solucionario chopra 4ta edicion solucionario

solucionario 4e

1. Studocu no está patrocinado ni avalado por ningún colegio o universidad.
Solucionario Chopra 4edt
estructras (Pontificia Universidad Católica del Perú)
Studocu no está patrocinado ni avalado por ningún colegio o universidad.
Solucionario Chopra 4edt
estructras (Pontificia Universidad Católica del Perú)
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2. TEORÍA Y CÁLCULO
Quinta Edición
MARIO PAZ
WILLIAM LEIGH
SOLUCIONARIO
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3. 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
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4. 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
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5. 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:
δ =
� ∗ �
3
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�� + 2��
3
��
3


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6. Problema 1.2
Los siguientes valores numéricos corresponden al problema resuelto P.1.1: L=100
in, EI=10
8
lb-in
2
, 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
32.2 ∗12
= 7.76
��− �
2
��


�
�
=√
3�� + 2��
3
��
3
= √
3(10
8
) + 2(2000)(100)
3
7.76(100)
3
=23.54 ���/�
� =√�
�
2
+ (
�̇
�
�
)
2
=√(1.0)
2
+ (
20
23.54
)
2
= 1.31 ��
� = ���
−1
(
�̇
�
��
�
) = ���
−1
(
20
23.54
) = 0.7043 ���
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.
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7. SOLUCION:
Del Manual AISC se obtiene
 W10x33: IX=171 in
4
y
 W8x24: IX=82.5 in
4


E=29000 Kips/in
2

EI (W10x33)=29000000(171)=4.959 X 10
9
lb. In
2

EI (W8x24)=29000000(82.5)=2.3925 X 10
9
lb. In
2

K=12EI/h
3
(columna empotrada-empotrada)
K=3EI/h
3
(columna empotrada-articulada)
�(�10�33)=
12(4.959 X 10
9
)
(12�12)
3
=19929.11 ��/��
�(�8�24)=
3(2.3925 X 10
9
)
(12�12)
3
=2403.73 ��/��
Como las columnas están en paralelo:
K
�
= k (W10x33)+2k (W8x24)=19929.11+ 2(2403.73)
K
�
=24736.57 lb/in
m =
w
g
=
50000
32.2�12
=129.40 ��.�
2
/��
12´
W8x24
W8x24
W10x33
50kips
u
Fig. P1.3
20´ 20´
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8. �
�
=√
K
�
�
=√
24736.57
129.40
=13.83 ��� /�
� =
�
2�
=
13.83
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



SOLUCION:
a) El miembro horizontal se supone infinitamente rígido.
EI (W10x33)=4.959 x 10
9
lb. In
2

K
�
= 2 (
12EI
�
3
) =
24(4.959 x 10
9
)
(15x12)
3
=20407.41 ��/��

m =
w
g
=
25000
32.2�12
=64.70 ��.�
2
/��
15´
W10x33
w=25 kips
15´
u
Fig. P.1.4
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9. �
�
=√
K
�
�
=√
20407.41
64.70
=17.76 ��� /�
� =
�
2�
=
17.76
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


SOLUCION:
Para una viga doblemente empotrada, el desplazamiento máximo es igual a:
δ =
��
3
192��
=
�
�

� =
192��
�
3

�
�=√
�
�
=√
192���
��
3

� =
�
2�
= (1/2�)(√
192���
��
3
)
Problema 1.6
E, I
L/2
W
Fig. P1.5
L/2
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10. Los valores numéricos para el problema 1.5 son L=120 in, EI=10
9
lb-in
2
y w=5000
lb. Si el desplazamiento inicial y la velocidad inicial son, respectivamente, xo=0.5
in, ẋ
o
=15 in/s, determine el desplazamiento, la velocidad y la aceleración de w
cuando t=2 s.
SOLUCION:
�
�
=√
192���
��
3
= √
192(10)
9
(32.2�12)
5000(120)
3
=92.66 ���/�

� =√�
�
2
+ (
�̇
�
�
)
2
=√(0.5)
2
+ (
15
92.66
)
2
= 0.5255 ��
� = ���
−1
(
�̇
�
��
�
) = ���
−1
(
15
92.66�0.5
) = 0.3238 ���
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)= −92.66
2
(0.5255)���(92.66(2)− 0.3238)
�̈(� = �)=����.�� ��/�
�


Problema 1.7
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11. 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)







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:







Fig. P1.7
W
ϴ
L
O
W
ϴ
L
O
Wsen ϴ
Wcos ϴ
T
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12. 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
g
=
180
32.2
= 5.59 ��.�
2
/��
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13. �
�
= 2 ��
Determine EI:
� =
3��
�
3
=
3��
2
3
=
3��
8
��/��
�
�
=
1
2�
√
�
�
��������
1
2�
√
3��
8 ∗ 5.59
= 2
�� =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.








SOLUCION:
� = �/�
Masa del bloque de madera:
W
u
k
0.2lb
Fig. P1.9
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14. � =
50
386
= 0.129 ��− ���
2
/��
Masa de la bala:
�
�
=
0.2
386
= 5.181�10
−4
��− ���
2
/��
Conservación de momentos:
�
�
�
�
=(� + �
�
)�
�

V= velocidad después del impacto
�
�
=
�
�
�
�
(� + �
�
)
=
5.181�10
−4
�100
0.129+ 5.181�10
−4
= 0.4
����
���
= 4.8 ��/�

�
�
= �
�

Vo= velocidad inicial del bloque.
�
�
= 4.8 ��/�
Calculo de �
�
:
�
�
= √
�
�
�������

�
�= √
�
� + �
�

�
�=√
300
0.129+ 5.181�10
−4
=48.13 ���/�
Ecuación de movimiento:
�(�) = �����
�
� +
�
�
̇
�
�
����
�
�
uo=0, entonces
�(�) =
�
�
̇
�
�
����
�
�
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15. �(�) = 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.









SOLUCION:






m
ϴ
L
Posición de
equilibrio
k
a
Fig. P1.11
mg
ϴ
L
Posición de
equilibrio
k
a
Fig. P1.11
O
f1
Fs
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16. Diagrama de cuerpo libre:
Fuerza del resorte:
�
�
= ���
�
1
=(�)��̈
El equilibrio de los momentos con respecto al punto O:
�
1
L + �
�
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.








SOLUCION:
Para una viga en voladizo, el desplazamiento máximo es igual a:
x =
��
3
3��
=
�
�

m
L
u
Fig. P1.13
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17. � =
3��
�
3

�
�
=√
�
�
=√
3��
��
3

� =
�
��
= (�/��)(√
���
��
�
)

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


� = ��̈
−��= ��̈


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


m m m F
kx
x
k
W
u
(a)
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18. W
u
k
L/2 L/2
(b)
W
u
a b
(c)
a b
(d)
L
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19. Fig. P1.15
Solución:
a) Siendo :
v
k para la viga, y
r
k para el resorte, tenemos:
3
3
v
EI
k
L
 ,
r
kk
El valor de
e
k equivalente se obtiene de la relación:
1 1 1
e r v
k k k

De donde:
3
3
3
e
kEI
k
kL EI



Y como
W
m
g

, entonces
3
3
( 3 )
e
n
k kgEI
w
m W kL EI



b) Siendo :
v
k para la viga, y
r
k para el resorte, tenemos:
3
48
v
EI
k
L
 ,
r
kk
El valor de
e
k equivalente se obtiene de la relación:
1 1 1
e r v
k k k

De donde:
3
48
48
e
kEI
k
kL EI



Y como
W
m
g
, entonces
3
48
( 48 )
e
n
k kgEI
w
m W kL EI



c) Siendo :
v
k para la viga:
W
k
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20. 22
3.
.
v
EI L
k
ab
 ,
Y como
W
m
g
, entonces
22
3.
( . )
v
n
k gEI L
w
m W a b


d) Siendo :
v
k para la viga, y
r
k para el resorte, tenemos:
22
3.
.
v
EI L
k
ab
 ,
r
kk
El valor de
e
k equivalente se obtiene de la relación:
1 1 1
e r v
k k k

De donde:
22
3.
. 3 .
e
kEI L
k
ka b EI L



Y como
W
m
g

, entonces
22
3.
( . 3 . )
e
n
k gkEI L
w
m W ka b EI L




Problema 1.16
Una estructura ha sido modelada, como se muestra en Fig.P1.16, por dos masas,A
1
my
2
m interconectadas por un resorte de constante k. Determine determine
para este modelo la ecuación diferencial del movimiento en función del
desplazamiento
21r
u u u entre las dos masas. Determine también la
correspondiente frecuencia natural.






