solucionario chopra 4ta edicion solucionario

Studocu no está patrocinado ni avalado por ningún colegio o universidad.
Solucionario Chopra 4edt
estructras (Pontificia Universidad Católica del Perú)
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Descargado por Marvin Flores (marvinjosuefloresorozco@gmail.com)
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TEORÍA Y CÁLCULO
Quinta Edición
MARIO PAZ
WILLIAM LEIGH
SOLUCIONARIO
lOMoARcPSD|25978912

SISTEMASCONUNGRADODELIBERTADSINAMORTIGUACIÓN
SITEMASCONUNGARDODELIBERTADCONAMORTIGUACIÓN
RESPUESTA DE SISTEMAS CON UN GRADO DE LIBERTAD A
EXCITACIONESARMÓNICAS
RESPUESTAAEXCITACIONESDINÁMICASGENERALES
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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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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 =
𝑃 ∗ 𝐿3
3 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼
Entonces:
𝑘𝑣 =
3𝐸𝐼
𝐿3
Sustituyendo los valores de 𝑘𝑣 𝑦 𝑘𝑟 :
𝑘𝑒 =
3𝐸𝐼
𝐿3
+ 𝑘 + 𝑘
𝑘𝑒 =
3𝐸𝐼
𝐿3
+ 2𝑘
𝑘𝑒 =
3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿3
𝐿3
 Calculo de frecuencia natural:
𝜔𝑛 = √
𝑘𝑒
𝑚
𝜔𝑛 = √
𝑚𝐿3
 Calculo de periodo natural:
𝑇 =
2𝜋
𝜔𝑛
=
2𝜋
√3𝐸𝐼 + 2𝑘𝐿3
𝑚𝐿3
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Problema 1.2
Los siguientes valores numéricos corresponden al problema resuelto P.1.1: L=100
in, EI=108 lb-in2, W=3000 lb, y k=2000 lb/in. Si el peso W tiene un desplazamiento
inicial xo=1.0 in y una velocidad inicial vo=20 in/s, determine el desplazamiento y
la velocidad 1 segundo después.
Solución:
𝑚 =
𝑊
𝑔
=
3000
32.2 ∗ 12
= 7.76
𝑙𝑏 − 𝑠2
𝑖𝑛
𝜔𝑛 = √
𝑚𝐿3
= √
3(108) + 2(2000)(100)3
7.76(100)3
= 23.54 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝐴 = √𝑥𝑜
2 + (
𝑥̇𝑜
𝜔
)2 = √(1.0)2 + (
20
23.54
)2 = 1.31 𝑖𝑛
𝛼 = 𝑡𝑎𝑛−1
(
𝑥̇𝑜
𝜔𝑥𝑜
) = 𝑡𝑎𝑛−1
(
20
23.54
) = 0.7043 𝑟𝑎𝑑
Como xo>0, ẋo>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.
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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 109 lb. In2
EI (W8x24)=29000000(82.5)=2.3925 X 109 lb. In2
K=12EI/h3 (columna empotrada-empotrada)
K=3EI/h3 (columna empotrada-articulada)
𝑘(𝑊10𝑥33) =
12(4.959 X 109
)
(12𝑥12)3
= 19929.11 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝑘(𝑊8𝑥24) =
3(2.3925 X 109
)
(12𝑥12)3
= 2403.73 𝑙𝑏/𝑖𝑛
Como las columnas están en paralelo:
K𝑒 = k (W10x33) + 2k (W8x24) = 19929.11 + 2(2403.73)
K𝑒 = 24736.57 lb/in
m =
w
g
=
50000
32.2𝑥12
= 129.40 𝑙𝑏.𝑠2
/𝑖𝑛
12´
W8x24
W8x24 W10x33
50kips
u
Fig. P1.3
20´ 20´
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𝜔𝑛 = √
K𝑒
𝑚
= √
24736.57
129.40
= 13.83 𝑟𝑎𝑑 /𝑠
𝑓 =
𝜔
2𝜋
=
13.83
2𝜋
= 2.20 /𝑠
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 109 lb. In2
K𝑒 = 2 (
12EI
𝐿3
) =
24(4.959 x 109 )
(15x12)3
= 20407.41 𝑙𝑏/𝑖𝑛
m =
w
g
=
25000
32.2𝑥12
= 64.70 𝑙𝑏.𝑠2
/𝑖𝑛
15´ W10x33
w=25 kips
15´
u
Fig. P.1.4
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𝜔𝑛 = √
K𝑒
𝑚
= √
20407.41
64.70
= 17.76 𝑟𝑎𝑑 /𝑠
𝑓 =
𝜔
2𝜋
=
17.76
2𝜋
= 2.83 /𝑠
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 =
𝑃𝐿3
192𝐸𝐼
=
𝑃
𝑘
𝑘 =
192𝐸𝐼
𝐿3
𝜔𝑛 = √
𝑘
𝑚
= √
192𝐸𝐼𝑔
𝑤𝐿3
𝑓 =
𝜔
2𝜋
= (1/2𝜋)(√
192𝐸𝐼𝑔
𝑤𝐿3
)
Problema 1.6
E, I
L/2
W
Fig. P1.5
L/2
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Los valores numéricos para el problema 1.5 son L=120 in, EI=109 lb-in2 y w=5000
lb. Si el desplazamiento inicial y la velocidad inicial son, respectivamente, xo=0.5
in, ẋo = 15 in/s, determine el desplazamiento, la velocidad y la aceleración de w
