Solucionario_Chopra

TEORÍA Y CÁLCULO
Quinta Edición

MARIO PAZ
WILLIAM LEIGH

SOLUCIONARIO

SISTEMAS CON UNGRADODE LIBERTAD SINAMORTIGUACIÓN

SITEMAS CON UNGARDODE LIBERTAD CONAMORTIGUACIÓN

RESPUESTA DE SISTEMAS CON UN GRADO DE LIBERTAD A
EXCITACIONESARMÓNICAS

RESPUESTAAEXCITACIONESDINÁMICASGENERALES

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 k
L W

Fig. P1.1 k

Solución:
 Calculo de rigidez:

Como son resortes conectados en paralelo, entonces:

= + +
Rigidez de viga en voladizo (kv), se obtiene a partir de la flecha máxima:

∗ 3
δ=

3 ∗ ∗

Entonces:

3
= 3

Sustituyendo los valores de :

3
= 3 + +

3
= 3 + 2

= 3 + 2 3

3

 Calculo de frecuencia natural:

= √


= √3 + 2 3
3

 Calculo de periodo natural:
2 2

= = √3 + 23 3

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 vo=20 in/s, determine el desplazamiento y
la velocidad 1 segundo después.

Solución:

3000 − 2
= = 32.2 ∗ 12 = 7.76

= √3 + 2 3 = 3(108) + 2(2000)(100)3 = 23.54 /
3 √ 7.76(100)3

= √ 2 + ( ̇ )2 = √(1.0)2 + (232.054)2 = 1.31

= −1 ( ̇ ) = −1 20 = 0.7043
(23.54)

Como xo>0, ẋ o>0, sustituyendo valores en las formulas:

( ) = ( − )

( = 1) = 1.31 (23.54(1) − 0.7043)

( ) = − .


̇ ( ) = − ( − )

̇ ( = 1) = −23.54(1.31) (23.54(1) − 0.7043)
̇ ( = ) = . /

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.

W8x24 50kip s u

W10x33 12´
W8x24

20´ 20´

SOLUCION: Fig. P1.3
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 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)

( 10 33) = 12(4.959 X 109) = 19929.11 /
(12 12)3

( 8 24) = 3(2.3925 X 109) = 2403.73 /
(12 12)3

Como las columnas están en paralelo:

K = k (W10x33) + 2k (W8x24) = 19929.11 + 2(2403.73)

K = 24736.57 lb/in

m = w = 50000 = 129.40 . 2 /
g 32.2 12

= √K = √24736.57 = 13.83 /
129 .40

13.83
= 2 = 2 = 2.20 /

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

15´ W10x33

15´
Fig. P.1.4

SOLUCION:

a) El miembro horizontal se supone infinitamente rígido.
EI (W10x33)=4.959 x 109 lb. In2

12EI 24(4.959 x 109 )
K = 2 ( 3 ) = (15x12)3 = 20407.41 /

m = w = 25000 = 64.70 . 2/
g 32.2 12

= √K = √20407.41 = 17.76 /
64.70

17.76
= 2 = 2 = 2.83 /

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:

3
δ = 192 =

192
= 3

= √ = √19 2 3


= = (1/2 )(√19 2 3 )
2

Problema 1.6

Los valores numéricos para el problema 1.5 son L=120 in, EI=109 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:

= √19 2 3 = 192(10)9(32.2 12) = 92.66 /
√ 5000(120)3

= √ 2 + ( ̇ )2 = √(0.5)2 + (921.566)2 = 0.5255
= −1 ( ̇ ) = −1 ( 15 ) = 0.3238

92.66 0.5
Como xo>0, ẋ o>0, sustituyendo valores en las formulas:

( ) = ( − )
( = 2) = 0.5255 (92.66(2) − 0.3238)

( = ) = − .

̇ ( ) = − ( − )
̇ ( = 2) = −92.66(0.5255) (92.66(2) − 0.3238)

̇ ( = ) = − . /

̈ ( ) = − 2 ( − )
̈ ( = 2) = −92.662(0.5255) (92.66(2) − 0.3238)

̈ ( = ) = . /

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 ̇ ,
respectivamente. (Considere que el ángulo 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

=

2 ̈ = −
Para pequeño, = , entonces:

̈ + = 0

̈ + = 0


Frecuencia natural:

= √( ) = √
1

Ecuación de desplazamiento:

= + ̇


= cos(√ ) + ̇ (√ )
√

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 . 2 /
g 32.2

= 2
Determine EI:

3 3 3
= 3 = 23 = 8 /

= 1 √ 1 √ 3 = 2
2 2 8 ∗ 5.59

= 2353.97 /

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 0.2lb
W

SOLUCION: Fig. P1.9
Masa del bloque de madera: = /

= 50 = 0.129 − 2/
386

Masa de la bala:

= 0.2 = 5.181 10−4 − 2 /
386

Conservación de momentos:

= ( + )
V= velocidad después del impacto

= = 5.181 10−4 100 = = 4.8 /
( + ) 0.129 + 5.181 10−4 0.4

=

Vo= velocidad inicial del bloque.

= 4.8 /

Calculo de :


= √


= √ +

= √ 300 = 48.13 /
0.129 + 5.181 10−4

Ecuación de movimiento:

( ) = + ̇


uo=0, entonces

( ) = ̇


( ) = 0.1 48.13

̇ ( ) = ( ) = 4.8 48.13

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 m
equilibrio

ϴ
k

L

a

SOLUCION: Fig. P1.11
a
Posición de

equilibrio f1
ϴ

k
Fs L mg

O
Fig. P1.11

Diagrama de cuerpo libre:
Fuerza del resorte:

=
1 = ( ) ̈
El equilibrio de los momentos con respecto al punto O:
1L + a = ( )
( ) 2 ̈ + 2 = ( )
Para rotaciones pequeñas senϴ= ϴ, entonces:
( ) 2 ̈ + ( 2 − ) = 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:

3
x = 3 =

3
= 3

= √ = √ 3 3


= = ( / )(√ )


Haciendo suma de fuerzas en el diagrama de cuerpo libre, se obtiene:

x

F mm kx = ̈
− = ̈
m

Reacomodando términos y
sustituyendo el valor de k, se

obtiene finalmente la ecuación
diferencial del movimiento

̈ + = 0


̈ + =

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

(c) k
(d)
W
u

ab
W

Lu

ab

k

W

Fig. P1.15

Solución:

a) Siendo kv : para la viga, y kr para el resorte, tenemos:

kv  3EI , kr k
L3

El valor de ke equivalente se obtiene de la relación:

111
ke kr kv

De donde: ke  3kEI
kL3  3EI

Y como m W , entonces wn  ke  3kgEI
g m W (kL3  3EI )

b) Siendo kv : para la viga, y kr para el resorte, tenemos:

kv  48EI , kr  k
L3

El valor de ke equivalente se obtiene de la relación:

111
ke kr kv

De donde: ke  48kEI
kL3  48EI

Y como m W , entonces wn  ke  48kgEI
g m W (kL3  48EI )

c) Siendo kv : para la viga:

kv  3EI.L ,
a2.b2

Y como m W , entonces wn  kv  3gEI.L
g m W (a2.b2 )

d) Siendo kv : para la viga, y kr para el resorte, tenemos:

kv  3EI.L , kr k
a2.b2

El valor de ke equivalente se obtiene de la relación:

111
ke kr kv

De donde: ke  3kEI.L
ka2.b2  3EI.L

Y como m W , entonces wn  ke  3gkEI.L
g m W (ka2.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

c m2
m1

Fig. P1.16
Solución:
El sistema viene dada por las ecuaciones diferenciales:

 ………(1.16.1)

(m1)(u1)  k(u1  u2 )



(m2 )(u2 )  k(u2  u1)

O también



(m1)(u1)  k(ur )



(m2 )(u2 )  k(ur )

En (1.16.1) asumimos que u1  C1.ew.t.i ; u2  C2.ew.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
 k m2   C2 
 k  .w2   

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

ABC DE

m k
aa aa

Fig. P1.17

Solución

Asumiendo la fuerza en el resorte F  kx , las reacciones en A y B son
respectivamente:

RA  mg y RB  kx .
2 2

Haciendo sumatoria de fuerzas verticales tenemos x  mg , lo que a su vez nos
3k

lleva a kv  3k, donde kv es del resorte.

Usando la ecuación:

111
ke kr kv

tenemos ke  3k .
4

Luego

wn  3k .
4m

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  2000kN . El área The área of the
foot del cimiento es A  10m2 . 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, 000kN / m3.10m2  (25)104 kN / m , m  2000kN / (9.81m / seg2 )
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  fs  0; I0  m. a2  b2 ; fs  k .u ; k  AE.h
12 2
I0.u

Problema 2.1

Repita el Problema 1.2asumiendo que el sistemaque el sistema es el 15% del
amortiguamiento crítico.

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  1.0in y
una velocidad inicial v0  20in / seg , determine el desplazamiento y la velocidad 1 segundo
después.

x(t)  e .wn .t ( x0 cos(wDt)  v0  x0 . .wn sen(wDt))
wD

3000 − 2
= = 32.2 ∗ 12 = 7.76

= √3 + 2 3 = 3(108) + 2(2000)(100)3 = 23.54 /
3 √ 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

= √19 2 3 = 192(10)9(32.2 12) = 92.66 /
√ 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  200lb / in y m  10lb.seg2 / in .

Solución

El decremento logarítmico es   ln  u1   2 ,
 u2  1 2
 

luego    u1   0.05129  2 entonces c  2 km  0.73013lb.seg / in
ln  0.95u1  1 2



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

Sea n :número de ciclos, se tiene que ln  u0   n.
 un 
 

Luego ln  1   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 u0 y una velocidad v0 puede escribirse como

u  ewt (u0 (1 wt)  v0t),   1

u  e  w t (u0 cosh(w1 t)  v0  u0 w sinh(w1 t)),  1
D w1D D

Donde w1D  w  2 1
Solución

Se tiene que u(t)  e .w.t (u0 cos(wDt)  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(wDt) )
wDt

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(w1 t)  v0  u0 w sinh(w1 t)),   1, donde w1D  w  2 1
D w1D D

Problema 2.6

Una estructura es modelada como un oscilador amortiguado que tiene una constante de
resorte k  30kip / in y una frecuencia natural no amortiguada w  25rad / seg .

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 1000lb  c.(10in / seg) . Luego c  100lb.seg / in

Asimismo ccr  2 km  2 30(103 lb)(103lb)( seg2 )  557.2782 lb.seg
in 32.2(12in) in

a)   c  100  0.1794 =17.94%
ccr 557.2782

b) TD  2  0.2555 seg
w 1 2

c)   2 1.1458
1 2

d) 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 wDt entre dos puntos tangentes

cualesquiera es 2 . Demuestre que la diferencia en wDt entre dos picos consecutivos también
es 2 .

Solución

Se tiene que u(t)  C.e.w.t .cos(wDt  )

También u '(t)  C.e.w.t .(.w.cos(wDt  )  wDsen(wDt  ))
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:

   k  1,3,5,7,...
de tal modo que wDtk   k  , donde   tan1  1 2  ,

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 ln  ui 
k  ui 
 k 

donde k es el número de ciclos el número de ciclos que separa las dos amplitudes de pico
medidos amplitudes ui y uik .

Soluciónn

Se tiene que ui  ui . ui1 ... uik1 , luego: ln  ui   ln  ui . ui1 ... uik 1 
uik ui1 ui2 uik  uik   ui1 ui2 uik 
   

Entonces

 ui    ui  ui1   ...   uik 1 
ln  uik  ln  ui1   ln  ui2  ln  uik 
   
  

es decir: ln  ui     ...   ; k  veces , por tanto:
 ui 
 k 

 ui   k.
ln  ui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 fD 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 fD .

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  3000lb / in . Al probar el sistema se encontró que una fuerza de 100lb produce una
velocidad relativa de 12in / seg . Encontrar

a) La razón de amortiguación,  .
b) La frecuencia natural de vibración, fD .
c) Decremento logarítmico,  .
d) La razón entre dos amplitudes consecutivas

Solución

Se tiene que F  c.v entonces 100lb  c.(12in / seg) . Luego c  8.3333lb.seg / in

Asimismo ccr  2 km  2 (3000 lb)(386lb)( seg2 ) 109.4878 lb.seg
in 32.2(12in) in

w  k  3000(32.2)(12)  54.80rad / seg
m 386

a)   c  8.3333  0.0761= 7.6112%
ccr 109.4878

b) TD  2  0.1150 seg entonces fD  1  8.6957 hertz
w 1 2 TD

c)   2  0.4796
1 2

d) 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:

= √


3000 /
= √386 /386 / 2

= 10√30 rad/seg
= . /

Y el amortiguamiento crítico:


=

2 ∗ 3000 /
= 10√30 / 2
= 20√30 . /
= . . /
a) La razón de amortiguación


=



2
=

20√30
1

=
10√30

= . = . %

b) El período de amortiguación
Calculamos la frecuencia de amortiguación:

= √ −

= . /
El periodo de amortiguación:


=

= 2 = 0.115 seg

54.763

c) El decremento logarítmico,


=

√ −

2 ∗ 0.183
=

√1 − 0.1832

= .

d) La razón entre dos amplitudes consecutivas máximas:
Despejamos la relación de la ecuación:

= ( + )

= .
+

= .
+

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.

kE u
cE
mg

(a) W
u

k

L

Solución:

La constante de rigidez para la viga en voladizo es obtenida de la deflexión resultante de
la fuerza P aplicada al final de la viga:

3
=

3

Entonces,

3
= = 3
La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuación de resortes en serie:

1 11
= +

= ∗


+

La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:


=
El amortiguamiento crítico es:

= 2√

∗ 3
2√ 3
= 3 ∗
3
+

El coeficiente de amortiguamiento es calculado por:

=



= ∗ ∗
+
√



Considerando los datos del ejercicio tenemos:

= .


= .

= ∗ 3 ∗
0.22√ + 3
3
3

(b) L/2
L/2

k

W
u

SOLUCIÓN:
La constante de rigidez para la viga simplemente apoyada es obtenida de la deflexión
resultante de la fuerza P aplicada en el centro de la viga:

48
= = 3

3
= 48

Entonces,

La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuación de resortes en serie:

1 11
= +

=
+

∗

=

+

La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:


=
El amortiguamiento crítico es:

= 2√

= ∗ 48 ∗
2√ +
3
48

3

El coeficiente de amortiguamiento es calculado por:

=



= 2 ∗ ∗ 48 ∗
√ +
3
48

3

Considerando los datos del ejercicio tenemos:

= 0.1


= .

= . ∗ ∗ ∗
√ +





(c)
ab

W

u

La constante de rigidez para la viga simplemente apoyada es obtenida de la deflexión
resultante de la fuerza P aplicada a una distancia a de la viga, y considerando que a>b:

3

( + ) 2
= 3 [ 3 ]

Entonces,

3

3 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:

3

3 3 2
= [ ( + )]
La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:


=

El amortiguamiento crítico es:

= 2√

2√3 3 3
[ ( +
= 2 ∗

)]

El coeficiente de amortiguamiento es calculado por:

=



√3 3 3
[ ( +
= 2 ∗ 2 ∗

)]

Considerando los datos del ejercicio tenemos:

= .


= .

√3 3 3
[ ( +
= 0.2 ∗ 2 ∗

)]

(d) a b

k u
W

Solución:

La constante de rigidez para la viga simplemente apoyada es obtenida de la deflexión
resultante de la fuerza P aplicada en el centro de la viga:

3

( + ) 2
= 3 [ 3 ]

Entonces,

3

3 3 2
= = [ ( + )]

La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuación de resortes en serie:

1 11
= +

=
+

[ ( +

∗ )]

=

+ [ ( + )]


La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:


=
El amortiguamiento crítico es:

= 2√

3 [ ( 3+ 3

∗ )]2

= 2 3 ∗

√ + 3 [ ( 3+ )]2


El coeficiente de amortiguamiento es calculado por:

ξ =



3 [ ( 3+ 3

2 ∗ ∗ )]2

= 3 ∗

√ + 3 [ ( 3+ )]2


Considerando los datos del ejercicio tenemos:

= 0.1


= 0.1

[ ( +

∗ ∗ )]
√
= . ∗

+ [ ( + )]


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:

̈ = =
( )

Donde el factor de amplificación dinámica de aceleración se relaciona con mediante:

2
= ( )

Entonces tenemos = 1⁄2 ξ y = , despejamos el coeficiente de amortiguación:

ξ = 2

2 ̈ 0

Reemplazando datos tenemos:

2 ∗ 0.3 40 2
ξ = ∗ 10 ∗ ( )
2 ∗ 19.3 ∗ 300 3

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 m2
c

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:

U1 U22

ku1 ku2

m1ü1 1̇ 2̇ m2ü2

2 ̈ 2 + 1 ̈ 1 + ̇ 2 − ̇ 1 + 2 − 1 = 0
Agrupando términos tenemos:

2 ̈ 2 + 1 ̈ 1 + ( ̇ 2 − ̇ 1) + ( 2 − 1) = 0
Por datos del problema tenemos:

2 ̈ 2 + 1 ̈ 1 + ̇ + = 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)

= 2 2

SOLUCIÓN:

Durante un ciclo, el trabajo de la fuerza externa = 0 sin es:

= ∫02 / 0 sin = ∫02 / 0 sin



2 /

= ∫ 0 sin ̇ ( )

0

De la ecuación (3.29):

̇ ( ) = cos( − )

Reemplazando en , tenemos:

2 /

= ∫ ( 0 sin )( cos( − ) )

0

= 0 sin

Para demostrar que el trabajo, , de la fuerza excitada da por ecuación (a) es igual a la energía
disipada, , por la fuerza viscosa en la ecuación (3.30), necesitamos sustituir el seno del ángulo :

2
tan = 1 − 2

sin 2
cos = 1 − 2

sin2 (2 )2
sin2 + cos2 = (1 − 2)2 + (2 )2

2
sin =

√(1 − 2 )2 + (2 )2

=

√(1 − 2)2 + (2 )2

2
sin =

Si sustituimos en la ecuación (a)

= 0 2 2
0 ⁄

= 2 2

Así, el trabajo de la fuerza externa, , expresado por la ecuación (b), es igual a la energía, ,
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.

W8X31
ωt

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:

48
= 3

El momento de inercia se toma del perfil de acero W8X31 (Ix=110 in4):
48 ∗ 29 ∗ 106 ∗ 110

= (15 ∗ 12)3
= 26255.14403 /
Y la frecuencia natural:

= √


26255.14403 /
= √1000 /386 / 2

= . /
Además la frecuencia forzada en rad/seg2

900 ∗ 2 ∗
= 60
= 94.248 / 2

Y la razón de frecuencia:


=

94.248
= 100.67
= 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´ e*sen t e
u u1=u+ e*sen m´ü
t
(m-m´)ü
m u
k ku cú
u
c

Modelo matemático y diagrama de cuerpo libre

De la siguiente expresión tenemos:

u1= u+ e*sen t

Derivamos:

̇ 1 = ̇ −

Volvemos a derivar y tenemos la ecuación (1):

1̈ = ̈ − 2

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.

( − ´) ̈ + ú1 + +̇ ̇ = 0
Sustituimos la ecuación (1) en esta ecuación):

( − ´) ̈ + ´( ̈ − 2 ) + ̇ + = 0
Ordenando los términos resulta:

̈ + ̇ + = ´ 2
Esta misma ecuación tiene la misma forma que la ecuación para el movimiento del oscilador
simple excitado armónicamente por una fuerza de amplitud:

0 = ´ 2

Reemplazando:

0 = 1 ∗ ∗ 94.2482
386

0 = 23.012

La amplitud del movimiento permanente es:

= 0⁄
√(1 − 2)2 + (2 )2

Reemplazando:

= 23.012⁄26255.14403
√(1 − 0.9362)2 + (2 ∗ 0.936 ∗ 0.1)2

= 4.43

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:


= 2

= 26255.14403 ∗ 4.43

2

= 58155.14403

= 58.155

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.

F(t)=5sen12t(kp) W=2kp/ft
15´ W10X33

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:

3 (2 )
= 3
3 ∗ 29 ∗ 106(2 ∗ 171)
= (15 ∗ 12)3

= 5101.852 /

= 0 = 5000 = 0.98
5101.852

= √ = 5101 .852 = 7.017 / 2
√2000 ∗ 20/386

12
= = 7.017 = 1.71
La amplitud del movimiento permanente, despreciando la amortiguación de la estructura:

= ,
√(1 − 2 )2

Reemplazando:

0.98
=

√(1 − 1.712)2

= 0.509

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:

=

√(1 − 2)2 + (2 )2

= 0.08

Reemplazando:

0.98
=

√(1 − 1.712)2 + (2 ∗ 1.71 ∗ 0.08)2

= 0.504

Problema 3.6

Para el Problema 3.5 determine:

a) La máxima fuerza transmitida al cimiento

SOLUCIÓN:

1 + (2 )2
= 0 √(1 − 2 )2 + (2 )2

1 + (2 ∗ 0.08 ∗ 1.71)2
= 5000√(1 − 1.712)2 + (2 ∗ 0.08 ∗ 1.71)2

= 3059.219