Este documento presenta un curso breve sobre dinámica estructural. Consta de 4 capítulos que cubren sistemas con un grado de libertad, varios grados de libertad, infinitos grados de libertad y métodos energéticos. El capítulo 1 describe los tipos de cargas dinámicas y desarrolla la ecuación de equilibrio dinámico para sistemas con un grado de libertad, analizando las vibraciones libres sin amortiguamiento y la respuesta a cargas de impulso.

1. 1
CURSO BREVE DE
DINÁMICA
ESTRUCTURAL
______________________________________________
Ph.D. Genner Villarreal Castro
PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008
Lima – Perú
2016

2. 2
Curso Breve de DINÁMICA ESTRUCTURAL
Primera Edición Julio 2016
Tiraje: 1000 ejemplares
Diagramación: Víctor Dionicio Torres
Carátula: Marina Bay Sands - Singapur
Estilo: Brenda de Jesús Crisanto Panta
Autor – Editor:
© Ph.D. Genner Villarreal Castro
www.gennervillarrealcastro.blogspot.com
Pablo Picasso 567 Urb. El Bosque
Telf: 202946 / 950907260
Trujillo – Perú
Impresión:
Editora & Imprenta Gráfica Norte S.R.L.
graficanorte@hotmail.com
Oswaldo Hercelles 401 Urb. Los Granados
Telf: 402705 / 969960030
Trujillo – Perú
Julio, 2016
©Hecho el Depósito Legal en la Biblioteca Nacional del Perú Nº 2016-10181
ISBN: 978-612-00-2366-2
Prohibida la reproducción total o parcial sin autorización del Autor.

3. 3
PROLOGO
La Dinámica Estructural es parte de la Mecánica Estructural, en la cual se estudian los métodos de
cálculo y se investiga el comportamiento de las estructuras ante cargas dinámicas.
El problema principal del análisis dinámico es determinar la ley de movimiento del sistema
deformado y sus fuerzas inerciales, necesarias para determinar los desplazamientos dinámicos, las
fuerzas internas dinámicas, comprobar el efecto de resonancia, así como la resistencia y rigidez del
sistema estructural.
Por lo general, el dictado de los cursos de Dinámica Estructural, se centran en la descripción
teórica y en la resolución de un escaso número de problemas, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje,
más aún, tratándose de un curso eminentemente práctico y con una diversidad de problemas.
El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos
de posgrado en sus prácticas calificadas y exámenes.
Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro con teoría sucinta, que haga más didáctico el
proceso de estudio individual, resolviendo en forma seria y con el rigor científico 20 problemas tipo,
propiciando, de esta manera, una forma más amena de convivencia con la Dinámica Estructural y
conducente a un mejor dominio de la materia.
Este libro es un complemento perfecto a los editados anteriormente por el autor, denominados
Análisis Estructural, Ingeniería Sismo-Resistente y Diseño Sísmico de Edificaciones, los cuales gozan de
gran popularidad en los estudiantes y docentes de ingeniería civil de muchas Universidades nacionales y
extranjeras, así como de ingenieros civiles e investigadores de Centros de Investigación en Ingeniería
Estructural.
Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado del curso en el Centro de Posgrado e
Investigación de la Universidad de San Francisco Xavier de Chuquisaca y en el Centro de Posgrado e
Investigación Científica de la Facultad Nacional de Ingeniería de la Universidad Técnica de Oruro, ambas
del hermano país de Bolivia.
En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de
problemas como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente.
El presente libro consta de 4 Capítulos, distribuidos de la siguiente manera:
En el Capítulo 1 se desarrolla el tema Sistemas con un grado de libertad.
En el Capítulo 2 se describe el tema Sistemas con varios grados de libertad.
En el Capítulo 3 se desarrolla el tema Sistemas con infinitos grados de libertad.
En el Capítulo 4 se describe el tema Métodos energéticos aplicados a la dinámica estructural.
El presente texto está dirigido a estudiantes de posgrado en Ingeniería Estructural y docentes que
imparten el curso Dinámica Estructural; así como, a ingenieros civiles e investigadores en el área de
estructuras.
Este libro se lo dedico a mis alumnos de Dinámica Estructural de los Centros de Posgrado e
Investigación de la Universidad de San Francisco Xavier de Chuquisaca y Universidad Técnica de Oruro,
quienes con sus consultas me motivaron a escribir el presente libro, culminando con éxito este pequeño
aporte para los amantes de la Ingeniería Estructural.

4. 4
De manera muy especial, dedico el presente libro a mi querido ahijado Masahiro, deseando de
todo corazón que sea una persona de bien, comprometido con el desarrollo nacional y siempre dispuesto
ayudar a los demás. Eres la gran esperanza de nuestra familia para continuar mi humilde aporte a la
ciencia.
Ph.D. Genner Villarreal Castro
genner_vc@hotmail.com
Lima, Julio del 2016

5. 5
CAPITULO 1
SISTEMAS CON UN GRADO DE LIBERTAD
1.1 TIPOS DE CARGAS DINÁMICAS
CARGAS DINÁMICAS. Son aquellas cargas actuantes en la estructura, cuya magnitud, dirección o
posición varía en un intervalo de tiempo relativamente pequeño y se denotan como )t(P
Las deformaciones, fuerzas y esfuerzos, obtenidos como consecuencia de esta acción, también se
denominan DINÁMICAS
Las cargas dinámicas actuantes en las construcciones generan aceleraciones y, como
consecuencia, aparecen fuerzas adicionales, denominadas FUERZAS INERCIALES de las masas de
estas cargas y de la masa de la estructura en sí, en la cual surgen las vibraciones.
Los tipos de cargas dinámicas son:
CARGA PERIÓDICA. Se produce como consecuencia del movimiento de maquinarias y
mecanismos, cuya dependencia del tiempo se repite cada cierto período T. Si la carga periódica
varía en forma de seno o coseno, entonces tal tipo de carga se denomina vibracional o armónica
(figura 1.1)
F =F sen ty o  Fo
F =F cos tx o 
=
a)
b) F sen to 
F cos to 
c)
d)
Fx
Fy
0
0
t
t
t
e
Fig. 1.1
CARGA DE IMPACTO. Se genera como consecuencia del impacto en un lugar determinado y sus
esfuerzos generados dependen de las propiedades elásticas e inerciales de la estructura. Las cargas
pueden ser periódicas (figura 1.2,a) y no periódicas (figura 1.2,b)
T T T
t
F(t)
0
a) b)
t0
F(t)
Fig. 1.2

6. 6
CARGA RODANTE. Es aquella que cambia su ubicación en la construcción, por ejemplo, el paso de
un automóvil, bus, tren por un puente (figura 1.3) o grúa puente en naves industriales.
v
Fig. 1.3
CARGA DE VIENTO. Son presiones laterales del viento, muy importantes en edificios altos y de
grandes luces, dependientes también de la zonificación eólica del proyecto. Las cargas de viento
varían por la altura del edificio (figura 1.4,a) y en el tiempo de acción (figura 1.4,b)
a) b)
q(t)
0 t
q(t)
Fig. 1.4
CARGA SÍSMICA. Surge como consecuencia del movimiento desordenado del suelo durante un
sismo, el cual genera un movimiento complejo de la cimentación en el tiempo, desplazándose por
una determinada ley variable en el tiempo (figura 1.5)
a) b)
0 t
(t)
(t)(t)
Fig. 1.5
CARGA IMPULSIVA. Son cargas súbitas, como las ondas de una explosión, que generan una
variación importante de la presión sobre la estructura (figura 1.6)
a) b)
q(t)
q(t)
0 t
Fig. 1.6

7. 7
1.2 ECUACIÓN DE EQUILIBRIO DINÁMICO
En la figura 1.7 se muestra un sistema con un grado de libertad, cuya masa “m” está suspendida por
un resorte de rigidez “k” y sobre la masa actúa una fuerza )t(P . El desplazamiento de la masa es
)t(y y del apoyo )t(z
z(t)
y(t)
(t)P
m
m
(t)P
Figura 1.7
La ecuación de equilibrio dinámico de la masa “m” considerando el amortiguamiento, para el caso de
la acción mutua de la carga y el desplazamiento del apoyo, tendrá la forma:
)t(P)zy(kycym   (1.1)
Donde:
c - coeficiente de amortiguamiento
Si dividimos la ecuación entre “m” y consideramos:
m
k2

m
c
2 
Se obtendrá:
)t(z)t(P
m
1
yy2y 22
  (1.2)
Si consideramos solo la carga dinámica, se tendrá:
)t(P
m
1
yy2y 2
  (1.3)
Consecuentemente, si se considera solo el desplazamiento del apoyo, será:
)t(zyy2y 22
  (1.4)
Las ecuaciones diferenciales 1.3 y 1.4 son lineales no homogéneas, teniendo su solución una parte
general y otra particular.
1.3 VIBRACIONES LIBRES SIN AMORTIGUAMIENTO
VIBRACIONES LIBRES. Son aquellas vibraciones que se producen sin cargas externas, bajo la
acción de la energía potencial de las fuerzas elásticas y fuerzas inerciales. Las vibraciones libres
pueden ser sin amortiguamiento y con amortiguamiento, produciéndose el amortiguamiento como
consecuencia de las fuerzas internas del material y debido al medio externo.