cuando t=2 s.
SOLUCION:
𝜔𝑛 = √
192𝐸𝐼𝑔
𝑤𝐿3
= √
192(10)9(32.2𝑥12)
5000(120)3
= 92.66 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝐴 = √𝑥𝑜
2 + (
𝑥̇𝑜
𝜔
)2 = √(0.5)2 + (
15
92.66
)2 = 0.5255 𝑖𝑛
𝛼 = 𝑡𝑎𝑛−1
(
𝑥̇𝑜
𝜔𝑥𝑜
) = 𝑡𝑎𝑛−1
(
15
92.66𝑥0.5
) = 0.3238 𝑟𝑎𝑑
Como xo>0, ẋo>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)
𝒙
̇ (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)
𝒙
̈ (𝒕 = 𝟐) = 𝟒𝟐𝟔𝟔.𝟏𝟗 𝒊𝒏/𝒔𝟐
Problema 1.7
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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 𝜃𝑜
̇ ,
respectivamente. (Considere que el ángulo 𝜃 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
Wsenϴ Wcos ϴ
T
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Tomando momentos alrededor de O
𝑚𝑔 = 𝑊
𝑚𝐿2
𝜃̈ = −𝑚𝑔𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃
Para 𝜃 pequeño, 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝜃, entonces:
𝑚𝐿𝜃̈ + 𝑚𝑔𝜃 = 0
𝜃̈ +
𝑔
𝐿
𝜃 = 0
Frecuencia natural:
𝜔𝑛 = √
(
𝑔
𝐿)
1
= √
𝑔
𝐿
Ecuación de desplazamiento:
𝜃 = 𝜃𝑜𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛 𝑡 +
𝜃𝑜
̇
𝜔𝑛
𝑠𝑒𝑛𝜔𝑛𝑡
𝜃 = 𝜃𝑜cos(√
𝑔
𝐿
𝑡) + √
𝐿
𝑔
𝜃𝑜
̇ 𝑠𝑒𝑛(√
𝑔
𝐿
𝑡)
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 𝑙𝑏.𝑠2
/𝑓𝑡
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𝑓𝑛 = 2 𝐻𝑧
Determine EI:
𝑘 =
3𝐸𝐼
𝐿3
=
3𝐸𝐼
23
=
3𝐸𝐼
8
𝑙𝑏/𝑓𝑡
𝑓𝑛 =
1
2𝜋
√
𝑘
𝑚
𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠
1
2𝜋
√
3𝐸𝐼
8 ∗ 5.59
= 2
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.
SOLUCION:
𝑚 = 𝑊/𝑔
Masa del bloque de madera:
W
u
k
0.2lb
Fig. P1.9
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𝑚 =
50
386
= 0.129 𝑙𝑏 − 𝑠𝑒𝑔2
/𝑖𝑛
Masa de la bala:
𝑚𝑜 =
0.2
386
= 5.181𝑥10−4
𝑙𝑏 − 𝑠𝑒𝑔2
/𝑖𝑛
Conservación de momentos:
𝑚𝑜𝑣𝑜 = (𝑚 + 𝑚𝑜)𝑣𝑓
V= velocidad después del impacto
𝑣𝑓 =
𝑚𝑜𝑣𝑜
(𝑚 + 𝑚𝑜)
=
5.181𝑥10−4
𝑥100
0.129 + 5.181𝑥10−4
= 0.4
𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠𝑒𝑔
= 4.8 𝑖𝑛/𝑠
𝑉𝑜 = 𝑣𝑓
Vo= velocidad inicial del bloque.
𝑉𝑜 = 4.8 𝑖𝑛/𝑠
Calculo de 𝜔𝑛:
𝜔𝑛 = √
𝑘
𝑚𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎
𝜔𝑛 = √
𝑘
𝑚 + 𝑚𝑜
𝜔𝑛 = √
300
0.129 + 5.181𝑥10−4
= 48.13 𝑟𝑎𝑑/𝑠
Ecuación de movimiento:
𝑢(𝑡) = 𝑢𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡 +
𝑢𝑜
̇
𝜔𝑛
uo=0, entonces
𝑢(𝑡) =
𝑢𝑜
̇
𝜔𝑛
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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.
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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Diagrama de cuerpo libre:
Fuerza del resorte:
𝑓𝑠 = 𝑘𝑎𝜃
𝑓1 = (𝑚)𝐿𝜃̈
El equilibrio de los momentos con respecto al punto O:
𝑓1L + 𝑓𝑠a = (𝑚𝑔)𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃
(𝑚)𝐿2
𝜃̈ + 𝑘𝑎2
𝜃 = (𝑚𝑔)𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃
Para rotaciones pequeñas senϴ=ϴ,entonces:
(𝑚)𝐿2
𝜃̈ + (𝑘𝑎2
− 𝑚𝑔𝐿)𝜃 = 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 =
𝑃𝐿3
3𝐸𝐼
=
𝑃
𝑘
m
L
u
Fig. P1.13
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𝑘 =
3𝐸𝐼
𝐿3
𝜔𝑛 = √
𝑘
𝑚
= √
3𝐸𝐼
𝑚𝐿3
𝒇 =
𝝎
𝟐𝝅
= (𝟏/𝟐𝝅)(√
𝟑𝑬𝑰
𝒎𝑳𝟑
)
Haciendo suma de fuerzas en el diagrama de cuerpo libre, se obtiene:
𝐹 = 𝑚𝑥̈
−𝑘𝑥 = 𝑚𝑥̈
Reacomodando términos y
sustituyendo el valor de k, se
obtiene finalmente la ecuación
diferencial del movimiento
𝑚𝑥̈ + 𝑘𝑥 = 0
𝒎𝒙
̈ +
𝟑𝑬𝑰
𝑳𝟑
𝒙 = 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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W
u
k
L/2 L/2
(b)
W
u
a b
(c)
a b
(d)
L
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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
k k