U1 U2
k
c
m1 m2
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21. Fig. P1.16
Solución:
El sistema viene dada por las ecuaciones diferenciales:
1
1 1 2
2
2 2 1( )( ) ( )
( )( ) ( )
m u k u u
m u k u u


  
  
………(1.16.1)
O también
1
1
2
2
( )( ) ( )
( )( ) ( )
r
r
m u k u
m u k u





En (1.16.1) asumimos que
. . . .
1 1 2 2
. ; .
w t i w t i
u C e u C e
y obtenemos:
2
1 1 1 2
2
2 2 2 1
( . ) . . 0
( . ) . . 0
m C w k C k C
m C w k C k C
   
   

2
11
2
22
.
0
.
Ck m w k
Ck k m w
 
 
 

De donde se obtiene que:
12
12
()
.
k m m
w
mm



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.



D C B A E
Viga rígida
bisagra
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22. Fig. P1.17




Solución
Asumiendo la fuerza en el resorte F kx, las reacciones en A y Bson
respectivamente:
2
A
mg
R y
2
B
kx
R.
Haciendo sumatoria de fuerzas verticales tenemos
3
mg
x
k
, lo que a su vez nos
lleva a 3,
v
kk donde
v
k es del resorte.
Usando la ecuación:
1 1 1
e r v
k k k

tenemos
3
4
e
k
k.
Luego
3
4
n
k
w
m

.
k
a
m
a a a
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23. 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 2000Q kN . El área The área of the
foot del cimiento es
2
10Am . El coeficiente de compresión elástica del suelo es
3
25,000 /k kN m .





Fig. P1.18
ust
q
Q
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24. Solución
Se tiene que
3 2 4
25,000 / .10 (25)10 /k kN m m kN m ,
2
m 2000 / (9.81 / )kN m seg
Por tanto
35.02 /
n
w 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).












Fig. P1.19




W
h
b
a
x
x
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25. Solución
La ecuación del equilibrio dinámico es:
0
.0
s
I u f
gg
;
22
0
.
12
ab
Im


; .
s
f k u

 ;
.
2
AE h
k






















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26. 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: 100 ,L in EI=108
lb-in2, W=3000 lb, y k=2000 lb/in. Si el peso W tiene un desplazamiento inicial
0
1.0x in y
una velocidad inicial
0
20 /v in seg , determine el desplazamiento y la velocidad 1 segundo
después.
.. 00
0 ..
( ) ( cos( ) ( ))
n
wt n
DD
D v x w
x t e x w t sen w t
w
  


� =
�
�
=
3000
32.2 ∗12
= 7.76
��− �
2
��


�
�
=√
3�� + 2��
3
��
3
= √
3(10
8
)+ 2(2000)(100)
3
7.76(100)
3
=23.54 ���/�
15%;
2
1 23.2737 /
Dn
w w rad seg  
( ) 0.0367x t in
Asimismo
(1)
(1) 0.587 /
dx
v 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, (0) 0.5x in ,
(0) 15 /v in seg , determine el desplazamiento, la velocidad y la aceleración de W cuando t=2
s.
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27. .. 00
0 ..
( ) ( cos( ) ( ))
n
wt n
DD
D v x w
x t e x w t sen w t
w
  


�
�
=√
192���
��
3
= √
192(10)
9
(32.2�12)
5000(120)
3
=92.66 ���/�
10%;
2
1 92.1955 /
Dn
w w rad seg  
Con estos valores visualizamos la gráfica de ()xt

Se observa que prácticamente ha cesado el movimiento, esto es:
(2) 0.00x in , (2) 0.00 /v in seg
Aunque matemáticamente, usando la fórmula:
(2)
(2) 0.00337 /
dx
v in seg
dt
 .




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28. 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 cdel
sistema 200 /k lb in y
2
10 . /m lb seg in .
Solución
El decremento logarítmico es
1
2
2
2
ln
1
u
u





,
luego
1
2
1
2
ln 0.05129
0.95 1
u
u


  

entonces 2 0.73013 . /c km lb seg in

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 :nnúmero de ciclos, se tiene que
0
ln .
n
u
n
u





Luego
1
ln 10
0.4





entonces 0.0916 y también 0.01458 1.458% .




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29. Problema 2.5
Se muestra que el desplazamiento para los sistemas de amortiguamiento crítico y supercrítico
con un desplazamiento inicial
0
u y una velocidad
0
v puede escribirse como
00
11 00
0 1
( (1 ) ), 1
( cosh( ) sinh( )), 1
DD
wt
wt
D
u e u wt v t
v u w
u e u w t w t
w






   

  

Donde
12
1
D
ww


Solución
Se tiene que
.. 00
0 ..
( ) ( cos( ) ( ))
wt
DD
D v u w
u t e u w t sen w t
w
 
 

,
2
1
D
ww  …(*)
Para obtener la primera parte basta con calcular el límite cuando  tiende a 1, a partir de (*).
. . 2
0 0 0
()
( ) ( cos( 1 . ) ( . . ) . )
wt D
D
sen w t
u t e u w t v u w t
wt


   

00
( (1 ) ), 1
wt
u e u wt v t 

   
Para la siguiente parte hay que tener en cuenta que
( . ) ( ); cos( ) cos( )senh i b isen b ib b
También se tiene que para 1:
2
. . 2
0 0 0
2
( . 1. )
( ) ( cos( . 1. ) ( . . ) )
.1
wt sen i w t
u t e u i w t v u w
iw
 


 
   


Con lo cual se tiene que:
11 00
0 1
( cosh( ) sinh( )), 1
DD
wt
D
v u w
u e u w t w t
w 

 
  
, donde
12
1
D
ww


Problema 2.6
Una estructura es modelada como un oscilador amortiguado que tiene una constante de
resorte 30 /k kip in y una frecuencia natural no amortiguada 25 /w rad seg .
Experimentalmente se encontró una fuerza de 1 kip que produce una velocidad relativa de
10 /in seg en el elemento amortiguado.
Determine:
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30. a) La razón de amortiguación 
b) El periódo de amortiguación
D
T
c) El decremento logarítmico 
d) La razón entre dos amplitudes consecutivas.

Solución
Se tiene que .F cv entonces 1000 .(10 / )lb c in seg . Luego 100 . /c lb seg in
Asimismo
2
33
.
2 2 30(10 )(10 )( ) 557.2782
32.2(12 )
cr
lb seg lb seg
c km lb
in in in
  

a)
100
0.1794
557.2782
cr
c
c
  
=17.94%
b)
2
2
0.2555
1
D
T seg
w





c)
2
2
1.1458
1





d)
1
2
3.1443
u
e
u



Problema 2.6
En la Fig. 2.4 se indica que los puntos tangenciales sobre la curva de desplazamiento
corresponde a cos( ) 1
D
wt . Por lo tanto la diferencia en
D
wt entre dos puntos tangentes
cualesquiera es 2. Demuestre que la diferencia en
D
wt entre dos picos consecutivos también
es 2.

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31. Solución
Se tiene que
..
( ) . .cos( )
wt
D
u t C e w t





También
..
'( ) . .( . .cos( ) ( ))
wt
D D D
u t C e w w t w sen w t
  

    

Los valores picos para t se obtienen haciendo '( ) 0ut, es decir
2
tan( )
1
D
wt



  


Para garantizar que ( ) 0ut consideremos el siguiente resultado gráfico:

de tal modo que
Dk
w t k     , donde
1
2
tan
1








, 1,3,5,7,...k
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
i
ik
u
ku






donde k

es el número de ciclos el número de ciclos que separa las dos amplitudes de pico
medidos amplitudes
i
u y
ik
u
.
Soluciónn
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32. Se tiene que
11
12
. ...
i i i i k
i k i i i k
u u u u
u u u u  
   

, luego:
11
12
ln ln . ...
i i i i k
i k i i i k
u u u u
u u u u
  
   
   
   
   

Entonces
11
12
ln ln ln ... ln
i i i i k
i k i i i k
u u u u
u u u u
  
   
       
          
       

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

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
D
fdel sistema y el valor absoluto del coeficiente de
amortiguación c.
Solución
Se establece el sistema de ecuaciones diferenciales
1
2
( ) ( , )
( ) ( , )
x t s x
t s x


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 . 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,
D
f.
c) Decremento logarítmico,.
d) La razón entre dos amplitudes consecutivas
Solución
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33. Se tiene que .F cv entonces 100 .(12 / )lb c in seg . Luego 8.3333 . /c lb seg in
Asimismo
2
.
2 2 (3000 )(386 )( ) 109.4878
32.2(12 )
cr
lb seg lb seg
c km lb
in in in
  

3000(32.2)(12)
54.80 /
386
k
w rad seg
m
  
a)
8.3333
0.0761
109.4878
cr
c
c
  
=7.6112%
b)
2
2
0.1150
1
D
T seg
w




entonces
1
8.6957
D
D
f hertz
T


c)
2
2
0.4796
1





d)
1
2
1.6154
u
e
u




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:
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34. �
��=
��
�
�


�
��
=
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�
54.763
= 0.115 seg


c) El decremento logarítmico, �

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35. � =
���
√� − �
�


� =
2� ∗ 0.183
√1 − 0.183
2


� = �.��

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
cE
u
L
k
W
u
(a)
mg
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36. 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
�
�
=
1
�
+
1
�
�

�
�=
� ∗
���
�
�
� +
���
�
�


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

El amortiguamiento crítico es:
�
��= 2√�
��
�
�
��
= 2√
� ∗
3��
�
3
� +
3��
�
3
∗
�
�

El coeficiente de amortiguamiento �
�
es calculado por:
�=
�
�
�
��


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37. �
�= ��√
�∗
���
�
�
�+
���
�
�
∗
�
�


Considerando los datos del ejercicio tenemos:
� =
�.��
��
�
��


� = �.�
�
�
= 0.22√
� ∗
3��
�
3
� +
3��
�
3
∗
�
�












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

W
u
k
L/2 L/2
(b)
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38. � =
��
3
48��

Entonces,
La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuación de resortes en serie:
1
�
�
=
1
�
+
1
�
�

�
�
=
��
�
� + �
�


�
�=
� ∗
����
�
�
�+
����
�
�


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

El amortiguamiento crítico es:
�
��= 2√�
��
�
�
��
= 2√
� ∗
48��
�
3
� +
48��
�
3
∗
�
�

El coeficiente de amortiguamiento �
�
es calculado por:
�=
�
�
�
��

�
�
= 2�∗√
� ∗
48��
�
3
� +
48��
�
3
∗
�
�

Considerando los datos del ejercicio tenemos:
� =
0.1�
��
�
��

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39. � = �.�

�
�
= �. �∗√
� ∗
����
�
�
� +
����
�
�
∗
�
�









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���
[
�(� + �)
3
]
3
2

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√�
�
�
�

W
u
a b
(c)
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40. �
��
= 2
√
3���
�
[
3
�(� + �)
]
3
2
∗
�
�

El coeficiente de amortiguamiento �
�
es calculado por:
�=
�
�
�
��

�
�
= 2�∗
√
3���
�
[
3
�(� + �)
]
3
2
∗
�
�

Considerando los datos del ejercicio tenemos:

� =
�.��
��
�
��


� = �.�
�
�
= 0.2∗
√
3���
�
[
3
�(� + �)
]
3
2
∗
�
�














W
u
k
a b (d)
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41. 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���
[
�(� + �)
3
]
3
2

Entonces,
�
�
=
�
�
=
3���
�
[
3
�(� + �)
]
3
2


La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuación de resortes en serie:
1
�
�
=
1
�
+
1
�
�

�
�
=
��
�
� + �
�


�
�=
� ∗
����
�
[
�
�(�+ �)
]
�
�
� +
����
�
[
�
�(�+ �)
]
�
�


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

El amortiguamiento crítico es:
�
��= 2√�
��
�
�
��
= 2
√










� ∗
3���
�
[
3
�(� + �)
]
3
2
� +
3���
�
[
3
�(� + �)
]
3
2
∗
�
�

El coeficiente de amortiguamiento �
�
es calculado por:
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42. ξ=
�
�
�
��

�
�
= 2� ∗
√










� ∗
3���
�
[
3
�(� + �)
]
3
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:

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43. 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�̈
0
�
��
2

Reemplazando datos tenemos:
ξ =
2 ∗ 0.3
2 ∗19.3 ∗300
∗10∗(
40�
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






Fig. P2.14

U1 U2
k
c
m1 m2
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44. 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:






�
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













U22
ku2
��1̇
m1ü1 m2ü2
U1
ku1
��2̇
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45. 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:
�
�
=∫ �
0
sin����
2� /�
0
= ∫ �
0
sin��
��
��
��
2� /�
0

�
�
= ∫ �
0
sin���̇(�)��
2�/�
0

De la ecuación (3.29):
�̇(�)=��cos(��− �)
Reemplazando en �
�
, tenemos:
�
�
= ∫ (�
0
sin��)(��cos(��− �)��)
2� /�
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 �:
tan � =
2��
1 − �
2

sin �
cos�
=
2��
1 − �
2

sin
2
�
sin
2
� + cos
2
�
=
(2��)
2
(1 − �
2
)
2
+ (2��)
2

sin � =
2��
√(1 − �
2
)
2
+ (2��)
2

� =
�
��
√(1 − �
2
)
2
+ (2��)
2

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46. sin � =
2��
�
��

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.






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:

W8X31
L=15´
ωt
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47. � =
48��
�
3

El momento de inercia se toma del perfil de acero W8X31 (Ix=110 in
4
):
� =
48∗29∗10
6
∗110
(15∗12)
3

� =26255.14403 ��/��
Y la frecuencia natural:
�
�=√
�
�

�
�
= √
26255.14403 ��/��
1000 ��/386 ��/���2

�
�
=���.�� ���/���
Además la frecuencia forzada en rad/seg
2
� =
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´:



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48. 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.
(� − �´)�̈ + �ú
1
+ �� +��= 0̇̇

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:
ku cú
u1=u+ e*sen �t
e*sen � t
u
u
u
e
m´
m
k c
e
m´ü
(m-m´)ü
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49. �
0
= �´��
2

Reemplazando:
�
0
=
1
386�
∗ � ∗94.248
2

�
0
=23.012 ��
La amplitud del movimiento permanente es:
� =
�
0
�
⁄
√(1 − �
2
)
2
+ (2��)
2

Reemplazando:
� =
23.012
26255.14403
⁄
√(1 − 0.936
2
)
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.



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50. 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∗10
6
(2 ∗171)
(15∗12)
3

� =5101.852 ��/��
�
��
=
�
0
�
=
5000
5101.852
= 0.98 ��
� =√
�
�
= √
5101.852
2000∗20/386
= 7.017 ���/���2
� =
�
�
=
12
7.017
= 1.71
La amplitud del movimiento permanente, despreciando la amortiguación de la estructura:
W=2kp/ft
F(t)=5sen12t(kp)
20´
W10X33
15´
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51. � =
�
��
√(1 − �
2
)
2
,
Reemplazando:
� =
0.98
√(1 − 1.71
2
)
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 − 1.71
2
)
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:
�
�
= �
0
√
1 +(2��)
2
(1 − �
2
)
2
+(2��)
2

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

�
�
=3059.219 ��
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52. �
�
= 3.059 ��
b) La transmisibilidad
�
�
=
�
�
�
0
= √
1 +(2��)
2
(1 − �
2
)
2
+(2��)
2

�
�
= √
1 +(2 ∗ 0.08∗ 1.71)
2
(1 − 1.71
2
)
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 amortiguación crítica del
sistema











Fig. P3.8
SOLUCIÓN:
Calculamos la frecuencia natural:
u
W=100kp
K=3000kp/ft
Us(t)
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53. �
�
=√
�
�

�
�
= √
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 − 2.022
2
)
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
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54. 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






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 in
4
):
� =
3 ∗30∗10
8
30
2
(180+30)

� =47619.048 ��/��
Y la frecuencia natural:
EI=30*10^8 lb.in2
L=15´
ωt
2.5´ 2.5´
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55. �
�=√
�
�

�
�
= √
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/seg
2

� =
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´:





ku cú
u1=u+ e*sen �t
e*sen � t
u
u
u
e
m´
m
k c
e
m´ü
(m-m´)ü
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56. 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.
(� − �´)�̈ + �ú
1
+ �� +��= 0̇̇

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
386
∗83.776
2

�
0
=909.122 ��
La amplitud vertical del movimiento permanente es:
� =
�
0
�
⁄
√(1 − �
2
)
2
+ (2��)
2

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57. Reemplazando:
� =
909.122
47619.048
⁄
√(1 − 1.181
2
)
2
+ (2 ∗ 1.181∗ 0.1)
2