8. 8
De esta manera, la ecuación diferencial ordinaria para vibraciones libres sin amortiguamiento, tendrá
la forma:
0yy 2
 (1.5)
De acuerdo a los conocimientos del análisis matemático, la solución para la ecuación 1.5 será:
tcosBtAseny  (1.6)
Donde:
B,A – constantes de integración que se obtienen para las condiciones iniciales, cuando 0t  ,
0yo  , ovy 
De donde, oyB  ,  /vA o
Luego:
tcosytsen
v
y o
o


 (1.7)
La solución de la ecuación 1.7 puede tener la forma:
)t(senay oo  (1.8)
Como:
 sencoscossen)(sen
La ecuación 1.8 tendrá la forma:
tcossenatsencosay oooo  (1.9)
De las ecuaciones 1.7 y 1.9 se tendrá:
oo cosaA 
oosenaB 
Entonces:
2
o
2
o22
o y
v
BAa 







o
o
o
v
y
A
B
tg


La forma gráfica de la solución de la ecuación 1.8 se muestra en la figura 1.8, donde  es la
frecuencia circular de las vibraciones libres.
y(t)
y
T=
2

t
 /
ao
o
o
Fig. 1.8
La frecuencia de vibración libre puede ser determinada por la fórmula 1.10
est11
2
y
g
m
1
m
k


 (1.10)

9. 9
Donde:
11
1
k


g
P
m 
est11 yP 
Siendo:
11 - flexibilidad, igual al desplazamiento generado por la carga 1F  , aplicada en la masa
g - aceleración de la gravedad
esty - deflexión estática, generado por la carga mgP 
1.4 SISTEMAS SIN AMORTIGUAMIENTO ANTE CARGA DE IMPULSO INSTANTÁNEO
De acuerdo a la ecuación 1.7, las vibraciones libres pueden ser generadas por la velocidad inicial
ov , por el desplazamiento inicial oy o por la acción simultánea ov e oy .
Para la acción del impulso instantáneo S aplicado en la masa, cuando 0yo  , la velocidad inicial
será
m
S
vo  , entonces, la ecuación de vibración tendrá la forma:
tsen
m
S
y 

 (1.11)
El desplazamiento máximo (amplitud de vibración) será:


m
S
ymáx (1.12)
La carga estática, equivalente a la acción del impulso instantáneo y que genera tal desplazamiento,
será:


 S
m
Sk
kyP máxequiv (1.13)
1.5 INTEGRAL DE DUHAMEL PARA VIBRACIONES FORZADAS SIN AMORTIGUAMIENTO
VIBRACIONES FORZADAS. Se producen debido a la acción de la carga externa y su cálculo se
puede realizar sin amortiguamiento y con amortiguamiento.
Una carga arbitraria )t(P se puede expresar en forma de un infinito número de impulsos
consecutivos  d)(P , mostrados como sectores verticales en la figura 1.9
P(t)
t
0
d
Fig. 1.9

10. 10
El desplazamiento generado por el impulso en un momento de tiempo  e igual a  d)(PS será:
)t(sen
m
S
)t(y 


Para determinar el desplazamiento generado por dicha carga, será necesario aplicar el Principio de
Superposición, como la suma de todos los impulsos.
De esta manera, el desplazamiento en cualquier momento de tiempo se obtendrá por la fórmula 1.14
 


t
0
d)t(sen)(P
m
1
)t(y (1.14)
La ecuación 1.14 será la solución parcial de la ecuación para sistemas de vibraciones forzadas sin
amortiguamiento con un grado de libertad.
)t(P
m
1
yy 2
 (1.15)
La ecuación 1.15 se obtiene de la ecuación 1.3, cuando 0
Si el numerador y denominador de la ecuación 1.14 se lo multiplica por , luego, en forma
consecutiva se reemplaza en el denominador
m
k2
 y
11
1
k

 , se obtendrá:
 


t
0
d)t(sen)(P
k
y
 
t
0
11 d)t(sen)(Py (1.16)
La solución parcial de la ecuación de vibraciones forzadas para desplazamiento del apoyo, se
obtiene de la ecuación 1.4, cuando 0 , es decir:
)t(zyy 22

Dicha solución tendrá la forma:
 
t
0
d)t(sen)(zy (1.17)
1.6 VIBRACIONES LIBRES CON AMORTIGUAMIENTO
La ecuación diferencial ordinaria de ecuaciones libres con amortiguamiento tiene la forma:
0yy2y 2
  (1.18)
Si consideramos:
)t(uey t
 (1.19)
Reemplazamos 1.19 y sus derivadas en la ecuación 1.18, luego dividimos todos los miembros entre
t
e 
, obteniendo:
0uu 2
 (1.20)

11. 11
Donde:
22

La solución de la ecuación 1.20 será:
tcosBtAsenu 
En consecuencia, la solución de la ecuación 1.18 tendrá la forma:
)tcosBtAsen(ey t
 
(1.21)
La ecuación 1.21 describe las vibraciones periódicas con amortiguamiento para un periodo
22
22
T





 ˃ T , cuando 0 y TT 
Las constantes de integración A y B se determinan por las condiciones iniciales. Si 0t  , oyy 
e oo vy  , entonces de la ecuación 1.21 se obtendrá oyB  , de la derivada de la ecuación 1.21
Ayv oo  y despejando se tendrá


 oo yv
A
De esta manera, la ecuación 1.21 se podrá expresar así:
)t(seneay o
t
o  
(1.22)
Donde:
2
oo2
o
2
o
yv
ya 







 (1.23)
oo
o
o
yv
y
tg


 (1.24)
La forma gráfica de la ecuación 1.22 se muestra en la figura 1.10, donde la ecuación de la curva
punteada es
t
ocp eay 

y(t)
ao
y
y
1
y2


t
T=
2

o
o
Fig. 1.10
Las curvas y e cpy en el momento de tiempo
*
t , cuando 1)t(sen o  , 0)tcos( o 
tienen las mismas ordenadas y tangentes
*
t
oeay 
 ,
*
t
ocp eay 
 ,
*
t
o eay 
  ,
*
t
ocp eay 
 

12. 12
La relación entre dos amplitudes de vibración, que se diferencien en un periodo T , es una magnitud
constante y a su vez una medida del amortiguamiento.



 ee
ea
ea
y
y T
)Tt(
o
t
o
2
1
*
*
De esta manera, el decremento logarítmico de amortiguamiento será:
Teln
y
y
lnln T
1n
n
 

El coeficiente de resistencia inelástica o parámetro de amortiguamiento es:



Luego:
22T






 (1.25)
Los coeficientes o parámetros de amortiguamiento para los materiales más comunes de la
construcción son:
Acero 01,0
Concreto 05,0
Albañilería 04,0
Madera 03,0
1.7 SISTEMAS CON AMORTIGUAMIENTO ANTE CARGA DE IMPULSO INSTANTÁNEO
Para la acción del impulso instantáneo S aplicado en la masa, cuando 0yo  , la velocidad inicial
será
m
S
vo  , entonces, la ecuación de vibración a partir de la ecuación 1.22 tendrá la forma:
tsene
m
S
y t


 
(1.26)
De las ecuaciones 1.23 y 1.24, se desprende que

 o
o
v
a , 0o  y el desplazamiento máximo
cuando











2
2
25,0T25,0t será:




 2
máx e
m
S
y (1.27)
1.8 INTEGRAL DE DUHAMEL PARA VIBRACIONES FORZADAS CON AMORTIGUAMIENTO
En forma análoga a la fórmula 1.14, cuando la carga arbitraria )t(P se expresa como un infinito
número de impulsos consecutivos  d)(PS , mostrados en la figura 1.9 como sectores verticales,
el desplazamiento del impulso  d)(PS en un momento de tiempo  será:

13. 13
tsene
m
S
y t


 
Para determinar el desplazamiento ante la carga )(P  , se suman todos los impulsos y obtenemos la
fórmula 1.28
 

 
t
0
)t(
d)t(sene)(P
m
1
y (1.28)
Esta será la solución parcial de la ecuación 1.3
1.9 SISTEMAS SIN AMORTIGUAMIENTO ANTE CARGA ARMÓNICA
La ecuación de vibración ante carga armónica será:
tsenP
m
1
yy o
2
 (1.29)
Donde:
oP - amplitud de la carga
 - frecuencia de variación de la carga
La solución de la ecuación 1.29 tiene una solución general
)g(
y y otra parcial
)p(
y
)p()g(
yyy  (1.30)
Siendo:
tcosBtAseny )g(
 (1.31)
tCseny )p(
 (1.32)
Reemplazamos la ecuación 1.32 en la ecuación 1.29 y lo dividimos todos los miembros entre tsen ,
obteniendo:
o
22
P
m
1
CC 



















 2
2
o
22
o
1m
P
)(m
P
C (1.33)
Entonces:
dinest kyC 
11o
11o
2
o
est P
m
mP
m
P
y 




2din
1
1
k










Reemplazamos las ecuaciones 1.31 y 1.33 en la ecuación 1.30, obteniendo:
tsenkytcosBtAseny dinest 

