π
(0.20β0.25)
(π‘ β π)
π‘
0.25
dt
X(t)=
1
ππ€πΒ²
(coswn(π‘ β π)-coswnt +1-coswn(t-π) -
1
(π‘βπ)
(t- πcoswn(t-π))-
1
π€π
(senwn(π‘ β π)+
π‘
π‘βπ
(1-coswn(π‘ β π)
X(t)=
1..β5π‘π€πβ5π πππ€ππ‘β0.2π€π πππ π€ππ‘
π€πΒ²
x(t)=
1.00β5β0.25β0.83β5π ππ(0.83)π‘β0.2β0.83cos(0.83)π‘
(0.83)Β²
x(t)=
1.1β5βπ ππ(0.83)π‘β0.17 cos(0.83)π‘
0.7
x(t)= 1.57 -1.57t-0.16t ,t= 0.3 seg
El amortiguamiento criticΓ³ es igual a:
οΆ Ccr = 2βππ
Si el amortiguamiento es el 10 % del crΓtico entonces:
C=0.10 ccr C=0.10 x85.92 = 8,6
Wd= wn β1 β πΒ²
Wd= 0.893β1 β (0.10)Β² Wd=0.89
X(t)=
1β5π‘π€π β5π πππ€ππ‘β0.2π€π πππ π€ππ‘
π€πΒ²
X(t)=
1π₯5π₯0.3π₯0.89β5π ππ(0.89)π₯0.3β0.2π₯0.89 cos(0.89)π₯0.3
(0.83)Β²
X(t)=0.19 m
Problema 4.21
Un sistema estructural modelado por el oscilador simple con 10% (ΞΎ= 0.10) de
amortiguamiento crΓtico se somete a la carga impulsiva como se muestra en fig.
4.21 determine la respuesta.
90. DINΓMICA ESTRUCTURAL 5Β°EDICIΓN
SoluciΓ³n:
π€
π
= π
m=
10
386
m = 0.025lb.pul/seg
wn= β
π
π
wn= β
10000
0.025
wn=632.5
El amortiguamiento criticΓ³ es igual a:
οΆ Ccr = 2βππ
Si el amortiguamiento es el 10 % del crΓtico entonces:
C=0.10 ccr C=0.10 x31.62 =3.162
Wd= wn β1 β πΒ²
Wd= 632.5β1 β (0.10)Β² Wd=629.3
X(t) =
1
ππ€π
β« πΉπ π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
Para el intervalo
ο Tramo : 0 β€ t β€ 0.1
X(t) = π€π β«
πΉπ
π‘1
π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
X(t) =
π€π
0.1
β« 5000 π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
Integrando por partes obtenemos:
X(t)=
πππ₯πΉπ
π‘1
(
cos π€π (π‘βπ)
π€π
+
sen π€π (π‘βπ)
π€πΒ²
)
Evaluando
X(t)= π€π(
π‘
π‘1
+
sen π€π π‘
π€ππ‘
) para 0 <t<0.1
Para el intervalo t1<t
91. DINΓMICA ESTRUCTURAL 5Β°EDICIΓN
X(t) = π€π β«
πΉπ
π‘1
π‘π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
X(t)=
πππ₯πΉπ
π‘1
(
cos π€π (π‘βπ)
π€π
+
sen π€π (π‘βπ)
π€πΒ²
)
Evaluando y reduciendo:
X(t)= 5000(
sen π€π (π‘βπ‘1)βπ ππ π€π π‘
5000π₯π‘1
+ cos wn (t-t1) ) para 0.1<t
X(t)= 5000(
sen π€π (π‘βπ‘1)βπ ππ π€π π‘
5000π₯π‘1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 5000(
sen π₯629.3 (π‘β0.1)βπ ππ (629.3) π‘
5000π₯0.1
+ cos (629.3)(t-0.1) )
despejando :
t=1.1 seg
Reemplazando en la ecuaciΓ³n del movimiento:
X(t)= 5000(
sen π€π (π‘βπ‘1)βπ ππ π€π π‘
5000π₯π‘1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 5000(
sen π₯629.3 (1.1β0.1)βπ ππ (629.3)π₯1.1
5000π₯0.1
+ 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 funciΓ³n representada en la fig. 4.22 (b).Determinar:
a) el desplazamiento mΓ‘ximo en la parte superior de la torre y.
b) la fuerza cortante mΓ‘ximo en la base de la torre de amortiguaciΓ³n negligencia.