� = 0.0415 ��
 1000 rpm
Además la frecuencia forzada en rad/seg
2

� =
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
386
∗104.720
2

�
0
=1420.502 ��
La amplitud vertical del movimiento permanente es:
� =
�
0
�
⁄
√(1 − �
2
)
2
+ (2��)
2

Reemplazando:
� =
1420.502
47619.048
⁄
√(1 − 1.41
2
)
2
+ (2 ∗ 1.41∗ 0.1)
2

� = 0.0158 ��
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58.  1200 rpm
Además la frecuencia forzada en rad/seg
2

� =
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
386
∗125.664
2

�
0
=2045.523 ��
La amplitud vertical del movimiento permanente es:
� =
�
0
�
⁄
√(1 − �
2
)
2
+ (2��)
2

Reemplazando:
� =
2045.523
47619.048
⁄
√(1 − 1.691
2
)
2
+ (2 ∗ 1.691∗ 0.1)
2

� = 0.0227 ��




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59. 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
2
�����������……II
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 − 0.91
2
)^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)

1.5m 4.5m
W
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60. 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





∑Fy=0
Ray+Rby=W….I
∑Ma=0
Rby(6)=W(1.5)
Reemplazando II en I
Rby=0.25W…..II
&#3627408440;&#3627408444;&#3627408460;" = &#3627408453;&#3627408462;&#3627408486;&#3627408459; − &#3627408458; < &#3627408485; − 1.5 >
1

&#3627408440;&#3627408444;&#3627408460;′ = &#3627408453;&#3627408462;&#3627408486;
&#3627408459;
2
2
−
&#3627408458;
2
< &#3627408485; − 1.5 >
2
+ &#3627408438;1
&#3627408440;&#3627408444;&#3627408460; = &#3627408453;&#3627408462;&#3627408486;
&#3627408459;
3
6
−
&#3627408458;
6
< &#3627408485; − 1.5 >
3
+ &#3627408438;1&#3627408459; + &#3627408438;2
Con las condiciones iniciales hallamos las constantes:
1) X=0 Y=0
1.5m 4.5m
W
Ray
Rby
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61. C2=0
2) X=6 Y=0
0 =36(0.75&#3627408458;) −
&#3627408458;
6
(
729
8
) + &#3627408438;1(6)
&#3627408438;1 = −
63
32

Por lo tanto tenemos:
&#3627408440;&#3627408444;&#3627408460; =
1
8
&#3627408458;&#3627408459;
3
−
&#3627408458;
6
< &#3627408485; − 1.5 >
3
−
63
32
&#3627408459;
Hallamos la deflectada donde actúa la carga W, X=1.5, Y=?
&#3627408440;&#3627408444;&#3627408460; =
27
64
&#3627408458; −
189
64
&#3627408458;
&#3627408440;&#3627408444;&#3627408460; =
−81
32
&#3627408458;
&#3627408460; =
−81
32&#3627408440;&#3627408444;
&#3627408458;
La rigidez de la viga corresponde:
&#3627408446; =
32&#3627408440;&#3627408444;
81

Reemplazando con los datos que tenemos:
&#3627408446; =
32∗210∗10
9
∗8950∗10
−8
81

K=7425185.185N/m
Luego, procedemos a encontrar la frecuencia de vibración del sistema
&#3627408484; =√
7425185.185∗ 9.81
30∗10
3

w=49.275 rad/seg
Encontramos la razón entre frecuencias:
&#3627408479; =
&#3627409146;
&#3627408484;

&#3627408479; =
41.89
49.28

&#3627408479; = 0.85
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62. Si, no tengo amortiguamiento, la amplitud corresponde
&#3627408456; =
&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408446;
1 − 0.85
2

&#3627408456; = 0.00388&#3627408474;
&#3627408456; = 0.388&#3627408464;&#3627408474;
El máximo esfuerzo normal en la viga:
&#3627409224; =
&#3627408500;
&#3627408506;

&#3627409224; =
&#3627409359;.&#3627409359;&#3627409360;&#3627409363;∗&#3627409361;&#3627409358;∗&#3627409359;&#3627409358;^&#3627409361;
&#3627409363;&#3627409367;&#3627409365;∗&#3627409359;&#3627409358;^ − &#3627409364;

&#3627409108;=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 de pendiendo del grado de
amortiguamiento. La amplitud es máxima cuando lo que hay dentro de la raíz del
denominador es mínimo, lo cual ocurre para
&#3627408458;&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485; =&#3627408458;&#3627408475;√1 − 2 ∗ ɛ
2

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:
&#3627408456;&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485; =
&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408446;
∗
1
2 ∗ ɛ ∗ √1 − 2 ∗ ɛ
2

Problema 3.16
Una estructura modelada como un sistema amortiguado de resorte 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:
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63. 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






Frecuencia circular natural:
mg=2520lb
&#3627408484; =√
89000∗386
2520

&#3627408484; =116.758 &#3627408479;&#3627408462;&#3627408465;/&#3627408480;&#3627408466;&#3627408468;
Frecuencia natural:
&#3627408467; =
116.758
2 ∗ π

&#3627408467; =18.58&#3627408464;&#3627408477;&#3627408480;
Amortiguamiento
ɛ =
&#3627408464;
&#3627408464;&#3627408479;
…….I
&#3627408464;&#3627408479;= 2 ∗
&#3627408472;
&#3627408484;

&#3627408464;&#3627408479;= 2 ∗
89000
116.758

Cr=1524.5208
Reemplazando en I:
M
C
K
F(t)=FosenΩt
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64. ɛ =
112
1524.5208

ɛ = 0.0735
La amplitud de la fuerza, cuando U=0.37pulg:
&#3627408456; =
&#3627408451;&#3627408476;
&#3627408446;
∗
1
2 ∗ ɛ ∗ √1 − 2 ∗ ɛ
2

Por lo tanto despejando Po:

&#3627408451;&#3627408476;= 0.37∗8900∗ 2 ∗ 0.0735∗√1 − 2 ∗ (0.0735
2
)
&#3627408451;&#3627408476;=4814.49&#3627408473;&#3627408463;
La amplitud de la fuerza en condición de resonancia, es decir, r=1:

&#3627408456; =
&#3627408451;&#3627408476;
&#3627408446;
2 ∗ ɛ

Despejando Po:
&#3627408451;&#3627408476;= &#3627408456; ∗ &#3627408446; ∗ 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:
&#3627408456;&#3627408479;=
&#3627409151;&#3627408480;&#3627408481;
2∗ɛ
….I

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

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65. &#3627408456;1 =
&#3627409151;&#3627408480;&#3627408481; ∗ &#3627408479;1
2
√(1 − &#3627408479;1
2
)
2
+(2 ∗ &#3627408479;1 ∗ ɛ)
2

Despejando tenemos
&#3627409151;&#3627408480;&#3627408481; =
√(1−&#3627408479; 1
2
)
2
+(2∗&#3627408479;1∗ɛ)
2
∗&#3627408456;1
&#3627408479;1
2
…..II
Reemplazando II en I, tenemos:
&#3627408456;&#3627408479;=
&#3627408456;1 ∗ √(1 − &#3627408479;1
2
)
2
+(2 ∗ &#3627408479;1 ∗ ɛ)
2
2 ∗ ɛ ∗ &#3627408479;1
2

Elevando al cuadrado ambos términos
4 ∗ ɛ
2
∗ &#3627408456;&#3627408479;
2
∗ &#3627408479;1
4
= &#3627408456;1
2
∗(1 − &#3627408479;1
2
)
2
+ &#3627408456;1
2
∗ 4 ∗ &#3627408479;1
2
∗ ɛ
2

Juntando amortiguamientos en un solo lado, despejamos:
4 ∗ ɛ
2
∗ &#3627408456;&#3627408479;
2
∗ &#3627408479;1
4
− &#3627408456;1
2
∗ 4 ∗ &#3627408479;1
2
∗ ɛ
2
= &#3627408456;1
2
∗(1 − &#3627408479;1
2
)
2

4 ∗ ɛ
2
∗ &#3627408479;1
2
(&#3627408456;&#3627408479;
2
− &#3627408456;1 ∗ &#3627408479;1
2
) = &#3627408456;1
2
∗(1 − &#3627408479;1
2
)
2

Despejando el amortiguamiento
ɛ =
&#3627408456;1 ∗ (1 − &#3627408479;1
2
)
2 ∗ &#3627408479;1 ∗ √&#3627408456;&#3627408479;
2
− &#3627408456;1
2
∗ &#3627408479;1
2

La amplitud de la fuerza en resonancia:
&#3627408456;&#3627408479;=
&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408446;
2 ∗ ɛ

Reemplazando el valor del amortiguamiento:
&#3627408441;&#3627408476;=&#3627408456;&#3627408479;∗ 2 ∗ ɛ ∗ &#3627408446;
&#3627408441;&#3627408476;=&#3627408456;&#3627408479;∗ 2 ∗
&#3627408456;1 ∗ (1 − &#3627408479;1
2
)
2 ∗ &#3627408479;1 ∗ √&#3627408456;&#3627408479;
2
− &#3627408456;1
2
∗ &#3627408479;1
2
∗ &#3627408446;

&#3627408441;&#3627408476;=
&#3627408456;&#3627408479;∗ &#3627408456;1 ∗(1 − &#3627408479;1
2
)∗ &#3627408446;
&#3627408479;1 ∗ √&#3627408456;&#3627408479;
2
− &#3627408456;1
2
∗ &#3627408479;1
2


Problema 3.18
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66. 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






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




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
&#3627408448;&#3627408466;
=
1
&#3627408474;1
+
1
&#3627408474;2

&#3627408448;&#3627408466;=
&#3627408474;1 ∗ &#3627408474;2
&#3627408474;1 + &#3627408474;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)
&#3627408441;(&#3627408481;) =
&#3627408448; ∗&#3627408441;&#3627408476;∗ &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;(&#3627409146;&#3627408481;)
&#3627408474;2

Reemplazando x2-x1=x
m1 m2
F(t)=FosenΩt
K
C
m1x’’1 m2x’’2 K(x2-x1)
C(x´2-x´1)
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67. 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:
&#3627408459;&#3627408477;=
&#3627409151;&#3627408480;&#3627408481;
√(1 − &#3627408479;
2
)
2
+(2 ∗ &#3627408479; ∗ ɛ)
2

Reemplazando con los datos que tenemos, y sabiendo que δst=
&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408446;
, en función al movimiento
relativo de las masas
&#3627408459;&#3627408477;=
&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408446;
∗
&#3627408474;1
&#3627408474;1 + &#3627408474;2
√(1 − &#3627408479;
2
)
2
+(2 ∗ &#3627408479; ∗ ɛ)
2




















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68. Observación: Las respuestas en el libro están dadas para un E. Acero=30*10^6
lb/pulg^2, sin embargo trabajaremos con las que cono cemos 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:
&#3627408446;1 =
12&#3627408440;&#3627408444;
&#3627408443;1
3

Para la columna de la derecha, tenemos:
&#3627408446;2 =
3&#3627408440;&#3627408444;
&#3627408443;2
3

Para la rigidez total de las columnas, sumamos estas dos:
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69. &#3627408446; = &#3627408440;&#3627408444; ∗ (
12
&#3627408443;1
3
+
3
&#3627408443;2
3
)
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:
&#3627408484;&#3627408475;=√
5455.238∗386
20∗10
3

&#3627408484;&#3627408475;=10.26 &#3627408479;&#3627408462;&#3627408465;/&#3627408480;&#3627408466;&#3627408468;
Para una fuerza que decrece linealmente de 0 a 0.6, tenemos la siguiente ecuación,
demostrada en el libro

F(t)





T(seg)
Para valores t<td
&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408446;
∗ [(1 − cos(&#3627408484;&#3627408475;&#3627408481;))+
1
&#3627408481;&#3627408465;
∗ (
&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;(&#3627408484;&#3627408475;∗ &#3627408481;)
&#3627408484;&#3627408475;
− &#3627408481;)]
Entonces el desplazamiento para un valor de t=0.5, teniendo en cuenta que td=0.6
Fo=5Kip
0 0.6
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70. 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 &#3627408481;
&#3627408439;








TRAMO 01.- 0 ≤ t≤ td
Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales &#3627408485;
0
= 0 &#3627408486; &#3627408485;̇
0
= 0
&#3627408485;(&#3627408481;)=
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫ &#3627408441;(&#3627409167;)∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Ecuación de &#3627408441;
0 en función de &#3627409167;:
&#3627408441;(&#3627409167;)= &#3627408441;
0
∗ (
&#3627409167;
&#3627408481;
&#3627408465;
)
Reemplazamos en la ecuación general
&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫ &#3627409167; ∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Resolviendo la integral definida obtenemos:
F(t)
F0
td)
Fig P4.5
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71. &#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∗ (
&#3627408481;
&#3627408458;
&#3627408475;
−
sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)
&#3627408458;
&#3627408475;
2
)
Extrayendo &#3627408458;
&#3627408475;
del paréntesis:
&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;∗ &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
2
∗ (&#3627408481; −
sin(&#3627408458;
&#3627408475;∗ &#3627408481;)
&#3627408458;
&#3627408475;
)
Pero; &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
2
= &#3627408446;
Y; tenemos al desplazamiento estático:
&#3627408441;
0
&#3627408472;
= &#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;

Entonces;
&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (&#3627408481; −
sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)
&#3627408458;
&#3627408475;
)
El factor de carga dinámica en función de t, &#3627408458;
&#3627408475;
y &#3627408481;
&#3627408465;
para el TRAMO 01:
&#3627408439;&#3627408447;&#3627408441; =
&#3627408485;(&#3627408481;)
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
=
&#3627408481; −
sin(&#3627408458;
&#3627408475;∗ &#3627408481;)
&#3627408458;
&#3627408475;
&#3627408481;
&#3627408465;

TRAMO 02.-
Necesitamos las condiciones finales del tramo 01, que para el tramo 02 serán las iniciales; o
sea cuando &#3627408481; = &#3627408481;
&#3627408465;

&#3627408485;(&#3627408481;)
&#3627408481; =&#3627408481;
&#3627408465;
=
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (&#3627408481;
&#3627408465;
−
sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;
&#3627408465;
)
&#3627408458;
&#3627408475;
)
&#3627408485;̇(&#3627408481;)
&#3627408481;=&#3627408481;
&#3627408465;
=
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (1 − cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;
&#3627408465;
))
Entonces tendremos para el tramo 02 la siguiente ecuación general:
&#3627408485;(&#3627408481;)= &#3627408485;
0
∗ cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
&#3627408485;̇
0
&#3627408458;
&#3627408475;
∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Hallamos el estado transitorio:
&#3627408459;
&#3627408464;
= &#3627408485;
0
∗ cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
&#3627408485;̇
0
&#3627408458;
&#3627408475;
∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)
&#3627408459;
&#3627408464;
=
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (&#3627408481;
&#3627408465;
−
sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;
&#3627408465;
)
&#3627408458;
&#3627408475;
) ∗ cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (1 − cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;
&#3627408465;
))
&#3627408458;
&#3627408475;
∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)
Hallamos el estado permanente:
Descargado por Marvin Flores ([email protected])
lOMoARcPSD|25978912

72. Ecuación de &#3627408441;
0
en función de &#3627409167;:
&#3627408441;(&#3627409167;)= &#3627408441;
0

Reemplazamos en la ecuación:
&#3627408459;
&#3627408477;
=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Resolviendo la integral definida obtenemos:
&#3627408459;
&#3627408477;
=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∗ (
1
&#3627408458;
&#3627408475;
−
cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)
&#3627408458;
&#3627408475;
)
Extrayendo &#3627408458;
&#3627408475;
del paréntesis:
&#3627408459;
&#3627408477;
=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
2
∗ (1 − cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;))
Pero; &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
2
= &#3627408446;
Y; tenemos al desplazamiento estático:
&#3627408441;
0
&#3627408472;
= &#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;

Entonces;
&#3627408459;
&#3627408477;
=
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (1 − cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;))

Reemplazando las condiciones iniciales:
&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (&#3627408481;
&#3627408465;
−
sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;
&#3627408465;
)
&#3627408458;
&#3627408475;
) ∗ cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (1 − cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;
&#3627408465;
))
&#3627408458;
&#3627408475;
∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (1 − cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;))

El factor de carga dinámica en función de t, &#3627408458;
&#3627408475;
y &#3627408481;
&#3627408465;
para el TRAMO 02:
&#3627408439;&#3627408447;&#3627408441; =
1
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (&#3627408481;
&#3627408465;
−
sin(&#3627408458;
&#3627408475;∗ &#3627408481;
&#3627408465;
)
&#3627408458;
&#3627408475;
) ∗ cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
1
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (1 − cos(&#3627408458;
&#3627408475;∗ &#3627408481;
&#3627408465;))
&#3627408458;
&#3627408475;
∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
1
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (1
− cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;))


Descargado por Marvin Flores ([email protected])
lOMoARcPSD|25978912

73. 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 &#3627408485;
0= 0 &#3627408486; &#3627408485;̇
0= 0
&#3627408485;(&#3627408481;)=
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Lamagnitu de la fuerza constante es de &#3627408441;
0= 0.5&#3627408468; ∗ &#3627408474;
Ecuación de &#3627408441;
0 en función de &#3627409167;:
&#3627408441;(&#3627409167;)= &#3627408441;
0
Reemplazamos en la ecuación:
&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫sin(&#3627408458;
&#3627408475;∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Resolviendo la integral definida obtenemos:
&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;∗ &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∗ (
1
&#3627408458;
&#3627408475;
−
cos(&#3627408458;
&#3627408475;∗ &#3627408481;)
&#3627408458;
&#3627408475;
)
Extrayendo &#3627408458;
&#3627408475; del paréntesis:
&#3627408485;(&#3627408481;)=
0.5 ∗ &#3627408474; ∗ &#3627408468;
&#3627408481;
&#3627408465;∗ &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
2
∗ (1 − cos(&#3627408458;
&#3627408475;∗ &#3627408481;))
Pero; &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
2
= &#3627408446;
Y; tenemos al desplazamiento estático:
&#3627408441;0
&#3627408472;
= &#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
Entonces;
Descargado por Marvin Flores ([email protected])
lOMoARcPSD|25978912

74. &#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (1 − cos(&#3627408458;
&#3627408475;∗ &#3627408481;))
El factor de carga dinámica sería:
&#3627408439;&#3627408447;&#3627408441; =
&#3627408485;(&#3627408481;)
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
=
1
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (1 − cos(&#3627408458;
&#3627408475;∗ &#3627408481;))
&#3627408459;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;=
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;

Determinar el momento máximo:
&#3627408448; =
6 ∗ &#3627408440; ∗ &#3627408444;
&#3627408447;
2
∗ &#3627408459;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;
&#3627408448; =
6 ∗ &#3627408440; ∗ &#3627408444;
&#3627408447;
2
∗
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;

El máximo esfuerzo de corte es: &#3627409166;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;=
&#3627408448;
&#3627408454;

&#3627409166;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;=
6 ∗ &#3627408440; ∗ &#3627408444;
&#3627408447;
2∗
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
&#3627408454;
















Descargado por Marvin Flores ([email protected])
lOMoARcPSD|25978912

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


ξ= 10%





Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales &#3627408485;
0
= 0 &#3627408486; &#3627408485;̇
0
= 0
&#3627408485;(&#3627408481;)=
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408439;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ &#3627408466;
−&#3627409161;&#3627408458;
&#3627408439;
(&#3627408481;−&#3627409167;)
∗ sin(&#3627408458;
&#3627408439;
∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Ecuación de &#3627408441;
0
en función de &#3627409167;:
&#3627408441;(&#3627409167;)= &#3627408441;
0
= 0.5 ∗ &#3627408468; ∗ &#3627408474;
Reemplazamos en la ecuación:
&#3627408459;
&#3627408477;=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408439;
∫&#3627408466;
−&#3627409161;&#3627408458;&#3627408439;(&#3627408481;−&#3627409167;)
sin(&#3627408458;
&#3627408439;∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0





Descargado por Marvin Flores ([email protected])
lOMoARcPSD|25978912

76. Resolviendo la integral definida obtenemos:

Simplificando:

Factorizando:
Como resultado obtenemos:

Consideraciones: &#3627408458; = &#3627408458;
&#3627408439;

Descargado por Marvin Flores ([email protected])
lOMoARcPSD|25978912

77. 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.





&#3627408485;(&#3627408481;)=
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408439;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ &#3627408466;
−&#3627409161;&#3627409172;(&#3627408481;−&#3627409167;)
∗ sin(&#3627408458;
&#3627408439;∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales &#3627408485;
0
= 0 &#3627408486; &#3627408485;̇
0
= 0

&#3627408485;(&#3627408481;)=
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408439;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ &#3627408466;
−&#3627409161;&#3627408458;
&#3627408439;
(&#3627408481;−&#3627409167;)
∗ sin(&#3627408458;
&#3627408439;
∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Ecuación de &#3627408441;
0
en función de &#3627409167;:
&#3627408441;(&#3627409167;)= &#3627408441;
0
Reemplazamos en la ecuación:
&#3627408459;
&#3627408477;=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;∗ &#3627408446;/&#3627408458;
&#3627408439;
∫&#3627408466;
−&#3627409161;&#3627408458;&#3627408439;(&#3627408481;−&#3627409167;)
sin(&#3627408458;
&#3627408439;∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0









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78. Resolviendo la integral definida obtenemos:

Simplificando:
Factorizando:
Finalmente obtenemos:
Consideraciones: &#3627408458; = &#3627408458;
&#3627408439;

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79. 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 &#3627408485;
0
= 0 &#3627408486; &#3627408485;̇
0
= 0
&#3627408485;(&#3627408481;)=
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Ecuación de &#3627408441;
0
en función de &#3627409167;:
&#3627408441;(&#3627409167;)= &#3627408441;
0
∗ (
&#3627409167;
&#3627408481;
&#3627408465;
)
Reemplazamos en la ecuación general
&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫&#3627409167; ∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

Resolviendo la integral definida obtenemos:
&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;∗ &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∗ (
&#3627408481;
&#3627408458;
&#3627408475;
−
sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)
&#3627408458;
&#3627408475;
2
)
Extrayendo &#3627408458;
&#3627408475;
del paréntesis:
&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627408441;
0
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
2
∗ (&#3627408481; −
sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)
&#3627408458;
&#3627408475;
)
Pero; &#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
2
= &#3627408446;
Y; tenemos al desplazamiento estático:
&#3627408441;
0
&#3627408472;
= &#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;

Entonces;
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80. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN


&#3627408485;(&#3627408481;)=
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
&#3627408481;
&#3627408465;
∗ (&#3627408481; −
sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)
&#3627408458;
&#3627408475;
)
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.








&#3627408446;1 =
12∗ &#3627408440; ∗ &#3627408444;
&#3627408447;
3
=
12∗30∗10
6
∗69.2
(15∗12)
3
=4271.61 &#3627408473;&#3627408463;/&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408446;2 =
12∗ &#3627408440; ∗ &#3627408444;
&#3627408447;
3
=
12∗30∗10
6
∗69.2
(20∗12)
3
=1802.08 &#3627408473;&#3627408463;/&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408446; = &#3627408446;1 + &#3627408446;2
&#3627408446; =4271.61+1802.08
&#3627408446; =6073.69 &#3627408473;&#3627408463;/&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408474; =
&#3627408458;
&#3627408468;
=
5000
386
=12.95 &#3627408473;&#3627408463;∗ &#3627408480;&#3627408466;&#3627408468;2/&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408474; =12.953 &#3627408473;&#3627408463;∗ &#3627408480;&#3627408466;&#3627408468;2/&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408455; = 2&#3627409163; ∗√
&#3627408474;
&#3627408472;
= 0.29
&#3627408481;
&#3627408465;
&#3627408455;
=
0.6
0.29
= 2.07
&#3627408439;&#3627408447;&#3627408441;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;=
&#3627408459;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;
= 1.9
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81. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN


&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;=
&#3627408441;0
&#3627408446;
=
5000
6073.69
= 0.823
&#3627408459;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;= 1.9 ∗ 0.823
&#3627408459;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;= 1.564 &#3627408470;&#3627408475;
&#3627408484; =√
&#3627408446;
&#3627408474;
=21.65 &#3627408479;&#3627408462;&#3627408465;/&#3627408480;&#3627408466;&#3627408468;
&#3627408485;(&#3627408481;)=
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

&#3627408485;(&#3627408481;)=
5000
12.95∗21.65
∫sin(21.65∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

&#3627408485;(&#3627408481;)= −
8917∗ cos(
433∗ &#3627408481;
20
) −8917∗ &#3627408481;
10825


&#3627408485;(&#3627408481;)= −(0.824∗ cos(21.65&#3627408481;)− 0.824∗ &#3627408481;)










RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA



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82. 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
&#3627408446;1 =
12∗ &#3627408440; ∗ &#3627408444;
&#3627408447;
3
=
12∗30∗10
6
∗69.2
(15∗12)
3
=4271.61 &#3627408473;&#3627408463;/&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408446;2 =
12∗ &#3627408440; ∗ &#3627408444;
&#3627408447;
3
=
12∗30∗10
6
∗69.2
(20∗12)
3
=1802.08 &#3627408473;&#3627408463;/&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408446; = &#3627408446;1 + &#3627408446;2
&#3627408446; =4271.61+1802.08
&#3627408446; =6073.69 &#3627408473;&#3627408463;/&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408474; =
&#3627408458;
&#3627408468;
=
6000
386
=15.54
&#3627408474; =15.54 &#3627408473;&#3627408463;∗ &#3627408480;&#3627408466;&#3627408468;2/&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408455; = 2&#3627409163; ∗√
&#3627408474;
&#3627408472;
= 0.318