14. 14
Cuando 0t  , 0yo  e 0yo  , se tendrá:
00.ky1.B0.Ay dinest   0B 
tcoskytsenBtcosAy dinest 
01.ky0.B1.Ay dinest  


 dinest ky
A
De esta manera, la solución total será:









 tsentsenkyy dinest
Las vibraciones con frecuencia  amortiguan, obteniéndose la siguiente ecuación:
tsenkyy dinest 
dinestmáx kyy 
El gráfico de dependencia dink e y , de la relación de frecuencias  y  se muestra en la figura
1.11. Cuando  , dink y pasando la resonancia cambia de signo.
0
1

kdin
Fig. 1.11
1.10 SISTEMAS EN RESONANCIA ANTE CARGA ARMÓNICA
La ecuación de vibración es:
tsen
m
P
yy o2
 (1.34)
Determinamos la solución de la ecuación que tenga la forma:
)tcosBtAsen(ty  (1.35)
Determinamos las derivadas y e y
)tBsentcosA(ttcosBtAseny 
)tcosBtAsen(t)tBsentcosA(2y 2

Reemplazamos la ecuación 1.35 y la derivada y en la ecuación 1.34, obteniendo:
tsen
m
P
tBsen2tcosA2 o

De donde:
0A 
2
y
m2
mP
m2
P
m2
P
B est11o
2
oo 









15. 15
De esta manera, la solución de la ecuación 1.34 será:
tcos
2
ty
y est



El gráfico de desplazamiento se muestra en la figura 1.12, en la cual las amplitudes de vibración se
incrementan.
y(t)
t
T/4
T
Fig. 1.12
1.11 SISTEMAS CON AMORTIGUAMIENTO ANTE CARGA ARMÓNICA
La ecuación de vibración tiene la forma:
tsenP
m
1
yy2y o
2
  (1.36)
La solución de la ecuación lo buscamos en la forma:
tcosBtAseny  (1.37)
Reemplazamos la ecuación 1.37 y sus derivadas en la ecuación 1.36, obteniendo:
  0tcosBA2Btsen
m
P
AB2A 22o22






 (1.38)
Igualamos a cero los paréntesis que tienen tsen y tcos
  0
m
P
B2A o22
 (1.39)
  0BA2 22
 (1.40)
Resolvemos las ecuaciones 1.39 y 1.40, obteniendo los valores de A y B
 22222
22
o
4)(m
)(P
A



 22222
o
4)(m
P2
B



De esta manera, la ecuación 1.37 tendrá la forma:
)t(senay oo  (1.41)
Determinamos el valor de
22
o BAa 
  22222
o
22222
22222
o
o
4)(m
P
4)(m
4)(P
a




 (1.42)

16. 16
Reemplazamos en la ecuación 1.42 los valores
2

 (ecuación 1.25) y
11
2
m
1

 (ecuación
1.10), obteniendo:
2
2
2
2
2
22
11o
o
1
P
a























 (1.43)
Por cuanto, en vibraciones de estructuras en el aire se cumple que  e 11oest Py  se
tendrá:
 
dinest
2222
est
o ky
)/()/(1
y
a 

 (1.44)
En consecuencia, el coeficiente dinámico es:
  2222
din
)/()/(1
1
k

 (1.45)
1.12 PROBLEMAS DE VIBRACIÓN LIBRE
PROBLEMA 1.1 Determinar la frecuencia y período de vibración libre de una zapata de área 12m
2
y
que transmite una presión uniforme sobre el terreno. La masa de la zapata es 30T, la masa del
suelo ubicado sobre la zapata es 4,5T y el coeficiente de balasto es 25MN/m
3
Solución:
La masa total que se transmite sobre el terreno es:
kg10.5,34T5,345,430m 3

La frecuencia de vibración libre será:
1
3
6
1
s25,93
10.5,34
12.10.25
m
AC
m
k 

De esta manera, el período de vibración libre será:
s067,0
25,93
14,3.22
T 



PROBLEMA 1.2 Determinar la frecuencia y período de vibración libre, considerando que la rigidez
es constante para la viga sin peso mostrada en la figura y que la masa “m” está aplicada en el
extremo libre B
A
EI
B
L
m
Fig. 1.13

17. 17
Solución:
Para determinar la frecuencia de vibración libre calculamos el coeficiente de rigidez (elástico) “k” de
la viga en voladizo mostrada en la figura 1.14, a). Para ello, en el punto B, lugar donde se encuentra
la masa “m”, aplicamos una carga unitaria 1F  en la dirección del posible movimiento de la masa,
esto es en el sentido vertical y graficamos su diagrama unitario 1M , tal como se muestra en la
figura 1.14, b) de la siguiente página.
De esta manera:
 






EI3
L
L.
3
2
.L.L.
2
1
.
EI
1
EI
dxM 32
1
11
De donde:
3
11 L
EI31
k 


Determinamos la frecuencia y período de vibración libre, a través de las siguientes relaciones:
mL
EI3
m
1
m
k
3
11



EI3
mL
2
2
T
3




A
EI
B
L
a)
b) L
m
F=1
A B M1
Fig. 1.14
PROBLEMA 1.3 Determinar la frecuencia de vibración libre del sistema estructural sin peso
mostrado en la figura, considerando que únicamente la barra vertical tiene rigidez infinita a flexión y
que la masa “m” está aplicada en el extremo libre C
A B
m
EI=
6m
EI
3m
C
Fig. 1.15

18. 18
Solución:
Para la estructura mostrada en la figura 1.16, a) procedemos en forma análoga al problema anterior,
aplicando una carga unitaria 1F  y graficando el diagrama unitario 1M , considerando que para
barras de rigidez infinita no surgen fuerzas internas, es por ello que no existe diagrama de momento
flector en dicha zona, pero para la barra AB en el extremo B se debe de considerar el equilibrio de
momento de la fuerza externa 1F  , es por ello, que el momento en dicho extremo es
33.1MB
1  , tal como se muestra en la figura 1.16, b)
Determinamos el coeficiente de flexibilidad 11
 






EI
18
3.
3
2
.6.3.
2
1
.
EI
1
EI
dxM2
1
11
De donde:
18
EI1
k
11



De esta manera, la frecuencia de vibración libre será:
m
EI
2357,0
m18
EI
m
k

a) b)
3m
6m
EIA B
C
EI=
m
A B
M1
F=1C
3
Fig. 1.16
PROBLEMA 1.4 Determinar la frecuencia de vibración libre del pórtico sin peso mostrado en la
figura 1.17. Considerar que la rigidez es la misma e igual a EI
h
m
L/2L/2
A B
C
Fig. 1.17
Solución:
Determinamos el grado de indeterminación del sistema:

19. 19
15)2(3AC3.I.G 
h
L/2L/2
A B
X1
F=1
C
1/2
F=1
C
L/4h
L/4
L/4
1/2
L/4
L/4
M1
a) b)
L/4h
Fig. 1.18
Como se podrá apreciar el pórtico es 1 vez hiperestático y la masa “m” sólo se mueve por la vertical,
siendo la vibración del sistema en forma simétrica, en consecuencia se tendrá que 0X1 
Determinamos el coeficiente de flexibilidad 11
 
EI48
Lh2L
2.
96
L
48
hL
EI
1
2.
4
L
.
3
2
.
2
L
.
4
L
.
2
1
4
L
.
3
2
.h.
4
L
.
2
1
EI
1
EI
dxM 2322
1
11













 
De donde:
 Lh2L
EI481
k 2
11 



En consecuencia:
   mLh2L
EI
928,6
mLh2L
EI48
m
k
22




PROBLEMA 1.5 Determinar la frecuencia de vibración libre del pórtico sin peso mostrado en la
figura 1.19
EI
2EI 2EI
m
EI
6m
3m 3m
Fig. 1.19
Solución:
Determinamos el grado de indeterminación del sistema:
12)1(3AC3.I.G 
El pórtico es 1 vez hiperestático.

20. 20
Elegimos el sistema principal (figura 1.20, a), graficando sus diagramas de momento unitario (figura
1.20, b) y de carga (figura 1.20, c)
F=1
F=1
M1
X1
6
3
3
3
*
X =11
6
3
MP
a) b) c)
Fig. 1.20
Para no confundir, la ecuación canónica será:
0X *
P11
*
11 
Siendo:
EI
5,94
)3.35,4.5,4.46.6(
)EI2(6
3
3.6.3.
EI
1
2.3.3.
2
1
.
EI
1
EI
dx)M( 2*
1*
11  
 
EI
5,31
)3.35,4.5,4.46.6(
)EI2(6
3
EI
dxMM P
*
1*
P1
De donde:
3
1
X1 
De esta manera, el diagrama final será:
P1
*
1 MXMM 
4
3
2
1
1
M
3
Fig. 1.21
Luego:
 
EI
5,25
)2.23.3.44.4(
)EI2(6
3
2.3.3.
2
1
.
EI2
1
1.6.1.
EI
1
1.
3
2
.3.1.
2
1
.
EI
1
EI
dxM2
11
Como:
5,25
EI1
k
11




21. 21
En consecuencia:
m
EI
198,0
m5,25
EI
m
k

PROBLEMA 1.6 Determinar la frecuencia y período de vibración libre debido al peso P=10kN
aplicado a la distancia a=4m de la viga infinitamente rígida de peso despreciable, si
m/N10.2,2k 5
1  y m/N10.4,3k 5
2 
EI= m C
b =2m1
a=4m
b =6m2
A B
k2k1
Fig. 1.22
Solución:
Para este tipo de problemas, siendo el apoyo fijo en A (donde no existe desplazamiento vertical) y
respecto al cual se deformará la viga, se aplicará:
1
2
4
2525
2
2
22
2
11
2
n
1i
2
ii
s362,28
4.
81,9
10
6.10.4,32.10.2,2
a
g
P
bkbk
ma
bk







