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TEORÍA Y CÁLCULO Quinta Edición MARIO PAZ WILLIAM LEIGH SOLUCIONARIO SISTEMAS CON UN GRADO DE LIBERTAD SIN AMORTIGUACIÓN SITEMAS CON UN GARDO DE LIBERTAD CON AMORTIGUACIÓN RESPUESTA DE SISTEMAS CON UN GRADO DE LIBERTAD A EXCITACIONES ARMÓNICAS RESPUESTA A EXCITACIONES DINÁMICAS GENERALES Problema 1....

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TEORÍA Y CÁLCULO Quinta Edición

MARIO PAZ WILLIAM LEIGH

SOLUCIONARIO

SISTEMAS CON UN GRADO DE LIBERTAD SIN AMORTIGUACIÓN

SITEMAS CON UN GARDO DE LIBERTAD CON AMORTIGUACIÓN

RESPUESTA DE SISTEMAS CON UN GRADO DE LIBERTAD A EXCITACIONES ARMÓNICAS

RESPUESTA A EXCITACIONES DINÁMICAS GENERALES

Problema 1.1 Determine el periodo natural del sistema en la fig. P1.1. Suponga que la masa de la viga y de los resortes que soportan el peso W, son despreciables.

k E, I

W

L k

Fig. P1.1

Solución: 

Calculo de rigidez:

Como son resortes conectados en paralelo, entonces: 𝑘𝑒 = 𝑘𝑣 + 𝑘𝑟 + 𝑘𝑟

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

Entonces:

𝑃 ∗ 𝐿3 3∗𝐸∗𝐼

𝑘𝑣 =

Sustituyendo los valores de 𝑘𝑣 𝑦 𝑘𝑟 :

𝑘𝑒 =

3𝐸𝐼 +𝑘 + 𝑘 𝐿3

𝑘𝑒 =

3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿3 𝐿3

𝑘𝑒 =



3𝐸𝐼 𝐿3

Calculo de frecuencia natural:

3𝐸𝐼 + 2𝑘 𝐿3

𝜔𝑛 = √



𝑘𝑒 𝑚

3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿3 𝜔𝑛 = √ 𝑚𝐿3

Calculo de periodo natural: 𝑇=

2𝜋 = 𝜔𝑛

2𝜋

3

√3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿 𝑚𝐿3

Problema 1.2 Los siguientes valores numéricos corresponden al problema resuelto P.1.1: L=100 in, EI=108 lb-in2, W=3000 lb, y k=2000 lb/in. Si el peso W tiene un desplazamiento inicial xo=1.0 in y una velocidad inicial v o=20 in/s, determine el desplazamiento y la velocidad 1 segundo después. Solución: 𝑚=

𝑊 3000 𝑙𝑏 − 𝑠 2 = = 7.76 𝑔 32.2 ∗ 12 𝑖𝑛

3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿3 3(108 ) + 2(2000)(100)3 𝜔𝑛 = √ = √ = 23.54 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝑚 𝐿3 7.76(100)3 𝐴 = √𝑥 𝑜 2 + ( 𝛼 = 𝑡𝑎𝑛 −1 (

20 2 𝑥̇ 𝑜 2 ) = √ (1.0)2 + ( ) = 1.31 𝑖𝑛 23.54 𝜔

𝑥̇ 𝑜 20 ) = 𝑡𝑎𝑛−1 ( ) = 0.7043 𝑟𝑎𝑑 𝜔𝑥 𝑜 23.54

Como xo>0, ẋ o>0, sustituyendo valores en las formulas: 𝑥 (𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛼)

𝑥 (𝑡 = 1) = 1.31𝑐𝑜𝑠(23.54(1) − 0.7043) 

𝒙(𝒕) = −𝟎. 𝟖𝟕 𝒊𝒏

𝑥̇ (𝑡) = −𝜔𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 − 𝛼)

𝑥̇ (𝑡 = 1) = −23.54(1.31)𝑠𝑒𝑛(23.54(1) − 0.7043) 𝒙̇ (𝒕 = 𝟏) = 𝟐𝟑. 𝟎𝟔 𝒊𝒏/𝒔

Problema 1.3 Determine la frecuencia natural para el desplazamiento horizontal del marco de acero de la fig. P1.3. Suponga que la viga horizontal es infinitamente rígida y desprecie la masa de las columnas.