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
3
48
v
EI
k
L
 , r
k k

El valor de e
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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2 2
3 .
.
v
EI L
k
a b
 ,
Y como
W
m
g
 , entonces 2 2
3 .
( . )
v
n
k gEI L
w
m W a b
 
d) Siendo :
v
k para la viga, y r
2 2
3 .
.
v
EI L
k
a b
 , r
k k

El valor de e
1 1 1
e r v
k k k
 
De donde: 2 2
3 .
. 3 .
e
kEI L
k
ka b EI L


Y como
W
m
g
 , entonces 2 2
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
m y 2
m interconectadas por un resorte de constante k . Determine determine
para este modelo la ecuación diferencial del movimiento en función del
desplazamiento 2 1
r
u u u
  entre las dos masas. Determine también la
correspondiente frecuencia natural.
U1 U2
k
c
m1 m2
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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
1
1
2
2
2
.
0
.
C
k m w k
C
k k m w
 
   

  
   
 
De donde se obtiene que:
1 2
1 2
( )
.
k m m
w
m m


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
Vigarígida
bisagra
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Fig. P1.17
Solución
Asumiendo la fuerza en el resorte F kx
 , las reacciones en A y B son
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
k k
 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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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 2000
Q kN
 . El área The área of the
foot del cimiento es 2
10
A m
 . El coeficiente de compresión elástica del suelo es
3
25,000 /
k kN m
 .
Fig. P1.18
ust
q
Q
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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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Solución
La ecuación del equilibrio dinámico es:
0. 0
s
I u f
  
g
g
;
2 2
0 .
12
a b
I m

 ; .
s
f k u
 
 ;
.
2
AE h
k 
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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 1.0
x in
 y
una velocidad inicial 0 20 /
v in seg
 , determine el desplazamiento y la velocidad 1 segundo
después.
. . 0 0
0
. .
( ) ( cos( ) ( ))
n
w t n
D D
D
v x w
x t e x w t sen w t
w
 