De donde:
s221,0
362,28
22
T 





PROBLEMA 1.7 Determinar la frecuencia de vibración libre, si la rigidez del resorte es
36/EIk1  . Considerar que el pórtico es de rigidez constante EI
A
C D
E
6m
B
m
4m4m
Fig. 1.23

22. 22
Solución:
Tal esquema de cálculo, lo reemplazamos por uno simple en forma de 2 resortes unidos (figura
1.24,a) con coeficientes de rigidez 1k y 2k , siendo 2k la rigidez del pórtico en el lugar donde se
conecta la masa (punto C). En la figura 1.24,b) se muestra la rigidez equivalente ek
21
21
e
kk
kk
k


k2
ke
m m
a) b)
k1
Fig. 1.24
El coeficiente de rigidez del pórtico AEDCB será calculado por la siguiente relación:
3
h13
EI512
k 
Para aplicar esta relación, giramos el pórtico AEDCB un ángulo de
o
90 en sentido antihorario, tal
como se muestra en la figura 1.25
L=6m
A B
C
DE
h/2
h/2
h=8m
F=1
Fig. 1.25
Luego:
13
EI
8.13
EI512
h13
EI512
k 332 
En consecuencia:
49
EI
13
EI
36
EI
13
EI
.
36
EI
kk
kk
k
21
21
e 





23. 23
La frecuencia de vibración libre será:
m
EI
143,0
m
EI
7
1
m49
EI
m
ke

1.13 PROBLEMAS DE VIBRACIÓN FORZADA
PROBLEMA 1.8 Una zapata de peso kN196P  y área
2
m4A  soporta una carga dinámica
tsen76,11Pdin  , siendo el número de revoluciones min/rev285 . Determinar el esfuerzo en
la base de la zapata sin amortiguamiento y con amortiguamiento, si el parámetro de
amortiguamiento es 2,0 y el coeficiente de balasto es
3
1 m/kN4900C 
P
Fig. 1.26
Solución:
Se sabe que:
dinest 
Siendo:
kPa49
4
10.196
A
P 3
est 
dindindin
din
din k9,2k
4
76,11
k
A
P
 )kPa(
Luego:
min/rev300
1
300
y
300
est

cm1m01,0
4900
49
C
y
1
est
est 


Ahora, determinamos los coeficientes dinámicos para los casos sin amortiguamiento y con
amortiguamiento.
CASO 1: Sin amortiguamiento
256,10
300
285
1
1
1
1
k 22din 



















24. 24
CASO 2: Con amortiguamiento
682,4
300
285
2,0
300
285
1
1
1
1
k
2
2
2
2
2
22
2
22
din 









































De los resultados obtenidos, podemos concluir que el amortiguamiento disminuye en 2,2 veces el
coeficiente dinámico.
De esta manera, determinamos los esfuerzos en la base de zapata, para los casos sin
amortiguamiento y con amortiguamiento.
CASO 1: Sin amortiguamiento
kPa742,78256,10.9,249 
CASO 2: Con amortiguamiento
kPa578,62682,4.9,249 
PROBLEMA 1.9 Determinar la amplitud máxima de vibración forzada, debido a la acción de la carga
armónica tsenPo  aplicado en la masa “m”, siendo kN12Po  y
22
5,0 
P sen to 
m
4m 2m
Fig. 1.27
Solución:
Resolvemos por el método de Mohr, para ello hace falta graficar el diagrama dinámico final de
momento, debido a la acción de la carga vibratoria (forzada) luego, en un estado equivalente, aplicar
una carga unitaria en la masa y graficar su diagrama de momento. Posteriormente, se multiplican
los diagramas.
En forma práctica, tenemos que los diagramas son los mismos, por ello, se multiplican por sí mismo.
En la figura 1.28, se muestra el diagrama debido a la acción de la carga 1F 
2m
F=1
M1
4m
2
Fig. 1.28
Siendo:
EI
8
2.
3
2
.2.2.
2
1
2.
3
2
.2.4.
2
1
EI
1
11 





25. 25
El coeficiente dinámico será:
2
5,01
1
1
1
k 2din 












Luego:
EI
192
2.
EI
8
.12kPkyy din11odinestmáx 
PROBLEMA 1.10 Determinar la amplitud máxima de vibración forzada de la masa “m” para la viga
sin peso mostrada en la figura. Considerar kN12Po  y
22
5,0 
m
2m 2m 2m
Fig. 1.29
Solución:
Como la carga no coincide con la masa, debemos de graficar los diagramas de carga unitaria
(donde está la masa “m”) y de carga vibratoria o forzada, tal como se muestra en la figura 1.30
m
2m 2m 2m
M1
F=1
2
1
P =1o
1
0,5
MF
1,5
Fig. 1.30
Luego:
 
EI
2
05,0.5,1.41.1
EI6
2
1.
3
2
.1.2.
2
1
.
EI
1
F1 
Como:
2
5,01
1
kdin 



26. 26
En consecuencia:
EI
48
2.
EI
2
.12k..Py dinF1omáx 
PROBLEMA 1.11 Determinar la amplitud de vibración forzada de la masa “m” del pórtico sin peso
mostrado en la figura 1.31. Considerar m/kN9qo  , kN12Po  y
m9
EI2

1,5m
1,5m3EI
2m3m
2EI2EI
m
Fig. 1.31
Solución:
Graficamos los diagramas de carga unitaria (figura 1.32,a) y de carga vibratoria o forzada (figura
1.32,b)
a) b)
1,5
1,5
F=1
M1
18
18
MF
Fig. 1.32
Luego:
EI
5,1
5,1.
3
2
.5,1.3.
2
1
.
EI2
1
5,1.
3
2
.5,1.5,1.
2
1
.
EI3
1
EI
dxM2
1
11  
 
EI
5,4
18.
3
2
.5,1.5,1.
2
1
.
EI3
1
EI
dxMM F1
F1
En consecuencia:
m3
EI2
m5,1
EI
m
1
11
2




27. 27
El coeficiente dinámico será:
5,1
EI2
m3
.
m9
EI2
1
1
1
1
k
2
2din 






De esta manera, la amplitud de la vibración forzada será:
EI
75,6
5,1.
EI
5,4
k.y dinF1máx 
PROBLEMA 1.12 Graficar los diagramas dinM , dinV y dinN para el pórtico mostrado en la figura
1.33, considerando kN4,6Po  y  6,0
m
2EI
EI
4m
2m2EI
EI
3m3m
Fig. 1.33
Solución:
a) b)
c) d)
m
EI
2EI
2EI
EI
4m
2m
3m3m
P =10kNequiv
X1
3
33
3
M1
X =11
P =10kNequiv 30
MP
Fig. 1.34

28. 28
Como la carga armónica se aplica en la masa, transformamos el problema dinámico en un estático
debido a la fuerza equivalente equivP , la cual se calculará por la siguiente fórmula:
kN105625,1.4,6kPP dinoequiv 
Ahora, determinamos el coeficiente dinámico.
5625,1
36,01
1
1
1
k
2
2din 






Determinamos el grado de indeterminación del sistema.
12)1(3.I.G 
El pórtico es 1 vez hiperestático
Los diagramas debido a la carga unitaria y carga equivalente, se muestran en la figura 1.34, c) y
figura 1.34, d) respectivamente.
Determinamos los coeficientes 11 y P1
 






EI
45
3.4.3.
EI2
1
3.
3
2
.3.3.
2
1
.
EI
1
3
EI
dxM2
1
11
 
EI
90
30.
3
2
.3.3.
2
1
.
EI
1
EI
dxMM P1
P1
Reemplazamos en la ecuación canónica:
0
EI
90
X
EI
45
1   kN2X1 
De esta manera, graficamos el diagrama final de momento dinámico por la fórmula:
P11din MXMM 
24
6
6
6
Mdin
(kN.m)
2
8
2
Vdin
(kN)
2
2
Ndin
(kN)
a) b) c)
+
-
-
-
-
Fig. 1.35
Del diagrama dinM obtenemos el diagrama dinV y por equilibrio de nudos el diagrama dinN , tal
como se muestra en la figura 1.35, b) y 1.35, c) respectivamente.