u 50kips

W10x33

W8x24

12´ W8x24

20´

20´

Fig. P1.3

SOLUCION: Del Manual AISC se obtiene  

W10x33: IX=171 in4 y W8x24: IX=82.5 in4

E=29000 Kips/in2 EI (W10x33)=29000000(171)=4.959 X 10 9 lb. In2 EI (W8x24)=29000000(82.5)=2.3925 X 10 9 lb. In2 K=12EI/h3 (columna empotrada-empotrada) K=3EI/h3 (columna empotrada-articulada) 𝑘(𝑊10𝑥33) = 𝑘(𝑊8𝑥24) =

12(4.959 X 109 ) = 19929.11 𝑙𝑏/𝑖𝑛 (12𝑥12)3

3(2.3925 X 109 ) = 2403.73 𝑙𝑏/𝑖𝑛 (12𝑥12)3

Como las columnas están en paralelo:

K 𝑒 = k (W10x33) + 2k (W8x24) = 19929.11 + 2(2403.73) K 𝑒 = 24736.57 lb/in

m=

w 50000 = = 129.40 𝑙𝑏. 𝑠 2 /𝑖𝑛 g 32.2𝑥12

K𝑒 24736.57 𝜔𝑛 = √ = √ = 13.83 𝑟𝑎𝑑 /𝑠 𝑚 129.40 𝑓= Problema 1.4

𝜔 13.83 = = 2.20 /𝑠 2𝜋 2𝜋

Calcule la frecuencia natural en el sentido horizontal para el marco de acero, fig. P.1.4. para los casos siguientes: a) El miembro horizontal se supone infinitamente rígido. b) El miembro horizontal esta hecho de acero flexible y de sección 18x24

w=25 kips

u

W10x33

15´

15´ Fig. P.1.4

SOLUCION: a) El miembro horizontal se supone infinitamente rígido. EI (W10x33)=4.959 x 10 9 lb. In2 K𝑒 = 2 (

24(4.959 x 109 ) 12EI ) = = 20407.41 𝑙𝑏/𝑖𝑛 (15x12)3 𝐿3

m=

25000 w = = 64.70 𝑙𝑏. 𝑠 2 /𝑖𝑛 32.2𝑥12 g

K𝑒 20407.41 𝜔𝑛 = √ = √ = 17.76 𝑟𝑎𝑑 /𝑠 𝑚 64.70 𝑓= Problema 1.5

𝜔 17.76 = = 2.83 /𝑠 2𝜋 2𝜋

Determine la frecuencia natural de la viga de la fig. P1.5. que soporta un peso concentrado W en su centro. Desprecie la masa de la viga

W

E, I L/2

L/2

Fig. P1.5

SOLUCION: Para una viga doblemente empotrada, el desplazamiento máximo es igual a: 𝑃𝐿3 𝑃 δ= = 192𝐸𝐼 𝑘 𝑘=

192𝐸𝐼 𝐿3

𝑘 192𝐸𝐼𝑔 𝜔𝑛 = √ = √ 𝑚 𝑤𝐿3

Problema 1.6

𝑓=

𝜔 192𝐸𝐼𝑔 = (1/2𝜋)(√ ) 2𝜋 𝑤𝐿3

Los valores numéricos para el problema 1.5 son L=120 in, EI=10 9 lb-in2 y w=5000 lb. Si el desplazamiento inicial y la velocidad inicial son, respectivamente, x o=0.5 in, ẋ o = 15 in/s, determine el desplazamiento, la velocidad y la aceleración de w cuando t=2 s. SOLUCION: 192𝐸𝐼𝑔 192(10)9 (32.2𝑥12) 𝜔𝑛 = √ = √ = 92.66 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝑤𝐿3 5000(120)3

𝐴 = √𝑥 𝑜 2 + ( 𝛼 = 𝑡𝑎𝑛−1 (

𝑥̇ 𝑜 2 15 2 ) = √(0.5)2 + ( ) = 0.5255 𝑖𝑛 𝜔 92.66

15 𝑥̇ 𝑜 ) = 𝑡𝑎𝑛 −1 ( ) = 0.3238 𝑟𝑎𝑑 92.66𝑥0.5 𝜔𝑥 𝑜

Como xo>0, ẋ o>0, sustituyendo valores en las formulas: 𝑥 (𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛼)

𝑥 (𝑡 = 2) = 0.5255 𝑐𝑜𝑠(92.66(2) − 0.3238) 𝒙 (𝒕 = 𝟐) = −𝟎. 𝟒𝟗𝟐𝟐 𝒊𝒏

𝑥̇ (𝑡) = −𝜔𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 − 𝛼)