&#3627408481;&#3627408465;
&#3627408455;
=
0.1
0.318
= 0.314
&#3627408439;&#3627408447;&#3627408441;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;=
&#3627408459;&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;
&#3627409151;&#3627408480;&#3627408481;
= 1.9
&#3627409151;
&#3627408480;&#3627408481;=
&#3627408441;0
&#3627408446;
=
6000
6073.69
= 0.988
&#3627408459;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;= 1.9 ∗ 0.988
&#3627408459;
&#3627408474;&#3627408462;&#3627408485;= 1.877 &#3627408470;&#3627408475;
&#3627408484; =√
&#3627408446;
&#3627408474;
=19.77&#3627408479;&#3627408462;&#3627408465;/&#3627408480;&#3627408466;&#3627408468;
&#3627408485;(&#3627408481;)=
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

&#3627408485;(&#3627408481;)=
6000
15.54∗19.77
∫sin(19.77∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0


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83. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN


&#3627408485;(&#3627408481;)= −
651∗ cos(
1977∗ &#3627408481;
100
) −651
659

&#3627408485;(&#3627408481;)= −(0.988∗ cos(19.77&#3627408481;)− 0.988∗ &#3627408481;)










RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA













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84. 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
&#3627408446; =1000&#3627408473;&#3627408463;/&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408474; =100&#3627408473;&#3627408463;
&#3627408484; =√
&#3627408446;
&#3627408474;
= 3.162 &#3627408479;&#3627408462;&#3627408465;/&#3627408480;&#3627408466;&#3627408468;
&#3627408485;(&#3627408481;)=
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

&#3627408485;(&#3627408481;)=
1
100∗ 3.162
∫2000∗ sin(3.162∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

&#3627408485;(&#3627408481;)= 6.325∫sin(3.162∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

&#3627408485;(&#3627408481;)= −
6325∗ cos(
1581∗ &#3627408481;
500
) −6325
3162

&#3627408485;(&#3627408481;)= −(2 ∗ cos(3.162&#3627408481;)− 2)





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85. 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
&#3627408485;(&#3627408481;)
&#3627408481;=0.2
= 0.387&#3627408470;&#3627408475;
&#3627408485;̇(&#3627408481;)
&#3627408481; =0.2
= 3.739&#3627408470;&#3627408475;/&#3627408480;&#3627408466;&#3627408468;
TRAMO 02: para 0.2 ≤ t ≤ 0.4
&#3627408485;(&#3627408481;)= &#3627408485;
0
∗ cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
&#3627408485;̇
0
&#3627408458;
&#3627408475;
∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

&#3627408441;(&#3627409167;)=4000−10000&#3627409167;
&#3627408459;
&#3627408477;
=
1
&#3627408474; ∗ &#3627408458;
&#3627408475;
∫&#3627408441;(&#3627409167;)∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

&#3627408459;
&#3627408477;
=
1
100∗ 3.162
∫(4000−10000&#3627409167;) ∗ sin(3.162∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

&#3627408459;
&#3627408477;
=12.65∫(1 − 2.5&#3627409167;) ∗ sin(3.162∗(&#3627408481; − &#3627409167;))&#3627408465;&#3627409167;
&#3627408481;
0

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86. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN


&#3627408459;
&#3627408477;
=12.65∗ (
1263303∗ sen(
1977∗ &#3627408481;
100
) −9990200∗ cos (
1977∗ &#3627408481;
100
) −6325
197506254
−
250∗ &#3627408481; −100
1977
)
&#3627408485;(&#3627408481;)=12.65∗(0.0064∗ sen(19.77∗ &#3627408481;)− 0.051∗ cos(19.77∗ &#3627408481;)−6325− 0.127
∗ &#3627408481; − 0.051)+ 0.387∗ cos(3.162∗ &#3627408481;)+
3.739
3.162
∗ sin(3.162∗ &#3627408481;)









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
&#3627408485;(&#3627408481;)
&#3627408481;=0.4
= 1.36 &#3627408470;&#3627408475;
&#3627408485;̇(&#3627408481;)
&#3627408481;=0.4
=10.905&#3627408470;&#3627408475;/&#3627408480;&#3627408466;&#3627408468;

TRAMO 03: para 0.4 ≤ t ≤ 0.5
&#3627408485;(&#3627408481;)= &#3627408485;
0
∗ cos(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)+
&#3627408485;̇
0
&#3627408458;
&#3627408475;
∗ sin(&#3627408458;
&#3627408475;
∗ &#3627408481;)
&#3627408485;(&#3627408481;)= 1.36∗ cos(3.162∗ &#3627408481;)+
10.905
3.162
∗ sin(3.162∗ &#3627408481;)
&#3627408485;(&#3627408481;)= 1.36∗ cos(3.162∗ &#3627408481;)+3.449∗ sin(3.162∗ &#3627408481;)
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87. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN












RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA para 0.4 ≤ t ≤ 0.5
















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88. 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
&#3627408484;
&#3627408468;
= &#3627408474;
m=
20000
386
m = 51 .81lb.pul/seg
k=
3&#3627408440;&#3627408444;
&#3627408447;³
K=
3∗2.1∗10
6
∗9.77
(120)³
K=35.62
wn= √
&#3627408472;
&#3627408474;
wn= √
35.62
51.81
wn=0.83
Analizamos por tramos:
 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.25
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89. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN


X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408476; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫1.0 &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X (t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;²
(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
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408476; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167; +
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫1 −
&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408484;&#3627408475;
(&#3627408481;−&#3627409167;)
(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0.25
dt
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
0.25
0
d &#3627409167; +
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫1 −
&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408484;&#3627408475;
(0.20−0.25)
(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0.25
dt
X(t)=
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;²
(coswn(&#3627408481; − &#3627409167;)-coswnt +1-coswn(t-&#3627409225;) -
1
(&#3627408481;−&#3627409167;)
(t- &#3627409167;coswn(t-&#3627409225;))-

1
&#3627408484;&#3627408475;
(senwn(&#3627408481; − &#3627409167;)+
&#3627408481;
&#3627408481; −&#3627409167;
(1-coswn(&#3627408481; − &#3627409167;)
X(t)=
1..∗5&#3627408481;&#3627408484;&#3627408475;−5&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408484;&#3627408475;&#3627408481; −0.2&#3627408484;&#3627408475; &#3627408464;&#3627408476;&#3627408480;&#3627408484;&#3627408475;&#3627408481;
&#3627408484;&#3627408475;²

x(t)=
1.00∗5∗0.25∗0.83−5&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;(0.83)&#3627408481;−0.2∗0.83cos (0.83)&#3627408481;
(0.83)²

x(t)=
1.1−5∗&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;(0.83)&#3627408481;−0.17cos(0.83)&#3627408481;
0.7

Problema 4.20
Repetir el problema 4.19 para 10 % de amortiguamiento crítico
Solución:
 Ccr = 2√&#3627408472;&#3627408474;
 ξ =
&#3627408464;
&#3627408464;&#3627408479;

 ccr=2√(35.62)(51.81) ccr=85.92
El desplazamiento obtenido:
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408476; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫1.0 &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
 Tramo : 0 .25≤ t ≤ 0.5
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90. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN


X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408476; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167; +
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫1 −
&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408484;&#3627408475;
(&#3627408481;−&#3627409167;)
(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0.25
dt
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
0.25
0
d &#3627409167; +
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫1 −
&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408484;&#3627408475;
(0.20−0.25)
(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0.25
dt
X(t)=
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;²
(coswn(&#3627408481; − &#3627409167;)-coswnt +1-coswn(t-&#3627409225;) -
1
(&#3627408481;−&#3627409167;)
(t- &#3627409167;coswn(t-&#3627409225;))-

1
&#3627408484;&#3627408475;
(senwn(&#3627408481; − &#3627409167;)+
&#3627408481;
&#3627408481; −&#3627409167;
(1-coswn(&#3627408481; − &#3627409167;)
X(t)=
1..∗5&#3627408481;&#3627408484;&#3627408475;−5&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408484;&#3627408475;&#3627408481; −0.2&#3627408484;&#3627408475; &#3627408464;&#3627408476;&#3627408480;&#3627408484;&#3627408475;&#3627408481;
&#3627408484;&#3627408475;²

x(t)=
1.00∗5∗0.25∗0.83−5&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;(0.83)&#3627408481;−0.2∗0.83cos (0.83)&#3627408481;
(0.83)²

x(t)=
1.1−5∗&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;(0.83)&#3627408481;−0.17cos(0.83)&#3627408481;
0.7

x(t)= 1.57 -1.57t-0.16t ,t= 0.3 seg
El amortiguamiento criticó es igual a:
 Ccr = 2√&#3627408472;&#3627408474;
Si el amortiguamiento es el 10 % del crítico entonces:
C=0.10 ccr C=0.10 x85.92 = 8,6
Wd= wn √1 − &#3627409161;²
Wd= 0.893√1 − (0.10)² Wd=0.89
X(t)=
1∗5&#3627408481;&#3627408484;&#3627408465; −5&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408484;&#3627408465;&#3627408481; −0.2&#3627408484;&#3627408465; &#3627408464;&#3627408476;&#3627408480;&#3627408484;&#3627408465;&#3627408481;
&#3627408484;&#3627408465;²

X(t)=
1&#3627408485;5&#3627408485;0.3&#3627408485;0.89−5&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;(0.89)&#3627408485;0.3−0.2&#3627408485;0.89cos(0.89)&#3627408485;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.

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91. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN



Solución:
&#3627408484;
&#3627408468;
= &#3627408474;
m=
10
386
m = 0.025lb.pul/seg
wn= √
&#3627408472;
&#3627408474;
wn= √
10000
0.025
wn=632.5
El amortiguamiento criticó es igual a:
 Ccr = 2√&#3627408472;&#3627408474;
Si el amortiguamiento es el 10 % del crítico entonces:
C=0.10 ccr C=0.10 x31.62 =3.162
Wd= wn √1 − &#3627409161;²
Wd= 632.5√1 − (0.10)² Wd=629.3
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408476; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
Para el intervalo
 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.1
X(t) = &#3627408484;&#3627408475;∫
&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408481;1
&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t) =
&#3627408484;&#3627408475;
0.1
∫5000 &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
Integrando por partes obtenemos:
X(t)=
&#3627408458;&#3627408475;&#3627408485;&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408481;1
(
cos&#3627408484;&#3627408475; (&#3627408481;−&#3627409167;)
&#3627408484;&#3627408475;
+
sen&#3627408484;&#3627408475; (&#3627408481;−&#3627409167;)
&#3627408484;&#3627408475;²
)
Evaluando
X(t)= &#3627408484;&#3627408475;(
&#3627408481;
&#3627408481;1
+
sen&#3627408484;&#3627408475; &#3627408481;
&#3627408484;&#3627408475;&#3627408481;
) para 0 <t<0.1
Para el intervalo t1<t
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92. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN


X(t) = &#3627408484;&#3627408475;∫
&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408481;1
&#3627408481;&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t)=
&#3627408458;&#3627408475;&#3627408485;&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408481;1
(
cos&#3627408484;&#3627408475; (&#3627408481;−&#3627409167;)
&#3627408484;&#3627408475;
+
sen&#3627408484;&#3627408475; (&#3627408481;−&#3627409167;)
&#3627408484;&#3627408475;²
)
Evaluando y reduciendo:
X(t)= 5000(
sen&#3627408484;&#3627408475; (&#3627408481;−&#3627408481;1)−&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475; &#3627408481;
5000&#3627408485;&#3627408481;1
+ cos wn (t-t1) ) para 0.1<t
X(t)= 5000(
sen&#3627408484;&#3627408465; (&#3627408481;−&#3627408481;1)−&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408465; &#3627408481;
5000&#3627408485;&#3627408481;1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 5000(
sen &#3627408485;629.3 (&#3627408481;−0.1)−&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; (629.3) &#3627408481;
5000&#3627408485;0 .1
+ cos (629.3)(t-0.1) )
despejando :
t=1.1 seg
Reemplazando en la ecuación del movimiento:
X(t)= 5000(
sen&#3627408484;&#3627408465; (&#3627408481;−&#3627408481;1)−&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408465; &#3627408481;
5000&#3627408485;&#3627408481;1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 5000(
sen &#3627408485;629.3 (1.1−0.1)−&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; (629.3)&#3627408485;1.1
5000&#3627408485;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 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.

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93. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN



Solución:
&#3627408484;
&#3627408468;
= &#3627408474; w = 6000lb
m=
6000
386
m = 15.54lb.pul/seg
wn= √
&#3627408472;
&#3627408474;
wn= √
10⁵
15.54
wn=80.22 rad /seg²

a(t)/g=10 е
−10&#3627408481;
entonces :
F= m.a F= m x gx10 е
−10&#3627408481;

Tramo:
t< 0.23 seg
X= xo cos wn +
&#3627408485;̇
&#3627408484;&#3627408475;
&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408481;+
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408466;&#3627408485;&#3627408481; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408466;&#3627408485;&#3627408481; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408462;&#3627408481; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫10е
−10&#3627408481;
&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627408481;.




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94. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN


Problema 4.23
Repetir el problema 4.23 para 10 % de amortiguamiento crítico.
Solución:
 Ccr = 2√&#3627408472;&#3627408474;
 ξ =
&#3627408464;
&#3627408464;&#3627408479;

 ccr=2√(100000)(15.54) ccr=1554000
El desplazamiento obtenido:
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408476; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
Si el amortiguamiento es el 10 % del crítico entonces:
C=0.10 ccr C=0.10 x1554000=155400
Wd= wn √1 − &#3627409161;²
Wd=80.22√1 − (0.10)² Wd= 79.82
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408476; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
Para el intervalo
 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.23
X(t) = &#3627408484;&#3627408475;∫
&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408481;1
&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t) =
&#3627408484;&#3627408475;
0.23
∫10&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
Integrando por partes obtenemos:
X(t)=
&#3627408458;&#3627408475;&#3627408485;&#3627408441;&#3627408476;
&#3627408481;1
(
cos&#3627408484;&#3627408475; (&#3627408481;−&#3627409167;)
&#3627408484;&#3627408475;
+
sen&#3627408484;&#3627408475; (&#3627408481;−&#3627409167;)
&#3627408484;&#3627408475;²
)
Evaluando
X(t)= 10000(
sen&#3627408484;&#3627408475; (&#3627408481;−&#3627408481;1)−&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475; &#3627408481;
10000&#3627408485;&#3627408481;1
+ cos wn (t-t1) ) para 0.23<t

X(t)= 10000(
sen&#3627408484;&#3627408465; (&#3627408481;−&#3627408481;1)−&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408465; &#3627408481;
10000&#3627408485;&#3627408481;1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 1000(
sen &#3627408485; (&#3627408481;−0.1)−&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; (79.82) &#3627408481;
10000&#3627408485;0.1
+ cos (72.82)(t-0.1) ) despejando :
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95. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN


t=1.52
Reemplazando en la ecuación del movimiento:
X(t)= 10000(
sen&#3627408484;&#3627408465; (&#3627408481;−&#3627408481;1)−&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408465; &#3627408481;
10000&#3627408485;&#3627408481;1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 10000(
sen &#3627408485;629.3 (1.52−0.23)−&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; (79.82)&#3627408485;1.1
10000&#3627408485;0.23
+ 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= 6000lb
&#3627408484;
&#3627408468;
= &#3627408474;
m=
6000
386
m= m = 15.54lb.pul/seg
wn= √
&#3627408472;
&#3627408474;
wn= √
10⁵
15.54
wn=80.22 rad /seg²
Si la ecuación es: a (t) = sen 15.71t
Ecuación de desplazamiento:
X= xo cos wn +
&#3627408485;̇
&#3627408484;&#3627408475;
&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408481;+
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408466;&#3627408485;&#3627408481; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
Analizamos por tramos:
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96. DINÁMICA ESTRUCTURAL 5°EDICIÓN


 Tramo : t ≤ 0.2seg
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408441;&#3627408466;&#3627408485;&#3627408481; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408462;&#3627408481; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
∫&#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; 15.71 &#3627408481; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475; &#3627408484;&#3627408475;(&#3627408481; − &#3627409167;)
&#3627408481;
0
d &#3627409167;
X(t) =
1
&#3627408474;&#3627408484;&#3627408475;
(
&#3627408484;&#3627408475; &#3627408480;&#3627408466;&#3627408475;
&#3627408481;−&#3627408481;1
)


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