29. 29
PROBLEMA 1.13 La masa kg40m1  se encuentra en la mitad de la viga de acero con módulo de
elasticidad
28
m/kN10.1,2E  , momento de inercia
45
m10.04,3I 
 , módulo de resistencia
34
m10.04,3W 
 y masa por unidad de longitud m/kg8,36m  . La masa kg100M  cae
desde una altura m4,0h  . Determinar la deflexión en el punto de impacto de la carga y los
esfuerzos normales máximos en la sección más peligrosa de la viga.
M
m1
h=0,4m
L/2=2m L/2=2m
Fig. 1.36
Solución:
Determinamos la masa de la viga
kg2,1474.8,36L.mm2 
La intensidad de la carga distribuida debido a la masa de la viga será:
m/kN361,0m/N36181,9.8,36g.mq 
La rigidez de la viga
258
m.kN638410.04,3.10.1,2EI  
Determinamos la deflexión estática de la viga, en el punto de impacto y debido a la carga
kN981,0N98181,9.100MgP 
m10.05,2981,0.
6384.48
4
P.
EI48
L
Py 4
33
11est


Como h ˃ esty , entonces determinamos los coeficientes dinámicos sin considerar y considerando la
masa de la viga.
CASO 1: Sin masa de la viga
8,52
100
40
110.05,2
4,0.2
M
m
1y
h2
k
41
est
1,din 

















CASO 2: Considerando la masa de la viga
85,42
100
2,147.493,0
100
40
110.05,2
4,0.2
M
m
M
m
1y
h2
k
421
est
2,din 













 



En la tabla 1.1 se muestran los coeficientes de transformación de la masa de la viga en una masa
puntual equivalente, ubicada en el punto de impacto de la carga, que en este caso es el coeficiente
493,0

30. 30
Tabla 1.1
TIPO DE VIGA COEFICIENTE
L
m
243,0
m
L/2 L/2
493,0
m
L/2 L/2
461,0
Las deflexiones estáticas de la viga en el punto de impacto debido a la masa 1m y el peso propio
de la viga en forma separada serán:
m10.8,0
6384.48
10.4.81,9.40
EI48
gLm
y 4
333
1
m,est 1



m10.88,1
6384.384
4.361,0.5
EI384
qL5
y 4
44
q,est


De esta manera, la deflexión total en el punto de impacto será:
mm05,9m10.5,9010.88,110.8,085,42.10.05,2yykyy 4444
q,estm,est2,dinest 1
 
Los esfuerzos estáticos máximos surgen en la mitad de la viga.
kPa97,3226
10.04,3.4
10.4.81,9.100
W4
MgL
W4
PL
W
M
4
3
P,est  

kPa79,1290
10.04,3.4
10.4.81,9.40
W4
gLm
W
M
4
3
1
m,est 1
 

kPa2375
10.04,3.8
4.361,0
W8
qL
W
M
4
22
q,est  
El esfuerzo total en la sección más peligrosa de la viga será:
MPa050,174kPa174050237579,12908,52.97,3226k q,estm,est1,dinP,est 1


31. 31
CAPITULO 2
SISTEMAS CON VARIOS GRADOS DE LIBERTAD
2.1 FUNDAMENTACIÓN TEÓRICA
En todos los casos de cargas dinámicas, las masas de los cuerpos ubicados en la construcción y las
masas de la misma estructura, se moverán, surgiendo como consecuencia las fuerzas inerciales, las
cuales son necesarias considerarlo en el cálculo al mismo tiempo que las fuerzas perturbadoras
externas.
Como base del cálculo dinámico estructural, se usa el principio de D’Alambert, por el cual en
cualquier momento del tiempo, en cada masa del sistema, excepto las cargas externas e internas,
se aplicarán las correspondientes fuerzas inerciales, debiendo estar el sistema estructural en
equilibrio.
El cálculo dinámico estructural se basa en la solución de un sistema de ecuaciones diferenciales del
movimiento de las masas, cuyo número es igual al número de grados de libertad dinámicos. Se
entiende por grados de libertad dinámicos, al número de parámetros desconocidos, que determinan
la ubicación de las masas del sistema ante todas las probables deformaciones elásticas de sus
elementos. Este número puede ser determinado por la mínima cantidad de conexiones adicionales,
que son necesarias ingresarlo al sistema para fijar todas las masas.
Para estructuras con “ n ” grados de libertad dinámicos, el sistema de ecuaciones diferenciales del
movimiento de las masas tiene la forma:
)t(Pym..........ym)yym( P1nn1n212211111  
)t(Pym..........)yym(ym P2nn2n222221211   (2.1)
..........................................................................................
)t(P)yym(..........ymym nPnnnnn22n211n1  
Dónde:
iy - desplazamiento probable de la masa del sistema
im - masa, que se desplaza en la dirección de iy
kj - desplazamiento ky debido a la acción de la carga unitaria en la dirección de iy
)t(P - carga perturbadora
El cálculo dinámico del sistema estructural, consiste en el análisis de dos etapas.
En la primera etapa se efectúa el cálculo de las vibraciones libres, que tiene por finalidad obtener las
frecuencias y formas de vibración libre. Para ello, la parte derecha del sistema de ecuaciones 2.1 se
iguala a cero, teniendo la solución la forma de la ecuación 2.2.
)t(senay ii  (2.2)
Dónde:
ia - amplitud del desplazamiento
 - frecuencia circular

32. 32
 - fase inicial de la vibración
Al reemplazar la ecuación 2.2 en las ecuaciones diferenciales 2.1, se obtiene un sistema de
ecuaciones algebraicas lineales homogéneas respecto a las amplitudes desconocidas.
0ak..........aka)k( nn1212111 
0ak..........a)k(ak nn2222121  (2.3)
................................................................
0a)k(..........akak nnn22n11n 
Dónde:
ijjij mk  (2.4)
2
1


El sistema de ecuaciones 2.3 puede tener dos soluciones:
1. Todas las amplitudes 0ai  . El sentido físico de esta solución trivial es la ausencia de los
desplazamientos de las masas y, en consecuencia, la ausencia de vibraciones.
2. La amplitud 0ai  . Esto puede ser posible cuando el determinante del sistema de ecuaciones
2.3 es igual a cero.
0
k.....kk
.........................................
k.....kk
k.....kk
Det
nn2n1n
n22221
n11211




 (2.5)
Al desarrollar el determinante, obtenemos la ecuación algebraica de grado “ n ” respecto a la
magnitud desconocida 
0bb..........bb n1n
2n
2
1n
1
n
 

(2.6)
Dónde:
)n,.....,2,1i(bi  - coeficiente numérico.
La ecuación 2.5 expresa la condición de existencia del proceso de vibración, cuya solución por
medio del álgebra lineal es equivalente al problema de valores propios de la matriz K













nn2n1n
n22221
n11211
k.....kk
....................
k.....kk
k.....kk
K (2.7)
Los números  que resuelven la ecuación 2.5 o lo que es lo mismo la ecuación 2.6, se llaman
valores propios de la matriz K . Su cantidad es igual al orden de la matriz. Los valores propios
tienen las siguientes propiedades:
a) La suma de los valores propios es igual a la suma de los coeficientes principales de la matriz K

33. 33


n
1j
j KSp (2.8)
b) El producto de los valores propios es igual al determinante de la matriz K


n
1j
j KDet (2.9)
A cada valor propio j le corresponde cierto valor de las incógnitas )n,.....,2,1i(aij  , llamado
vector propio jA















nj
j2
j1
j
a
.....
a
a
A (2.10)
Cada valor propio y su correspondiente vector propio, tienen la propiedad:
jjj A.A.K  (2.11)
En los problemas de la dinámica estructural, todos los valores propios son números naturales y
positivos. La cantidad de valores propios es igual al grado de libertad dinámico, correspondiéndole a
cada valor propio )n,.....,2,1j(j  un determinado valor de frecuencia circular y la elección de la
amplitud )n,.....,2,1i(aij  , que determinan la forma de vibración correspondiente a la frecuencia
dada.
j
j
1

 (2.12)
Todas las frecuencias tienen valores crecientes, esto es 1 < 2 <…..< n , formándose el espectro
de frecuencias del sistema dado. El menor valor de la frecuencia 1 se llama frecuencia de la
vibración principal.
Las amplitudes de dos diferentes formas de vibración, poseen la propiedad de ortogonalidad.


n
,...2,1i
ikiji 0aam (2.13)
Dónde:
k,j - números de las dos formas principales de vibración.
La segunda etapa del cálculo dinámico, consiste en el cálculo del sistema estructural ante las
vibraciones forzadas, cuya finalidad es determinar las fuerzas y desplazamientos, que se producen
como consecuencia de la acción de las cargas dinámicas externas.
tsenP)t(P 0  (2.14)
Si la carga dinámica es vibracional del tipo de la ecuación 2.14, entonces la solución del sistema de
ecuaciones diferenciales (ecuación 2.1), tendrá la forma de la ecuación 2.15, que corresponde al
proceso de vibración indicado.

34. 34
tsenAy ii  (2.15)
Si reemplazamos la ecuación 2.15 en el sistema de ecuaciones diferenciales 2.1, se tendrá un
sistema de ecuaciones algebraicas lineales.
0PB..........BB
m
1
0P1nn121212
1
11 







0PB..........B
m
1
B 0P2nn222
2
22121 






 (2.16)
......................................................................................
0PB
m
1
..........BB 0nPn2
n
nn22n11n 







Dónde:
i
2
ii AmB  - valor de la amplitud de la fuerza de inercia, actuante en la dirección del
desplazamiento iy .
El valor de la amplitud de la fuerza inercial, se determina a partir de la ecuación 2.16, adicionándose
al sistema con los valores de la amplitud de la fuerza perturbadora, después de lo cual, se
determinarán las fuerzas internas. Para ello, se puede utilizar el método de sumatoria de acciones.
0Pnn2211din PMBM..........BMBMM 
0Pnn2211din PVBV..........BVBVV  (2.17)
0Pnn2211din PNBN..........BNBNN 
Dónde:
iM , iV , iN - momento flector, fuerza cortante y fuerza axial, que surgen en la estructura,
debido a la acción de la carga unitaria, actuante en la dirección iy
PM , PV , PN - momento flector, fuerza cortante y fuerza axial, debido a la acción de la carga
perturbadora unitaria 1P0 
Las amplitudes de los desplazamientos de las masas en vibraciones forzadas, se puede calcular por
la fórmula 2.18.
2
i
i
i
m
B
A

 (2.18)
2.2 APLICACIÓN PRÁCTICA
PROBLEMA 2.1 En el pórtico mostrado en la figura 2.1, se ubican dos masas puntuales mm1  y
m2m2  . La carga externa es vibracional del tipo tsenP)t(P 0  , siendo kN2,1P0  y
 8,0 . Se pide realizar el cálculo dinámico de vibraciones libres y forzadas del pórtico dado.

35. 35
P(t)
m1
m2
I
2I
I 3m
6m6m
Fig. 2.1
Solución:
CÁLCULO DE VIBRACIONES LIBRES
Los probables desplazamientos de las masas del sistema se muestran en la figura 2.2. El
desplazamiento horizontal de la masa 2m se asume que es igual a cero, por cuanto en flexión, la
deformación longitudinal de la barra del pórtico se puede despreciar.
m1
m2
y
1
y
2
y
3
Fig. 2.2
Para fijar las masas del sistema, es suficiente incorporar dos apoyos adicionales (figura 2.3). Se
impide el desplazamiento vertical de ambas masas por medio de la barra adicional tipo apoyo 2S .
Los desplazamientos 2y e 3y son lineales y dependientes el uno del otro; por ello, se tendrá que
32 yy  . De esta manera, el pórtico dado tiene dos grados de libertad dinámicos.
2ndin 

36. 36
m1
m2
S1
S2
Fig. 2.3
Escribimos las masas, las cuales se pueden desplazar en las direcciones de 1y e 2y :
mmm 11  (a)
m3m2mmmm 212 
El sistema de ecuaciones diferenciales del movimiento tendrá la forma:
0ym3)yym( 2121111   (b)
0)yym3(ym 2222121  
Su correspondiente sistema de ecuaciones algebraicas lineales será:
0am3a)m( 212111  (c)
0a)m3(am 222121 
Graficamos los diagramas de momento flector 1M y 2M debido a la acción de las cargas unitarias
en las direcciones de los desplazamientos 1y e 2y . Como el pórtico es una vez hiperestático, para
su cálculo utilizamos el método de las fuerzas. El sistema principal y su diagrama unitario 1M
debido a la acción de 1X1  se muestra en la figura 2.4.
2 1,5
1
1
1
X =11
Fig. 2.4
La ecuación del método de las fuerzas es:
0X '
P11
'
11  (d)

37. 37
Nótese que los coeficientes de las ecuaciones (c) y (d) son diferentes.
Calculamos el coeficiente unitario
'
11 :
 
EI
12
1.
3
2
.6.1.
2
1
.
EI
1
1.3.1.
EI
1
)15,1.42(
EI2.6
6
dx
EI
M 222
2
1'
11
Los diagramas de carga PiM debido a la acción de cada fuerza, correspondiente a su estado de
carga y los diagramas finales 1M y 2M se muestran en las figuras 2.5 y 2.6
ESTADO 1
MP1
M1
a)
F =1
b)
c)
1
F =11
3
3
1,5
0,75
1,5
1,5
1,5
Fig. 2.5
Dónde:
EI
18
1.3.3.
2
1
.
EI
1
5,1.6.3.
EI2
1'
P1 
5,1
12
18
X1 

38. 38
ESTADO 2
a)
b)
c)
F =12
F =12
6
3
3,5
1,125
1,25
1,25
1,25
MP2
M2
Fig. 2.6
Siendo:
EI
15
)05,1.3.42.6(
EI2.6
6'
P1 
25,1
12
15
X1 
Calculamos los coeficientes del sistema de ecuaciones (c). Estos coeficientes describen el
desplazamiento en el pórtico y pueden ser calculados por la fórmula de Mohr.
 dx
EI
MM ji
ij (e)
Como el pórtico dado es hiperestático, el cálculo de desplazamientos se puede simplificar, utilizando
la igualdad (f), recomendándose utilizar la fórmula más sencilla.

39. 39
   dx
EI
MM
dx
EI
MM
dx
EI
MM PjijPiji
ij (f)
 
EI
9
)5,1.300(
EI6
3
3.6.5,1.
2
1
.
EI2
1
dx
EI
MM
dx
EI
MM 11P11
11
   
EI
5,4
)03.75,0.40(
EI2.6
6
dx
EI
MM
dx
EI
MM
dx
EI
MM 2P121P21
12
  
EI
25,17
)0125,1.3.45,3.6(
EI2.6
6
dx
EI
MM
dx
EI
MM 22P22
22


a)
b)
MP
M
9
6
3,5
1,875
2,75
1,25
0,25
3
3
0,25
2,75
Fig. 2.7
Para verificar la veracidad del cálculo de los desplazamientos, graficamos la suma de los diagramas
de carga PM y la suma de los diagramas de los estados 1 y 2, es decir, M , tal como se
muestra en la figura 2.7 y lo calculamos a través de las fórmulas (g):
2P1PP MMM  (g)
21 MMM 
    
 )3.5,16.75,0.40(
EI2.6
6
dx
EI
MM
dx
EI
MM
dx
EI
MM P11P1
1
EI
5,13
)003.5,1(
EI6
3


40. 40
    

EI
75,21
)0875,1.3.45,3.6(
EI2.6
6
dx
EI
MM
dx
EI
MM
dx
EI
MM 2PP22
2
La suma de los coeficientes de la primera fila es:
 11211
EI
5,13
EI
5,4
EI
9
La suma de los coeficientes de la segunda fila es:
 22221
EI
75,21
EI
25,17
EI
5,4
En consecuencia, los desplazamientos han sido calculados correctamente.
Reemplazamos los valores calculados en el sistema de ecuaciones (c):
0a.
EI
5,4
.m3a.
EI
9
.m 21 






0a.
EI
25,17
.m3a.
EI
5,4
.m 21 






Para hacer más sencilla la fórmula, lo multiplicamos por
m
EI
y reemplazamos:
2
m
EI
.
m
EI

 (h)
Como resultado obtenemos:
0a5,13a)9( 21  (i)
0a)75,51(a5,4 21 
De esta manera, el determinante será:
0
)75,51(5,4
5,13)9(
Det 



Desarrollando el determinante tenemos:
05,4.5,13)75,51)(9(Det 
040575,602

De donde:
127,531 
623,72 
Luego:
EI
m
127,531 
EI
m
623,72 
Comprobamos el correcto cálculo de los valores propios de la matriz K , según la fórmula 2.7

41. 41







75,515,4
5,139
K (j)
1.   750,60623,7127,53j
KSp 750,6075,519 
2. 

2
1j
21j 987,404623,7.127,53.
KDet 000,4055,4.5,1375,51.9
75,515,4
5,139

Calculamos el error porcentual:
%003,0%100.
405
987,404405
error% 


Calculamos las frecuencias circulares por la fórmula 2.12
m
EI
137,0
127,53.m
EI1
1
1 

 (k)
m
EI
362,0
623,7.m
EI1
2
2 


Para calcular los componentes del vector propio de la primera forma de vibración, reemplazamos el
valor 127,531  en la ecuación (i):
0a5,13a)127,539( 21  (l)
0a)127,5375,51(a5,4 21 
Como el determinante de este sistema es igual a cero, una de las ecuaciones viene a ser la
combinación lineal de la otra y puede ser eliminada. Por ejemplo, eliminamos la segunda ecuación y
obtenemos:
0a5,13a127,44 21 
112 a2687,3a
5,13
127,44
a 
De esta manera, en la primera forma de vibración se tendrá, que si 1a11  , entonces
2687,3a21  .
Para calcular el vector propio de la segunda forma de vibración, reemplazamos en la ecuación (i) el
valor 623,72  y eliminamos la segunda ecuación:
0a5,13a)623,79( 21 
0a5,13a377,1 21 
112 a1020,0a
5,13
377,1
a 

42. 42
Para la segunda forma de vibración, si 1a12  , entonces 1020,0a22 
Los resultados del cálculo se muestran en la tabla 2.1
Tabla 2.1
Características de
la vibración
Forma de vibración Masas
imI II
1a 1 1 0m1 
2a 2687,3 1020,0 m3m2 
 m
EI
137,0
m
EI
362,0 _______
 EI
m
127,53
EI
m
623,7 _______
1
3,2687
1
3,2687
90º
90º
90º
90º
0,1020
0,1020
1
1
a)
b)
1ra. Forma
2da. Forma
Fig. 2.8

43. 43
A través de la fórmula 2.11 comprobamos sus correspondientes valores y vectores propios:
111 V.
2687,3
1
.127,53
655,173
127,53
2687,3
1
.
75,515,4
5,139
V.K 
























222 V.
1020,0
1
623,7
778,0
623,7
1020,0
1
.
75,515,4
5,139
V.K 


























Realizamos la comprobación de ortogonalidad de las formas de vibración, a través de la fórmula
2.13.
0m0002,0m0002,1m)1020,0.(2687,3.m31.1.m 
El error porcentual será:
%022,0%100.
1
0002,0
error% 
De acuerdo a los resultados obtenidos, las formas principales de vibración, son las mostradas en la
figura 2.8.
CÁLCULO DE VIBRACIONES FORZADAS
El sistema de ecuaciones lineales 2.16 para el pórtico dado, tendrá la forma:
0PBB
m
1
0P12121211 






 (m)
0PB
m3
1
B 0P22222121 







Para calcular los coeficientes de carga, será necesario graficar el diagrama PM , debido a la acción
de la fuerza 1P0  . Como este diagrama ya ha sido graficado (figura 2.6) y 2P MM  , se tendrá:
EI
5,4
12P1 
EI
25,17
22P2 
Ahora calculamos las magnitudes:
EI
011,83
m64,0
EI
m
127,53
m64,0)8,0(m
1
m
1 1
22






EI
670,27
EI
011,83
.
3
1
m3
1
2


Reemplazamos los valores obtenidos en la fórmula (m):
02,1.
EI
5,4
B.
EI
5,4
B
EI
011,83
EI
9
21 






02,1.
EI
25,17
B
EI
670,27
EI
25,17
B.
EI
5,4
21 






Multiplicamos ambas ecuaciones por EI , obteniendo:

44. 44
04,5B5,4B011,74 21  (n)
07,20B42,10B5,4 21 
Resolvemos el sistema de ecuaciones (n) y obtenemos:
kN199,0B1 
kN072,2B2 
Graficamos el diagrama de momento flector por la fórmula 2.17 de la suma de las acciones.
21P21din M272,3M199,0M2,1M072,2M199,0M 
Los diagramas de cada acción, así como el diagrama final dinM se muestran en la figura 2.9
a)
b)
c)
0,298
0,298
0,298
0,298
11,452
4,09
4,09
4,09
11,452 4,388
4,388
3,792
3,792
4,093,83
Fig. 2.9
Calculamos las amplitudes de los desplazamientos de las masas, a través de la fórmula 2.18

45. 45
EI
519,16
64,0.m
EI
m
127,53.199,0
64,0.m
B
m
B
A 11
2
1
1
1 




EI
333,57
64,0.m3
EI
m
127,53.072,2
64,0.m3
B
m
B
A 12
2
2
2
2 




Para comprobar, calculamos los desplazamientos de las masas por la fórmula de Mohr.
)009,4.5,1.4792,3.3(
EI6
3
83,3.6.3.
EI2
1
dx
EI
MM
dx
EI
MM
A din1Pdin1
d11   
EI
512,16
A1 
El error porcentual será:
%042,0%100.
519,16
512,16519,16
error% 


Asimismo:
  
EI
336,57
)083,3.3.4452,11.6(
EI2.6
6
dx
EI
MM
dx
EI
MM
A din2Pdin2
d22
El error porcentual es:
%005,0%100.
333,57
333,57336,57
error% 


1
2A
B
P =1,2o
B =0,69121
m1
m2
B =1,38122
B =0,1991
Fig. 2.10
En la figura 2.10 se muestran los valores de la amplitud de las fuerzas de inercia y la carga externa
aplicadas en el pórtico. Para ello, la fuerza 2B , relacionada con las masas 1m y 2m , se distribuye
proporcionalmente a estas masas.
kN691,0
m2m
m
.072,2
mm
m
BB
21
1
221 





46. 46
kN381,1
m2m
m2
.072,2
mm
m
BB
21
2
222 




El diagrama dinV lo graficamos a través del diagrama dinM y en base a la dependencia diferencial
dx
dM
V 
kN541,2
6
792,3452,11
VV A22A 


kN199,0
3
792,3388,4
VV 2112 


kN731,0
6
388,4
VV 1BB1 
El diagrama final dinV se muestra en la figura 2.11
Vdin
2,541
0,199
0,731
+
+
-
Fig. 2.11
El diagrama de fuerzas axiales dinN lo graficamos a través del diagrama dinV , analizando el
equilibrio de los nudos del pórtico.
NUDO 1
N1B
N12
0,199kN
P =1,2kNo B =0,691kN21
0,731kN
B =0,199kN1
Fig. 2.12
Analizamos el equilibrio del nudo 1:
  0FX  0N B1 

47. 47
  0FY  0691,02,1731,0N12 
kN160,1N12 
NUDO 2
N =1,160kN21
0,199kN
2,541kN
N2A
B =1,381kN22
Fig. 2.13
Analizamos el equilibrio del nudo 2:
  0FX  kN199,0N A2 
  0FY  0160,1381,1541,2 
El diagrama final dinN se muestra en la figura 2.14
0,199
1,160
Ndin
-
+
Fig. 2.14
En la figura 2.15, se muestra el pórtico con las cargas y reacciones, efectuando, para ello, la
comprobación de equilibrio total del pórtico dado.
  0FX  0199,0199,0 
  0FY  0731,0891,1381,1541,2 
  0MB  005,0084,31089,316.891,16.381,112.541,23.199,0452,11 
El error porcentual será:
%016,0%100.
089,31
005,0
error% 

48. 48
1,891kN
0,731kN
11,452kN.m
1,381kN
3m
6m
0,199kN
6m
2,541kN
0,199kN
A
B
Fig. 2.15

49. 49
CAPITULO 3
SISTEMAS CON INFINITOS GRADOS DE LIBERTAD
3.1 FUNDAMENTACIÓN TEÓRICA
La ecuación diferencial de equilibrio dinámico de una barra de sección constante y ante una carga
cualquiera es:
)t,x(P
t
y
m
x
y
EI 2
2
4
4






(3.1)
Dónde:
E - módulo de elasticidad del material
I - momento de inercia de la sección transversal
m - masa por unidad de longitud de la barra
Ante la acción de la carga armónica tsen)x(q)t,x(P  , la ecuación de la línea elástica de la
barra será tsen)x(w)t,x(y  .
Si reemplazamos ambas expresiones en la ecuación 3.1 y dividimos entre tsen y EI , obtenemos:
EI
)x(q
)x(w
x
)x(w 4
4
4



(3.2)
Siendo:
EI
m 2
4 

Si la parte derecha de la ecuación 3.2 es igual a cero, entonces se obtendrá la ecuación de la línea
elástica para vibraciones libres, cuya solución tendrá la forma:
xsen.Dxcos.Cxsh.Bxch.A)x(w  (3.3)
Dónde:
A, B, C y D – constante determinada que se obtiene de la solución de la ecuación diferencial, a
través de las condiciones de extremo o de borde cuando 0x  y Lx 
La solución de la ecuación 3.2 expresada a través de los parámetros iniciales de deflexión ow ,
ángulo de giro o , momento flector oM , fuerza cortante oV y carga distribuida oq , tiene la forma:
)1A(
EI
q
D
EI
V
C
EI
M
BAw)x(w x4
o
x3
o
x2
o
x
o
xo 








  (3.4)
Siendo:
xxxx D,C,B,A  - funciones de A.N. Krilov
2
)ucos()u(ch
Au


2
)u(sen)u(sh
Bu

 (3.5)

50. 50
2
)ucos()u(ch
Cu


2
)u(sen)u(sh
Du


xu 
Si en la ecuación 3.4 se considera 0qo  , obtenemos la ecuación de la línea elástica de la viga
para vibraciones libres.
La ecuación 3.4 y sus derivadas permiten calcular las características cinemáticas de vibración de la
viga )x(w , )x('w y las fuerzas internas )x(M , )x(V , como consecuencia de la carga armónica
tsenqo 
3.2 APLICACIÓN PRÁCTICA
PROBLEMA 3.1 Esquematizar las formas de vibración libre para la viga mostrada en la figura 3.1
A
EI
L
B
Fig. 3.1
Solución:
Para su solución aplicamos la ecuación 3.3
xsen.Dxcos.Cxsh.Bxch.A)x(w 
Para el presente problema tenemos los parámetros iniciales:
a) Si 0x   0)x(w  y 0)x('w 
b) Si Lx   0)L(w  y 0)L('w 
Además se cumplirá:
a) Si 0x   0CA)0(w   AC 
b) Si 0x   0DB)0('w   BD 
Ahora, analizamos el caso para Lx 
0Lsen.DLcos.CLsh.BLch.A)L(w 
0)Lcos.DLsen.CLch.BLsh.A()L('w 
Como AC  , BD  y considerando L , obtenemos:
0)sensh(B)cosch(A)L(w 
0)cosch(B)sensh(A)L('w
1


Para determinar las frecuencias planteamos la ecuación:

51. 51
0
coschsensh
senshcosch




Ejecutando obtenemos:
0)sensh)(sensh()cosch( 2

0senshcos))(cosch(2ch 2222

Sabemos que:
1shch 22

1cossen 22

Reemplazamos valores y obtenemos:
0))(cosch(22 
1))(cosch( 
De donde:


 hsec
ch
1
cos
La solución de la ecuación tiene la forma:
 )1n(
2
3
n
De esta manera:
71,4)11(
2
3
1 
85,7)12(
2
3
2 
Las frecuencias de vibración libre se van a determinar por la ecuación:
m
EI
L2
2


En la figura 3.2 se muestran las formas de vibración para 71,41  y 85,72 
a)
b) 22
1 1
Fig. 3.2

52. 52
PROBLEMA 3.2 Para la viga mostrada en la figura 3.3 con masa por unidad de longitud m
distribuida en toda su longitud, determinar  para la rigidez por unidad de longitud k
A
EI
L
B
k
Fig. 3.3
Solución:
Las condiciones de borde o extremo son:
a) Si 0x   0)x(w  y 0)x('w 
b) Si Lx   0)L(w  , 0)L('w  , 0)L(M  y k).L(w)L(V 
A partir de estas condiciones de borde y aplicando las derivadas de la ecuación de línea elástica
para L obtenemos:
0BV
L
AM)(M oo 

 













 

EI
DVL
EI
CML
kAVDM
L
)(V 3
o
3
2
o
2
oo
Ordenamos la 1ra ecuación y reemplazamos la rigidez por unidad de longitud
EI
kL
k
3
 en la 2da
ecuación, pasando el lado derecho al izquierdo y obtenemos:
0VB
L
MA oo 

 
0VDk
1
AMkC
L
1
D
L
o3o2

















De esta manera, se tendrá:
0
Dk
1
AkC
L
1
D
L
B
L
A
32




















Aplicando el programa RADIUS de la Cátedra de Mecánica Estructural de la Universidad Nacional
de Ingeniería Civil de Moscú, obtenemos:
Tabla 3.1
k 
0 1,875
6 2,429
10 2,638

53. 53
PROBLEMA 3.3 Para la viga mostrada en la figura 3.4, con masa por unidad de longitud m y con
masa puntual en el extremo libre, se pide resolver el determinante 
A EI
L
B
m
Fig. 3.4
Solución:
Las condiciones de borde o extremo son:
a) Si 0x   0)x(w  y 0)x('w 
b) Si Lx   0)L(w  , 0)L('w  , 0)L(M  y )L(w
m
EIm
)L(V
4


A partir de estas condiciones de borde y aplicando las derivadas de la ecuación de la línea elástica
para L obtenemos:
0VB
L
MA)(M oo 

 














 

EI
VDL
EI
MCL
Lm
EIm
VAMD
L
)(V 3
o
3
2
o
2
4
4
oo
La 1ra ecuación queda tal como está y en la 2da ecuación pasamos lado derecho al izquierdo
0VB
L
MA oo 

 
0VD
m
m
L
AMC
m
m
L
D
L
oo2
2





 





 



De esta manera, el determinante será:
0
D
m
m
L
AC
m
m
L
D
L
B
L
A






 





 





0C
m
m
L
DBD
m
m
L
AA 




 





 
 
Reemplazamos Lm/mM  obteniendo:
    0CMDBDMAA  
Aplicando el programa RADIUS de la Cátedra de Mecánica Estructural de la Universidad Nacional
de Ingeniería Civil de Moscú, obtenemos:

54. 54
Tabla 3.2
Lm/mM  0 1 2 5 10
1 1,875 1,25 1,07 0,87 0,73
2 4,694 4,405 0,398 0,395 0,394

55. 55
CAPITULO 4
MÉTODOS ENERGÉTICOS APLICADOS A LA DINÁMICA ESTRUCTURAL
4.1 FUNDAMENTACIÓN TEÓRICA
El método energético se basa en la ley de conservación de energía, por la cual la suma de las
energías cinética (K) y potencial (U) es constante.
constUK  (4.1)
En el momento que la masa genera la mayor inclinación respecto al equilibrio estático, la energía
potencial alcanza su valor máximo (Umáx) y la velocidad junto a la energía cinética se reducen hasta
cero. En el momento que la masa pasa por la posición de equilibrio estático, la energía potencial de
deformación es igual a cero, siendo su velocidad máxima y, consecuentemente, la energía cinética
también es máxima (Kmáx).
Por cuanto 0UKmáx  y 0KUmáx  , basados en la ecuación 4.1 se tendrá:
máxmáx KU  (4.2)
Para determinar la frecuencia de vibración libre se da una probable forma de vibración. Cada uno de
los puntos del sistema van a realizar vibraciones armónicas por la ley tseny)t(y máx  , siendo la
velocidad tcosy)t(yV máx   , de donde se obtendrá máxmáx yV 
Para masas puntuales la energía cinética será:
  2
máx,ii
22
máx,iimáx ym
2
1
Vm
2
1
K (4.3)
Como para las masas distribuidas se tiene:
mdy
2
1
mdV
2
1
dK 2
máx
22
máxmáx 
   dxym
2
1
mdy
2
1
K 2
máx
22
máx
2
máx (4.4)
En varios libros se considera máxK como la energía cinética cuando 1
Si consideramos   dxym
2
1
K 2
máxmáx se tendrá:
máx
2
máx KK  (4.5)
La energía potencial puede ser determinada por el trabajo de las fuerzas internas en flexión, es
decir:
 dx
EI
M
2
1
U
2
máx (4.6)
Si está dada la ecuación de la línea elástica )x(y de la forma de vibración y como "EIyM  se
tendrá:
   dxyEI
2
1
U
2"
máx (4.7)

56. 56
Considerando la ecuación 4.5, la frecuencia de vibración libre puede ser determinada por la
ecuación 4.8
máx
máx2
K
U
 (4.8)
El método energético tiene una solución exacta para sistemas con un grado de libertad o varios
grados de libertad y una solución aproximada para sistemas con infinitos grados de libertad.
4.2 APLICACIÓN PRÁCTICA
PROBLEMA 4.1 Determinar la primera frecuencia de vibración libre de una viga simplemente
apoyada de sección constante y con masa distribuida en toda su longitud
a) Considerando la línea elástica )x(y debido a la carga uniformemente distribuida 24q 
b) Considerando una función )x(y que cumpla con las condiciones de borde o extremo
Solución:
a) La viga está sometida a la carga constq  , cuya línea elástica tiene la forma
 433
xLx2xL
EI24
q
)x(y 
Si consideramos 24q  obtenemos:
 433
xLx2xL
EI
1
)x(y 
Lx12x12"EIy)x(M 2

 
EI5
L12
dx
EI
Lx12x12
2
1
dx
EI
M
2
1
U
5L
0
222
máx 

 
   
L
0
2
9
2433
2
2
máx
)EI(1260
Lm31
dxxLx2xL
)EI(
1
m
2
1
dxym
2
1
K
Aplicamos la fórmula 4.8 para la obtención de la frecuencia de vibración libre
mL
EI55,97
Lm31
)EI(1260
.
EI5
L12
K
U
49
25
máx
máx2

m
EI
L
88,9
2

b) Consideramos como ecuación de la línea elástica
L
x
aseny

 .
Esta función cumple con las condiciones de borde:
Si 0x   0)0(y 
Si 0x   0)0(M 
Si Lx   0)L(y 
Si Lx   0)L(M 

57. 57
De esta manera:
L
x
EIsen
L
a"EIy)x(M 2
2





L
0
2
4
4
2
2
máx dx
L
x
senEI
L
a
2
1
dx
EI
M
2
1
U
 


L
0
222
máx dx
L
x
senam
2
1
dxym
2
1
K
Aplicamos la fórmula 4.8 para la obtención de la frecuencia de vibración libre
m
EI
LK
U
4
4
máx
máx2 

m
EI
L
87,9
m
EI
L 22
2



Como podemos apreciar, la diferencia porcentual entre ambas soluciones es solo del 0,1%
PROBLEMA 4.2 Determinar la primera frecuencia de vibración libre de una viga en voladizo de
longitud L, rigidez constante EI y masa distribuida por unidad de longitud m , considerando una
función que cumpla con las condiciones de borde
Solución:
Las condiciones de borde o extremo se cumplen con la función 




 

L2
x
cos1ay con inicio de
coordenadas en el empotramiento.
Para esta curva se cumplirá:
c) Si 0x   0)0(y 
d) Si 0x   0)0('y 
e) Si Lx   0)L("y 
Derivamos y obtenemos:
L2
x
sen
L2
a'y


L2
x
cos
L4
a"y 2
2


De esta manera:







 

L
0
3
4
22
4
4
2
L
0
2
2
máx
L
EIa
64
1
dx
L2
x
cos
L16
EIa
2
1
dx)"y(EI
2
1
dx
EI
M
2
1
U
  




 

L
0
L
0
2
2
22
máx Lam113,0dx
L2
x
cos1am
2
1
dxym
2
1
K
Aplicamos la ecuación 4.8 para la obtención de la frecuencia de vibración libre

58. 58
423
42
máx
máx2
Lm
EI
469,13
Lam113,0.L64
EIa
K
U



m
EI
L
67,3
2

PROBLEMA 4.3 Determinar la primera frecuencia de vibración libre de una viga doblemente
empotrada de longitud L, rigidez constante EI y masa distribuida por unidad de longitud m ,
considerando 24q 
Solución:
La ecuación de la línea elástica debido a la carga uniformemente distribuida q y la ecuación de
momento serán:
 4322
xLx2xL
EI24
q
)x(y 







6
L
xLx
2
q
)x(M
2
2
Considerando 24q  obtenemos:
 4322
xLx2xL
EI
1
)x(y 
 22
L2x12Lx12)x(M 
De esta manera:
EI
L4,0
dx
EI
M
2
1
U
5L
0
2
máx  
 
L
0
2
9
2
máx
)EI(1260
Lm
dxym
2
1
K
Aplicamos la ecuación 4.8 para la obtención de la frecuencia de vibración libre
49
25
máx
máx2
Lm
EI504
LmIE
)EI(1260.L4,0
K
U

m
EI
L
45,22
2


59. 59
BIBLIOGRAFÍA
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14. Villarreal Castro Genner. Ingeniería sismorresistente: Problemas resueltos. Lima, 2016. – 80p.

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ÍNDICE
PRÓLOGO………………………………………………………………………………………………… 03
SISTEMAS CON UN GRADO DE LIBERTAD……………………....................………………...…. 05
SISTEMAS CON VARIOS GRADOS DE LIBERTAD………………………………………..………. 31
SISTEMAS CON INFINITOS GRADOS DE LIBERTAD……………………………….………...…. 49
MÉTODOS ENERGÉTICOS APLICADOS A LA DINÁMICA ESTRUCTURAL……………...…... 55
BIBLIOGRAFÍA…................................……………………………………………………………...…. 59