𝑥̇ (𝑡 = 2) = −92.66(0.5255)𝑠𝑒𝑛(92.66(2) − 0.3238) 𝒙̇(𝒕 = 𝟐) = −𝟏𝟕. 𝟎𝟓 𝒊𝒏/𝒔

𝑥̈ (𝑡) = −𝜔2 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛼)

𝑥̈ (𝑡 = 2) = −92.662 (0.5255)𝑐𝑜𝑠(92.66(2) − 0.3238) 𝒙̈(𝒕 = 𝟐) = 𝟒𝟐𝟔𝟔. 𝟏𝟗 𝒊𝒏/𝒔𝟐

Problema 1.7

Considere el péndulo simple de masa m que se muestra en la Fig. P1.7. Si la longitud de la cuerda es L determine el movimiento del péndulo. El desplazamiento angular inicial y la velocidad angular inicial son 𝜃 𝑂 𝑦 𝜃𝑜̇ , respectivamente. (Considere que el ángulo 𝜃 es pequeño)

O

L

ϴ

W Fig. P1.7

Nota: un péndulo simple es una partícula o masa concentrada que oscila en un arco vertical y que esta sostenida por una cuerda de masa insignificante. Las únicas fuerzas que actúan en la masa m son: la fuerza de la gravedad y la tensión en la cuerda (despreciando las fuerzas de fricción). SOLUCION:

O

L T ϴ

Wsen ϴ

Wcos ϴ

W

Tomando momentos alrededor de O 𝑚𝑔 = 𝑊

𝑚𝐿2 𝜃̈ = −𝑚𝑔𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃

Para 𝜃 pequeño, 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝜃, entonces:

𝑚𝐿𝜃̈ + 𝑚𝑔𝜃 = 0 𝜃̈ +

Frecuencia natural:

Ecuación de desplazamiento:

𝑔 𝜃=0 𝐿

𝑔 (𝐿 ) 𝑔 √ 𝜔𝑛 = =√ 1 𝐿

𝜃 = 𝜃𝑜 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛 𝑡 +

Problema 1.8

𝜃𝑜̇ 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑛 𝑡 𝜔𝑛

𝑔 𝐿 𝑔 𝜃 = 𝜃𝑜 cos(√ 𝑡) + √ 𝜃𝑜̇ 𝑠𝑒𝑛(√ 𝑡) 𝐿 𝑔 𝐿

Un conductor de pie al final de un trampolín de 2 pies de voladizo oscila a una frecuencia de 2 cps, determinar la rigidez a la flexión dela IE del trampolín, el peso del conductor es de 180 lb. SOLUCION: m=

w 180 = = 5.59 𝑙𝑏. 𝑠 2 /𝑓𝑡 g 32.2

𝑓𝑛 = 2 𝐻𝑧

Determine EI: 𝑘=

𝑓𝑛 =

1 𝑘 √ 2𝜋 𝑚

3𝐸𝐼 3𝐸𝐼 3𝐸𝐼 = 3 = 𝑙𝑏/𝑓𝑡 𝐿3 2 8 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠

1 3𝐸𝐼 √ =2 2𝜋 8 ∗ 5.59

𝐸𝐼 = 2353.97 𝑙𝑏/𝑓𝑡

Problema 1.9 Una bala que pesa 0.2 lb se dispara a una velocidad de 100 pies/seg sobre un bloque de madera que pesa W=50 lb y la rigidez del resorte es de 300 lb/in (Fig. P1.9). determine el desplazamiento u (t) y la velocidad v (t) el bloque t seg. después.

u

k W

Fig. P1.9

SOLUCION:

Masa del bloque de madera:

𝑚 = 𝑊/𝑔

0.2lb

𝑚=

Masa de la bala:

𝑚𝑜 =

50 = 0.129 𝑙𝑏 − 𝑠𝑒𝑔2 /𝑖𝑛 386

0.2 = 5.181𝑥10−4 𝑙𝑏 − 𝑠𝑒𝑔2 /𝑖𝑛 386

Conservación de momentos:

𝑚 𝑜 𝑣𝑜 = (𝑚 + 𝑚 𝑜 )𝑣𝑓

V= velocidad después del impacto 𝑣𝑓 =

𝑚 𝑜 𝑣𝑜 5.181𝑥10−4 𝑥100 𝑝𝑖𝑒𝑠 = = 0.4 = 4.8 𝑖𝑛/𝑠 (𝑚 + 𝑚 𝑜 ) 0.129 + 5.181𝑥10−4 𝑠𝑒𝑔

Vo= velocidad inicial del bloque.

𝑉𝑜 = 𝑣𝑓 𝑉𝑜 = 4.8 𝑖𝑛/𝑠

Calculo de 𝜔𝑛 :

𝑘 𝜔𝑛 = √ 𝑚 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝜔𝑛 = √ 𝜔𝑛 = √

Ecuación de movimiento:

uo=0, entonces

𝑘 𝑚 + 𝑚𝑜

300 = 48.13 𝑟𝑎𝑑/𝑠 0.129 + 5.181𝑥10−4

𝑢(𝑡) = 𝑢𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛 𝑡 + 𝑢(𝑡) =

𝑢 ̇𝑜 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑛 𝑡 𝜔𝑛

𝑢 ̇𝑜 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑛 𝑡 𝜔𝑛

𝑢(𝑡) = 0.1𝑠𝑒𝑛48.13𝑡

𝑢̇ (𝑡) = 𝑣(𝑡) = 4.8𝑐𝑜𝑠48.13𝑡

Problema 1.11

Escribe la ecuación diferencial para el movimiento del péndulo invertido mostrado en la Fig. P1.11. y determine su frecuencia natural. Considere pequeñas oscilaciones y desprecie la masa de la barra.

Posición de equilibrio

m ϴ k

L

a

Fig. P1.11

SOLUCION:

Posición de equilibrio

f1 ϴ

k

Fs

L

a O

Fig. P1.11

mg

Diagrama de cuerpo libre: Fuerza del resorte: 𝑓𝑠 = 𝑘𝑎𝜃

𝑓1 = (𝑚)𝐿𝜃̈

El equilibrio de los momentos con respecto al punto O: 𝑓1 L + 𝑓𝑠 a = (𝑚𝑔)𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃

(𝑚)𝐿2 𝜃̈ + 𝑘𝑎2 𝜃 = (𝑚𝑔)𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃

Para rotaciones pequeñas senϴ= ϴ, entonces: Problema 1.13

(𝑚)𝐿2 𝜃̈ + (𝑘𝑎2 − 𝑚𝑔𝐿)𝜃 = 0

Un poste vertical de longitud L y rigidez a la flexión EI, soporta una masa m en su extremo superior, como se muestra en la fig. P1.13. Despreciando el peso del poste, derive la ecuación diferencial para las pequeñas vibraciones horizontales de la masa, y encuentre la frecuencia natural. Suponga que los efectos de la gravedad son pequeños y los efectos no lineales pueden despreciarse.

u m

L

Fig. P1.13

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

𝑃𝐿3 𝑃 = 3𝐸𝐼 𝑘

𝑘=

3𝐸𝐼 𝐿3

𝑘 3𝐸𝐼 𝜔𝑛 = √ = √ 3 𝑚 𝑚𝐿 𝒇=

𝝎 𝟑𝑬𝑰 = (𝟏/𝟐𝝅)(√ 𝟑) 𝟐𝝅 𝒎𝑳

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

F

kx m

𝐹 = 𝑚𝑥̈

m

−𝑘𝑥 = 𝑚𝑥̈

Reacomodando términos y sustituyendo el valor de k, se obtiene finalmente la ecuación diferencial del movimiento

Problema 1.15

𝒎𝒙̈ +

𝑚𝑥̈ + 𝑘𝑥 = 0

𝟑𝑬𝑰 𝒙=𝟎 𝑳𝟑

Determine una expresión para la frecuencia natural de un peso W en cada uno de los casos mostrados en la Fig. P1.15. Las vigas son uniformes con un momento de inercia I y un módulo de elasticidad E. Desprecie la masa de las vigas

(a)

W u k

(b)

L/2

L/2

k

W u (c) b

a

W

L

(d)

a

u

b

k

W

Fig. P1.15 Solución: a) Siendo kv : para la viga, y k r para el resorte, tenemos:

3EI , kr  k L3 El valor de k e equivalente se obtiene de la relación: kv 

1 1 1   ke k r kv De donde: ke  Y como m 

3kEI kL3  3EI

k 3kgEI W , entonces wn  e  g m W (kL3  3EI )

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

48EI , kr  k L3 El valor de k e equivalente se obtiene de la relación: kv 

1 1 1   ke k r kv De donde: ke  Y como m 

48kEI kL3  48EI

k 48kgEI W , entonces wn  e  g m W (kL3  48EI )

c) Siendo kv : para la viga:

kv 

3EI .L , a 2 .b2

Y como m 

k 3gEI .L W , entonces wn  v  g m W (a 2 .b2 )

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

3EI .L , kr  k a 2 .b2 El valor de k e equivalente se obtiene de la relación: kv 

1 1 1   ke k r kv De donde: ke  Y como m 

3kEI .L ka .b2  3EI .L 2

k 3gkEI .L W , entonces wn  e  g m W (ka 2 .b2  3EI .L)

Problema 1.16 Una estructura ha sido modelada, como se muestra en Fig.P1.16, por dos masas,A m1 y m2 interconectadas por un resorte de constante k . Determine determine para este modelo la ecuación diferencial del movimiento en función del desplazamiento ur  u2  u1 entre las dos masas. Determine también la correspondiente frecuencia natural.

U1

U2

k c m1

m2

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

(m1 )(u1 )   k (u1  u2 ) 

(m2 )(u 2 )  k (u2  u1 )

………(1.16.1)

O también 

(m1 )(u1 )  k (ur ) 

(m2 )(u 2 )  k (ur ) En (1.16.1) asumimos que u1  C1.e w.t .i ; u2  C2 .e w.t .i y obtenemos:

m1 (C1.w2 )  k .C1  k.C2  0 m2 (C2 .w2 )  k .C2  k .C1  0

 k  m1.w2 k   C1   0 2  C k k m w .   2   2   De donde se obtiene que:

w

k (m1  m2 ) m1.m2

Problema 1.17 Calcule la frecuencia natural para la vibración de la masa m mostrada en la Fig P1.17. Considerar que AE es rígida con una bisagra en C y un soporte de resorte k en D. Viga rígida bisagra

A

B

C

D

E

m k

a

a

a

a

Fig. P1.17

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

RA 

mg kx y RB  . 2 2

Haciendo sumatoria de fuerzas verticales tenemos x  lleva a kv  3k , donde k v es del resorte. Usando la ecuación:

1 1 1   ke k r kv tenemos ke 

3k . 4

Luego

wn 

3k . 4m

mg , lo que a su vez nos 3k

Problema 1.18 Determine la frecuencia natural de vibración en la dirección vertical para el cimiento rígido (Fig. P1.18) que transmite una carga uniformemente distribuida hacia el suelo teniendo una fuerza resultante Q  2000 kN . El área The área of the foot del cimiento es A  10 m2 . El coeficiente de compresión elástica del suelo es

k  25, 000 kN / m3 . Q

q ust

Fig. P1.18

Solución Se tiene que k  25, 000 kN / m3 .10m2  (25)104 kN / m , m  2000 kN / (9.81m / seg 2 ) Por tanto

wn  35.02 rad / seg . Problema 1.19 Calcule la frecuencia natural de vibración libre de un tubo de lámpara sobre un cimiento elástico (Fig. P1.19), permitiendo la rotación de la estructura como un cuerpo rígido alrededor del eje x-x. El peso total de la estructura es W con su centro de gravedad a una altura h de la base del cimiento.La inercia de la masa de la estructura con respecto al eje axis x -x es I y la rigidez rotacional del suelo es k (resistiendo Momento de la tierra por la rotación de la unidad).

W h

x

b

x

a

Fig. P1.19

Solución La ecuación del equilibrio dinámico es: gg

I 0 . u  f s  0 ; I 0  m.

a 2  b2 AE.h ; f s  k .u ; k  12 2

Problema 2.1 Repita el Problema 1.2asumiendo que el sistemaque el sistema es el amortiguamiento crítico.

15% del

Solución Los siguientes valores numéricos corresponden al problema resuelto P.1.1: L  100 in, EI=108 lb-in2, W=3000 lb, y k=2000 lb/in. Si el peso W tiene un desplazamiento inicial x0  1.0 in y una velocidad inicial v0  20 in / seg , determine el desplazamiento y la velocidad 1 segundo después.

x(t )  e .wn .t ( x0 cos( wDt ) 

𝑚=

v0  x0 . .wn sen( wDt )) wD

3000 𝑙𝑏 − 𝑠 2 𝑊 = = 7.76 32.2 ∗ 12 𝑖𝑛 𝑔

3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿3 3(108 ) + 2(2000)(100)3 𝜔𝑛 = √ = √ = 23.54 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝑚𝐿3 7.76(100)3