Utilizar paso de tiempo para la integraciΓ³n.
92. DINΓMICA ESTRUCTURAL 5Β°EDICIΓN
SoluciΓ³n:
π€
π
= π w = 6000lb
m=
6000
386
m = 15.54lb.pul/seg
wn= β
π
π
wn= β
10β΅
15.54
wn=80.22 rad /segΒ²
a(t)/g=10 Π΅β10π‘
entonces :
F= m.a F= m x gx10 Π΅β10π‘
Tramo:
t< 0.23 seg
X= xo cos wn +
π₯Μ
π€π
π ππ π€π‘+
1
ππ€π
β« πΉππ₯π‘ π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
X(t) =
1
ππ€π
β« πΉππ₯π‘ π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
X(t) =
1
ππ€π
β« ππ‘ π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
X(t) =
1
ππ€π
β« 10Π΅β10π‘
π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π‘.
93. DINΓMICA ESTRUCTURAL 5Β°EDICIΓN
Problema 4.23
Repetir el problema 4.23 para 10 % de amortiguamiento crΓtico.
SoluciΓ³n:
οΆ Ccr = 2βππ
οΆ ΞΎ =
π
ππ
οΆ ccr=2β(100000)(15.54) ccr=1554000
El desplazamiento obtenido:
X(t) =
1
ππ€π
β« πΉπ π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
Si el amortiguamiento es el 10 % del crΓtico entonces:
C=0.10 ccr C=0.10 x1554000=155400
Wd= wn β1 β πΒ²
Wd=80.22β1 β (0.10)Β² Wd= 79.82
X(t) =
1
ππ€π
β« πΉπ π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
Para el intervalo
ο Tramo : 0 β€ t β€ 0.23
X(t) = π€π β«
πΉπ
π‘1
π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
X(t) =
π€π
0.23
β« 10π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
Integrando por partes obtenemos:
X(t)=
πππ₯πΉπ
π‘1
(
cos π€π (π‘βπ)
π€π
+
sen π€π (π‘βπ)
π€πΒ²
)
Evaluando
X(t)= 10000(
sen π€π (π‘βπ‘1)βπ ππ π€π π‘
10000π₯π‘1
+ cos wn (t-t1) ) para 0.23<t
X(t)= 10000(
sen π€π (π‘βπ‘1)βπ ππ π€π π‘
10000π₯π‘1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 1000(
sen π₯ (π‘β0.1)βπ ππ (79.82) π‘
10000π₯0.1
+ cos (72.82)(t-0.1) ) despejando :
94. DINΓMICA ESTRUCTURAL 5Β°EDICIΓN
t=1.52
Reemplazando en la ecuaciΓ³n del movimiento:
X(t)= 10000(
sen π€π (π‘βπ‘1)βπ ππ π€π π‘
10000π₯π‘1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 10000(
sen π₯629.3 (1.52β0.23)βπ ππ (79.82)π₯1.1
10000π₯0.23
+ cos (79.82)(1.52-0.23) )
X(t)= 0.52 m
Problema 4.24
Determinar la respuesta mΓ‘xima de la torre del problema. 4.22 cuando se somete
a la aceleraciΓ³n del suelo impulsivo representado en la fig. 4.24
SoluciΓ³n:
W= 6000lb
π€
π
= π
m=
6000
386
m= m = 15.54lb.pul/seg
wn= β
π
π
wn= β
10β΅
15.54
wn=80.22 rad /segΒ²
Si la ecuaciΓ³n es: a (t) = sen 15.71t
EcuaciΓ³n de desplazamiento:
X= xo cos wn +
π₯Μ
π€π
π ππ π€π‘+
1
ππ€π
β« πΉππ₯π‘ π ππ π€π(π‘ β π)
π‘
0
d π
Analizamos por tramos: