Solucionario_Chopra

= 3.059

b) La transmisibilidad

= = √(1 1 + (2 )2
0 − 2 )2 + (2 )2

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

= 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:

= √


3000 /
= √100 /32.2 = 31.081 / 2

La frecuencia forzada:

ϖ = 2
ϖ = 2 ∗ 10 = 62.832 / 2

Entonces,
ϖ 62.832

= = 31.081 = 2.022
Sabemos que la amplitud está dada por:

= 0.01 = 0.01 ∗ 386 = 3.86

Reemplazando:

= √1 + (2 )2
√(1 − 2 )2 + (2 )2

= 3.86 ∗ √1 + (2 ∗ 2.022 ∗ 0.1)2
√(1 − 2.0222)2 + (2 ∗ 2.022 ∗ 0.1)2
= 3.86 ∗ 0.346
= 1.33

Problema 3.9

Determine la transmisibilidad en el Problema 3.8
SOLUCIÓN:

= = √1 + (2 )2
√(1 − 2)2 + (2 )2

= 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

EI=30*10^8 lb.in2 ωt
2.5´ 2.5´
L=15´

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:

3
= 2( + )

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

3 ∗ 30 ∗ 108
= 302(180 + 30)

= 47619.048 /

Y la frecuencia natural:

= √


47619.048 /
= √3330 /386 / 2

= . /

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/seg2

800 ∗ 2 ∗
= 60

= 83.776 / 2

Y la razón de frecuencia:


=
87.776

= 74.295
= 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´ e*sen ut1=u+ e*sen e
u 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 = 50 83.7762
386 ∗

0 = 909.122

La amplitud vertical del movimiento permanente es:

= 0⁄
√(1 − 2)2 + (2 )2

Reemplazando:
= 909.122⁄47619.048
√(1 − 1.1812)2 + (2 ∗ 1.181 ∗ 0.1)2
= 0.0415

 1000 rpm
Además la frecuencia forzada en rad/seg2

1000 ∗ 2 ∗
= 60
= 104.720 / 2

Y la razón de frecuencia:


=
104.720
= 74.295
= 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:

0 = ´ 2

Reemplazando:

0 = 50 ∗ 104.7202
386

0 = 1420.502
La amplitud vertical del movimiento permanente es:

= 0⁄
√(1 − 2)2 + (2 )2

Reemplazando:

= 1420.502⁄47619.048
√(1 − 1.412)2 + (2 ∗ 1.41 ∗ 0.1)2

= 0.0158

 1200 rpm
Además la frecuencia forzada en rad/seg2

1200 ∗ 2 ∗
= 60
= 125.664 / 2

Y la razón de frecuencia:


=
125.664
= 74.295
= 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:

0 = ´ 2

Reemplazando:

0 = 50 ∗ 125.6642
386

0 = 2045.523
La amplitud vertical del movimiento permanente es:

= 0⁄
√(1 − 2)2 + (2 )2

Reemplazando:

= 2045.523⁄47619.048
√(1 − 1.6912)2 + (2 ∗ 1.691 ∗ 0.1)2

= 0.0227

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 ……II

2

Por lo tanto tenemos:

w=1.10Ω


=
r=0.91……….III

Por la segunda condición, que es la de resonancia, es decir cuando r=1, tenemos:


= 2 ∗ ɛ

Reemplazando III en II, tenemos


√(1 − 0.912)^2 + (2 ∗ 0.91ɛ)2 = 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
Ray
Rby

∑Fy=0

Ray+Rby=W….I

∑Ma=0
Rby(6)=W(1.5)

Reemplazando II en I

Rby=0.25W…..II

" = − < − 1.5 >1

′ = 2 − < − 1.5 >2+ 1
2 2

= 3 − < − 1.5 >3+ 1 + 2
6 6

Con las condiciones iniciales hallamos las constantes:

1) X=0 Y=0

C2=0

2) X=6 Y=0

0 = 36(0.75 ) − (7289) + 1(6)
6

63
1 = − 32

Por lo tanto tenemos:

= 1 3 − < − 1.5 >3− 63
8 6 32

Hallamos la deflectada donde actúa la carga W, X=1.5, Y=?

= 27 − 189
64 64

−81
= 32

= −81
32

La rigidez de la viga corresponde:

32
= 81
Reemplazando con los datos que tenemos:

32 ∗ 210 ∗ 109 ∗ 8950 ∗ 10−8
=

81
K=7425185.185N/m

Luego, procedemos a encontrar la frecuencia de vibración del sistema

= √742513805∗.118053∗ 9.81

w=49.275 rad/seg
Encontramos la razón entre frecuencias:


=

41.89
= 49.28
= 0.85

Si, no tengo amortiguamiento, la amplitud corresponde



= 1
− 0.852

= 0.00388

= 0.388
El máximo esfuerzo normal en la viga:


=
. ∗ ∗ ^
= ∗ ^ −
=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

= √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

1
ɛ=

√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:

1
= ∗
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 F(t)=FosenΩt
CM

Frecuencia circular natural: mg=2520lb

Frecuencia natural: = √89000 ∗ 386
2520
Amortiguamiento
ɛ = …….I = 116.758 /

116.758
= 2 ∗ π
Cr=1524.5208 = 18.58
Reemplazando en I:

= 2 ∗

89000
= 2 ∗ 116.758

112
ɛ = 1524.5208

ɛ = 0.0735

La amplitud de la fuerza, cuando U=0.37pulg:

1
= ∗
2 ∗ ɛ ∗ √1 − 2 ∗ ɛ2

Por lo tanto despejando Po:

= 0.37 ∗ 8900 ∗ 2 ∗ 0.0735 ∗ √1 − 2 ∗ (0.07352)
= 4814.49

La amplitud de la fuerza en condición de resonancia, es decir, r=1:



=
2∗ɛ

Despejando Po:

= ∗ ∗ 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:

= ….I

2∗ɛ

Para la segunda condición de no resonancia, es decir r≠1, tenemos:

∗ 12
1 =

√(1 − 12)2 + (2 ∗ 1 ∗ ɛ)2

Despejando tenemos

= √(1− 12 )2+(2 ∗ 1 ∗ɛ)2∗ 1…..II
12

Reemplazando II en I, tenemos:

= 1 ∗ √(1 − 12)2 + (2 ∗ 1 ∗ ɛ)2

2 ∗ ɛ ∗ 12

Elevando al cuadrado ambos términos

4 ∗ ɛ2 ∗ 2 ∗ 14 = 12 ∗ (1 − 12)2 + 12 ∗ 4 ∗ 12 ∗ ɛ2
Juntando amortiguamientos en un solo lado, despejamos:

4 ∗ ɛ2 ∗ 2 ∗ 14 − 12 ∗ 4 ∗ 12 ∗ ɛ2 = 12 ∗ (1 − 12)2
4 ∗ ɛ2 ∗ 12( 2 − 1 ∗ 12) = 12 ∗ (1 − 12)2

Despejando el amortiguamiento

1 ∗ (1 − 12)
ɛ=

2 ∗ 1 ∗ √ 2 − 12 ∗ 12
La amplitud de la fuerza en resonancia:



=
2∗ɛ

Reemplazando el valor del amortiguamiento:

= ∗ 2 ∗ ɛ ∗

= ∗ 2 ∗ 1 ∗ (1 − 12) ∗

2 ∗ 1 ∗ √ 2 − 12 ∗ 12

∗ 1 ∗ (1 − 12) ∗
=

1 ∗ √ 2 − 12 ∗ 12

Problema 3.18

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 F(t)=FosenΩt
m1 m2

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 K(x2-x1) m2x’’2
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 11
= 1 + 2

1 ∗ 2
= 1 + 2

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)

( ) = ∗ ∗ ( )

2

Reemplazando x2-x1=x

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:


=

√(1 − 2 )2 + (2 ∗ ∗ ɛ)2

Reemplazando con los datos que tenemos, y sabiendo que δst= , en función al movimiento



relativo de las masas

= ∗ 1
1 + 2

√(1 − 2 )2 + (2 ∗ ∗ 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:

12
1 = 13
Para la columna de la derecha, tenemos:

3
2 = 23
Para la rigidez total de las columnas, sumamos estas dos:

12 3
= ∗ ( 13 + 23)

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:

= √545250.2∗3810∗3386

= 10.26 /
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

( ) = ∗ [(1 − cos( )) + 1 ∗ ( ∗ ) − )]
(

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

F(t)
F0

td)
Fig P4.5

TRAMO 01.- 0 ≤ t≤ td

Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales 0 = 0 ̇ 0 = 0

1
∗
( ) = ∫ ( ) ∗ sin( ∗ ( − ))

0

Ecuación de 0 en función de :

( ) = 0 ∗
( )

Reemplazamos en la ecuación general

0
∗
( ) = ∫ ∗ sin ( ∗ ( − ))

0

Resolviendo la integral definida obtenemos:

( ) = ∗ 0 ∗ ∗ − sin( ∗ )
( 2 )

Extrayendo del paréntesis:

( ) = 0 ∗ ( − sin( ∗ )
∗ )
∗ 2

Pero; ∗ 2 =

Y; tenemos al desplazamiento estático: 0 =


Entonces;

( ) = ∗ ( − sin( ∗ )
)

El factor de carga dinámica en función de t, y para el TRAMO 01:

( ) − sin( ∗ )

= =


TRAMO 02.-

Necesitamos las condiciones finales del tramo 01, que para el tramo 02 serán las iniciales; o
sea cuando =

( ) = = ∗ ( − sin( ∗ )
)

̇ ( ) = = ∗ (1 − cos( ∗ ))


Entonces tendremos para el tramo 02 la siguiente ecuación general:

̇ 0 1
∗
( ) = 0 ∗ cos( ∗ ) + ∗ sin ( ∗ ) + ∫ ( ) ∗ sin ( ∗ ( − ))

0

Hallamos el estado transitorio:

= 0 ∗ cos( ∗ ) + ̇ 0 ∗ sin( ∗ )


sin( ∗ ) ∗ (1 − cos( ∗ ))
)
= ∗ ( − ∗ cos( ∗ ) + ∗ sin( ∗ )

Hallamos el estado permanente:

Ecuación de 0 en función de : ( ) = 0
Reemplazamos en la ecuación:

0
∗
= ∫ sin ( ∗ ( − ))

0

Resolviendo la integral definida obtenemos:

= 0 ∗ 1 − cos( ∗ )
∗ ( )
∗

Extrayendo del paréntesis:

= ∗ 0 2 ∗ (1 − cos( ∗ ))
∗

Pero; ∗ 2 =

Y; tenemos al desplazamiento estático: 0 =


Entonces;

= ∗ (1 − cos( ∗ ))


Reemplazando las condiciones iniciales:

sin( ∗ )) ∗ (1 − cos( ∗ ))
+
( ) = ∗ ( − ∗ cos( ∗ ) ∗ sin( ∗ ) +

∗ (1 − cos( ∗ ))

El factor de carga dinámica en función de t, y para el TRAMO 02:

1 sin( ∗ )) 1 ∗ (1 − cos( ∗ )) 1
+
= ∗ ( − ∗ cos( ∗ ) ∗ sin ( ∗ ) + ∗ (1

− cos( ∗ ))

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 0 = 0 ̇0 = 0

1
∗
( ) = ∫ ( ) ∗ sin( ∗ ( − ))

0

Lamagnitu de la fuerza constante es de 0 = 0.5 ∗

Ecuación de 0 en función de :

( ) = 0

Reemplazamos en la ecuación:

0
∗
( ) = ∫ sin( ∗ ( − ))

0

Resolviendo la integral definida obtenemos:

( ) = 0 ∗ 1 − cos( ∗ )
∗ ( )
∗

Extrayendo del paréntesis:

( ) = 0.5 ∗ ∗ ∗ (1 − cos( ∗ ))
∗ ∗ 2

Pero; ∗ 2 =

Y; tenemos al desplazamiento estático: 0 =


Entonces;

( ) = ∗ (1 − cos( ∗ ))


El factor de carga dinámica sería:

= ( ) = 1 ∗ (1 − cos( ∗ ))


=


Determinar el momento máximo:

6 ∗ ∗
= 2 ∗

= 6 ∗ ∗ ∗
2

El máximo esfuerzo de corte es: =


6 ∗ ∗ ∗
2
=

Problema 4.7
Repite el problema 4.6para el 10% del amortiguamiento crítico

ξ= 10%

Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales 0 = 0 ̇ 0 = 0

1
∗
( ) = ∫ ( ) ∗ − ( − ) ∗ sin( ∗ ( − ))

0

Ecuación de 0 en función de :

( ) = 0 = 0.5 ∗ ∗

Reemplazamos en la ecuación:

0
∗
= ∫ − ( − )sin( ∗ ( − ))

0

Resolviendo la integral definida obtenemos:

Simplificando:
Factorizando:
Como resultado obtenemos:
Consideraciones: =



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 F0.
Asumir un desplazamiento y una velocidad inicial igual a cero.

1
∗
( ) = ∫ ( ) ∗ − ( − ) ∗ sin( ∗ ( − ))

0

Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales 0 = 0 ̇ 0 = 0

1
∗
( ) = ∫ ( ) ∗ − ( − ) ∗ sin( ∗ ( − ))

0

Ecuación de 0 en función de :

( ) = 0

Reemplazamos en la ecuación:

0
/
= ∗ ∫ − ( − ) sin( ∗ ( − ))

0

Resolviendo la integral definida obtenemos:

Simplificando:
Factorizando:
Finalmente obtenemos:
Consideraciones: =



DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

Problema 4.11

Determine la respuesta de un sistema sin amortiguamiento para una fuerza de
rampa de máxima magnitud F0 y una duración td empezando con condiciones
iniciales de desplazamiento y velocidad igual a cero

Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales 0 = 0 ̇ 0 = 0

1
∗
( ) = ∫ ( ) ∗ sin ( ∗ ( − ))

0

Ecuación de 0 en función de :


( ) = 0 ∗ ( )

Reemplazamos en la ecuación general

0
∗
( ) = ∫ ∗ sin( ∗ ( − ) )

0

Resolviendo la integral definida obtenemos:

( ) = ∗ 0 ∗ − sin( ∗ )
∗ ( 2 )

Extrayendo del paréntesis:

( ) = 0 ∗ ( − sin( ∗ )
∗ )
∗ 2

Pero; ∗ 2 =

Y; tenemos al desplazamiento estático: 0 =


Entonces;

DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

( ) = ∗ ( − sin( ∗ )
)


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.

12 ∗ ∗ 12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2 = 4271.61 /
1 = 3 =
(15 ∗ 12)3

12 ∗ ∗ 12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2 = 1802.08 /
2 = 3 =
(20 ∗ 12)3

= 1 + 2

= 4271.61 + 1802.08
= 6073.69 /

5000
= = 386 = 12.95 ∗ 2/

= 12.953 ∗ 2/

= 2 ∗ √ = 0.29

= 0.6 = 2.07
0.29

= = 1.9


DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

0 5000
= = 6073.69 = 0.823

= 1.9 ∗ 0.823
= 1.564

= √ = 21.65 /

1
∗
( ) = ∫ ( ) ∗ sin( ∗ ( − ))

0

5000
12.95 ∗ 21.65
( ) = ∫ sin(21.65 ∗ ( − ))

0

( ) = − 8917 ∗ cos (43230∗ ) − 8917 ∗
10825

( ) = −(0.824 ∗ cos(21.65 ) − 0.824 ∗ )

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 F0= 6000 lb linealmente decreciendo hasta cero en un tiempo td = 0.1 sec

12 ∗ ∗ 12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2 = 4271.61 /
1 = 3 =
(15 ∗ 12)3

12 ∗ ∗ 12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2 = 1802.08 /
2 = 3 =
(20 ∗ 12)3

= 1 + 2

= 4271.61 + 1802.08

= 6073.69 /

= = 6000 = 15.54
386

= 15.54 ∗ 2/

= 2 ∗ √ = 0.318


= 0.1 = 0.314

0.318

= = 1.9


0 6000
= = 6073.69 = 0.988

= 1.9 ∗ 0.988

= 1.877

= √ = 19.77 /


1
∗
( ) = ∫ ( ) ∗ sin( ∗ ( − ))

0

6000
15.54 ∗ 19.77
( ) = ∫ sin(19.77 ∗ ( − ))

0

DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

( ) 651 ∗ cos (1917070∗ ) − 651
659
= −

( ) = −(0.988 ∗ cos(19.77 ) − 0.988 ∗ )

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

= 1000 /
= 100

= √ = 3.162 /

1
∗
( ) = ∫ ( ) ∗ sin( ∗ ( − ))

0

1
∗ 3.162
( ) = 100 ∫ 2000 ∗ sin(3.162 ∗ ( − ))

0



( ) = 6.325 ∫ sin(3.162 ∗ ( − ))

0

( ) = 6325 ∗ cos (1558010∗ ) − 6325
− 3162

( ) = −(2 ∗ cos(3.162 ) − 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

( ) =0.2 = 0.387
̇ ( ) =0.2 = 3.739 /
TRAMO 02: para 0.2 ≤ t ≤ 0.4

̇ 0 1
∗
( ) = 0 ∗ cos( ∗ ) + ∗ sin( ∗ ) + ∫ ( ) ∗ sin( ∗ ( − ) )

0

( ) = 4000 − 10000

1
∗
= ∫ ( ) ∗ sin( ∗ ( − ) )

0

1
∗ 3.162
= 100 ∫(4000 − 10000 ) ∗ sin(3.162 ∗ ( − ) )

0



= 12.65 ∫(1 − 2.5 ) ∗ sin(3.162 ∗ ( − ))

0

DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

1263303 ∗ sen (1917070∗ ) − 9990200 ∗ cos (1917070∗ ) − 6325
( 197506254
= 12.65 ∗

250 ∗ − 100
− 1977 )

( ) = 12.65 ∗ (0.0064 ∗ sen(19.77 ∗ ) − 0.051 ∗ cos(19.77 ∗ ) − 6325 − 0.127

∗ − 0.051) + 0.387 ∗ cos(3.162 ∗ ) + 3.739 ∗ sin(3.162 ∗ )
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

( ) =0.4 = 1.36

̇ ( ) =0.4 = 10.905 /

TRAMO 03: para 0.4 ≤ t ≤ 0.5

( ) = 0 ∗ cos( ∗ ) + ̇ 0 ∗ sin( ∗ )


( ) = 1.36 ∗ cos(3.162 ∗ ) + 10.905 ∗ sin(3.162 ∗ )
3.162

( ) = 1.36 ∗ cos(3.162 ∗ ) + 3.449 ∗ sin(3.162 ∗ )

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= 20 kips =



m= 20000 m = 51 .81lb.pul/seg

386

k=3 K=3∗2.1∗106 ∗9.77 K=35.62

³ (120 )³

wn= √ wn= √35.62 wn=0.83

51.81

Analizamos por tramos:

 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.25

DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

X(t) = 1 ∫0 ( − )d


X(t) = 1 ∫0 1.0 ( − )d


X (t) = 1 (1 - coswnt)

²

X (t) = 1 (1 – cos(0.83) t)

(51.81∗0.83)

X (t) =0.023 (1 - cos (0.83)t)

 Tramo : 0 .25≤ t ≤ 0.5

X(t) = 1 ∫0 ( − )d + 1 ∫0 .25 1 − ( − )dt
( − )

X(t) = 1 ∫00.25 ( − )d + 1 ∫0 .25 1 − ( − )dt
(0.20−0.25)

X(t)= 1 (coswn( − )-coswnt +1-coswn(t- ) - 1 (t- coswn(t- ))-
² ( − )

1 (senwn( − )+ (1-coswn( − )

−

X(t)= 1..∗5 −5 −0.2

²

x(t)=1.00∗5∗0.25∗0.83−5 (0.83) −0.2∗0.83cos(0.83)

( 0. 83 ) ²

x(t)=1.1−5∗ (0.83) −0.17 cos(0.83)

0.7

Problema 4.20

Repetir el problema 4.19 para 10 % de amortiguamiento crítico

Solución:

 Ccr = 2√ ccr=85.92
 ξ =



 ccr=2√(35.62)(51.81)

El desplazamiento obtenido:

X(t) = 1 ∫0 ( − )d


X(t) = 1 ∫0 1.0 ( − )d


 Tramo : 0 .25≤ t ≤ 0.5

DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

X(t) = 1 ∫0 ( − )d + 1 ∫0 .25 1 − ( − )dt
( − )

X(t) = 1 ∫00.25 ( − )d + 1 ∫0 .25 1 − ( − )dt
(0.20−0.25)

X(t)= 1 (coswn( − )-coswnt +1-coswn(t- ) - 1 (t- coswn(t- ))-
² ( − )

1 (senwn( − )+ (1-coswn( − )

−

X(t)= 1..∗5 −5 −0.2

²

x(t)=1.00∗5∗0.25∗0.83−5 (0.83) −0.2∗0.83cos(0.83)

( 0. 83 ) ²

x(t)=1.1−5∗ (0.83) −0.17 cos(0.83)

0.7

x(t)= 1.57 -1.57t-0.16t ,t= 0.3 seg

El amortiguamiento criticó es igual a:

 Ccr = 2√
Si el amortiguamiento es el 10 % del crítico entonces:
C=0.10 ccr C=0.10 x85.92 = 8,6