  15%; wD  wn 1   2  23.2737rad /seg x(t )  0.0367 in Asimismo

dx(1)  v(1)  0.587 in / seg . dt

Problema 2.2 Repite el Problema 1.6 asumiendo que el sistema tiene 10% del amortiguamiento crítico. Solución: Los valores numéricos para el problema 1.6 son L=120 in, EI=109 lb -in2 y W=5000 lb. Si el desplazamiento inicial y la velocidad inicial son, respectivamente, x(0)  0.5 in , v(0)  15 in / seg , determine el desplazamiento, la velocidad y la aceleración de W cuando t=2 s.

x(t )  e .wn .t ( x0 cos( wDt ) 

v0  x0 . .wn sen( wDt )) wD

192𝐸𝐼𝑔 192(10)9 (32.2𝑥12) 𝜔𝑛 = √ = √ = 92.66 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝑤𝐿3 5000(120)3

  10%; wD  wn 1   2  92.1955rad /seg

Con estos valores visualizamos la gráfica de x(t )

Se observa que prácticamente ha cesado el movimiento, esto es:

x(2)  0.00 in , v(2)  0.00 in / seg Aunque matemáticamente, usando la fórmula:

dx(2)  v(2)  0.00337 in / seg . dt

Problema 2.3 La amplitud de vibración del sistema mostrado en la Fig P2.3 se observa que decrece 5% en cada ciclo de movimiento consecutivo. Determine el coeficiente de amortiguamiento c del sistema k  200 lb / in y m  10 lb.seg 2 / in . Solución

u  2 El decremento logarítmico es   ln  1   , 1  2  u2   u  2 luego   ln  1   0.05129  entonces c  2 km  0.73013 lb.seg / in 1  2  0.95u1 

Problema 2.4 Se observa que experimentalmente la amplitud de vibración libre de cierta estructura, modelada como un sistema con un solo grado de libertad, decrece en 10 ciclos de 1 in a 0.4 in. ¿Cuál es el porcentaje de amortiguamiento crítico? Solución

u  Sea n : número de ciclos, se tiene que ln  0   n.  un   1  Luego ln    10 entonces   0.0916 y también   0.01458  1.458% .  0.4 

Problema 2.5 Se muestra que el desplazamiento para los sistemas de amortiguamiento crítico y supercrítico con un desplazamiento inicial u 0 y una velocidad v 0 puede escribirse como

u  e wt (u0 (1  wt )  v0t ),   1 u  e w t (u0 cosh( w1D t ) 

v0  u0 w sinh( w1D t )),   1 1 wD

Donde w1D  w  2  1 Solución  . w.t (u0 cos( wDt )  Se tiene que u (t )  e

v0  u0 . .w sen( wDt )) , wD  w 1   2 …(*) wD

Para obtener la primera parte basta con calcular el límite cuando  tiende a 1, a partir de (*).

u (t )  e  .w.t (u0 cos( w 1   2 .t )  (v0  u0 . .w)t.

sen( wD t ) ) wD t

u  e  wt (u0 (1  wt )  v0t ),   1 Para la siguiente parte hay que tener en cuenta que

senh(i.b)  isen(b); cos(ib)  cos(b) También se tiene que para   1 :

u (t )  e  .w.t (u0 cos(i.w  2  1.t )  (v0  u0 . .w)

sen(i.w  2  1.t ) i.w  2  1

)

Con lo cual se tiene que:

u  e  w t (u0 cosh( w1D t ) 

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

Problema 2.6 Una estructura es modelada como un oscilador amortiguado que tiene una constante de w  25 rad / seg . resorte k  30 kip / in y una frecuencia natural no amortiguada Experimentalmente se encontró una fuerza de 1 kip que produce una velocidad relativa de 10 in / seg en el elemento amortiguado. Determine:

a) La razón de amortiguación  b) El periódo de amortiguación TD c) El decremento logarítmico  d) La razón entre dos amplitudes consecutivas. Solución Se tiene que F  c.v entonces 1000 lb  c.(10 in / seg ) . Luego c  100 lb.seg / in 3 Asimismo ccr  2 km  2 30(10

a)  

c 100   0.1794 = 17.94% ccr 557.2782

b) TD  c)   d)

lb seg 2 lb.seg )(103 lb)( )  557.2782 in 32.2(12 in) in

2 w 1  2 2 1  2

 0.2555 seg

 1.1458

u1  e  3.1443 u2

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