Wd= wn √1 − ²

Wd= 0.893√1 − (0.10)² Wd=0.89

X(t)= 1∗5 −5 −0.2

²

X(t)= 1 5 0.3 0.89−5 (0.89) 0.3−0.2 0.89 cos(0.89) 0.3

(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

Solución: =



m= 10 m = 0.025lb.pul/seg

386

wn= √ wn= √10000 wn=632.5

0.025

El amortiguamiento criticó es igual a:

 Ccr = 2√
Si el amortiguamiento es el 10 % del crítico entonces:

C=0.10 ccr C=0.10 x31.62 =3.162

Wd= wn √1 − ²

Wd= 632.5√1 − (0.10)² Wd=629.3

X(t) = 1 ∫0 ( − )d


Para el intervalo

 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.1

X(t) = ∫0 ( − )d
1

X(t) = ∫0 5000 ( − )d
0.1

Integrando por partes obtenemos:

X(t)= ( cos ( − ) + sen ( − ))
1 ²

Evaluando

X(t)= ( + sen ) para 0 <t<0.1

1

Para el intervalo t1<t

DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

X(t) = ∫0 ( − )d
1

X(t)= ( cos ( − ) + sen ( − ))
1 ²

Evaluando y reduciendo:

X(t)= 5000( sen ( − 1)− + cos wn (t-t1) ) para 0.1<t

5000 1

X(t)= 5000( sen ( − 1)− + cos wd(t-t1) )

5000 1

X(t)= 5000( sen 629.3 ( −0.1)− (629.3) + cos (629.3)(t-0.1) )

5000 0 .1

despejando :

t=1.1 seg

Reemplazando en la ecuación del movimiento:

X(t)= 5000( sen ( − 1)− + cos wd(t-t1) )

5000 1

X(t)= 5000( sen 629.3 (1.1−0.1)− (629.3) 1.1 + cos (629.3)(1.1-0.1) )

5000 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 = 6000lb
m = 15.54lb.pul/seg


m= 6000

386

wn= √ wn= √ 10⁵ wn=80.22 rad /seg²

15.54

a(t)/g=10 е−10 entonces :
F= m.a F= m x gx10 е−10

Tramo:

t< 0.23 seg

X= xo cos wn + ̇ + 1 ∫0 ( − )d



X(t) = 1 ∫0 ( − )d


X(t) = 1 ∫0 ( − )d


X(t) = 1 ∫0 10е−10 ( − )d .


DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

Problema 4.23
Repetir el problema 4.23 para 10 % de amortiguamiento crítico.
Solución:

 Ccr = 2√ ccr=1554000
 ξ =



 ccr=2√(100000)(15.54)

El desplazamiento obtenido:

X(t) = 1 ∫0 ( − )d


Si el amortiguamiento es el 10 % del crítico entonces:

C=0.10 ccr C=0.10 x1554000=155400

Wd= wn √1 − ²

Wd=80.22√1 − (0.10)² Wd= 79.82

X(t) = 1 ∫0 ( − )d


Para el intervalo

 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.23

X(t) = ∫0 ( − )d
1

X(t) = ∫0 10 ( − )d
0.23

Integrando por partes obtenemos:

X(t)= ( cos ( − ) + sen ( − ))
1 ²

Evaluando

X(t)= 10000( sen ( − 1)− + cos wn (t-t1) ) para 0.23<t

10000 1

X(t)= 10000( sen ( − 1)− + cos wd(t-t1) )

10000 1

X(t)= 1000( sen ( −0.1)− (79.82) + cos (72.82)(t-0.1) ) despejando :

10000 0.1

DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

t=1.52
Reemplazando en la ecuación del movimiento:

X(t)= 10000( sen ( − 1)− + cos wd(t-t1) )

10000 1

X(t)= 10000( sen 629.3 (1.52−0.23) − (79.82) 1.1 + cos (79.82)(1.52-0.23) )

10000 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= 6000lb =

m= 6000 m=

386 m = 15.54lb.pul/seg

wn= √ wn= √ 10⁵ wn=80.22 rad /seg²

15.54

Si la ecuación es: a (t) = sen 15.71t

Ecuación de desplazamiento:

X= xo cos wn + ̇ + 1 ∫0 ( − )d
Analizamos por tramos:


DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN

 Tramo : t ≤ 0.2seg

X(t) = 1 ∫0 ( − )d


X(t) = 1 ∫0 ( − )d


X(t) = 1 ∫0 15.71 ( − )d


X(t) = 1 ( )

− 1