 
 
𝑚 =
𝑊
𝑔
=
3000
32.2 ∗ 12
= 7.76
𝑙𝑏 − 𝑠2
𝑖𝑛
𝜔𝑛 = √
𝑚𝐿3
= √
3(108)+ 2(2000)(100)3
7.76(100)3
= 23.54 𝑟𝑎𝑑/𝑠
15%;
  2
1 23.2737 /
D n
w w rad seg

  
( ) 0.0367
x 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) 0.5
x in
 ,
(0) 15 /
v in seg
 , determine el desplazamiento, la velocidad y la aceleración de W cuando t=2
s.
lOMoARcPSD|25978912

. . 0 0
0
. .
( ) ( cos( ) ( ))
n
w t n
D D
D
v x w
x t e x w t sen w t
w
 
 
 
𝜔𝑛 = √
192𝐸𝐼𝑔
𝑤𝐿3
= √
192(10)9(32.2𝑥12)
5000(120)3
= 92.66 𝑟𝑎𝑑/𝑠
10%;
  2
1 92.1955 /
D n
w w rad seg

  
Con estos valores visualizamos la gráfica de ( )
x t
Se observa que prácticamente ha cesado el movimiento, esto es:
(2) 0.00
x in
 , (2) 0.00 /
v in seg

Aunque matemáticamente, usando la fórmula:
(2)
(2) 0.00337 /
dx
v in seg
dt
  .
lOMoARcPSD|25978912

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 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 :
n número 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%
   .
lOMoARcPSD|25978912

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
0 0
1 1
0 0
0 1
( (1 ) ), 1
( cosh( ) sinh( )), 1
D D
wt
w t
D
u e u wt v t
v u w
u e u w t w t
w






   

  
Donde 1 2
1
D
w w 
 
Solución
Se tiene que
. . 0 0
0
. .
( ) ( cos( ) ( ))
w t
D D
D
v u w
u t e u w t sen w t
w
 
 
  , 2
1
D
w w 
  …(*)
Para obtener la primera parte basta con calcular el límite cuando  tiende a 1, a partir de (*).
. . 2
0 0 0
( )
( ) ( cos( 1 . ) ( . . ) . )
w t D
D
sen w t
u t e u w t v u w t
w t

 

   
0 0
( (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
w t sen i w t
u t e u i w t v u w
i w
 
 

 
   

Con lo cual se tiene que:
1 1
0 0
0 1
( cosh( ) sinh( )), 1
D D
w t
D
v u w
u e u w t w t
w
 

 
   , donde 1 2
1
D
w w 
 
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:
lOMoARcPSD|25978912

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
3 3 .
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
w t 
  . Por lo tanto la diferencia en D
w t entre dos puntos tangentes
cualesquiera es 2 . Demuestre que la diferencia en D
w t entre dos picos consecutivos también
es 2 .
lOMoARcPSD|25978912

Solución
Se tiene que . .
( ) . .cos( )
w t
D
u t C e w t



 
También . .
'( ) . .( . .cos( ) ( ))
w t
D D D
u t C e w w t w sen w t

  

    
Los valores picos para t se obtienen haciendo '( ) 0
u t  , es decir
2
tan( )
1
D
w t



  

Para garantizar que ( ) 0
u t  consideremos el siguiente resultado gráfico:
de tal modo que D k
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
i k
u
k u


 
  
 
donde k es el número de ciclos el número de ciclos que separa las dos amplitudes de pico
medidos amplitudes i
u y i k
u  .
Soluciónn
lOMoARcPSD|25978912

Se tiene que 1 1
1 2
. ...
i i i i k
i k i i i k
u u u u
u u u u
  
   
 , luego: 1 1
1 2
ln ln . ...
i i i i k
i k i i i k
u u u u
u u u u
  
   
   

   
   
Entonces
1 1
1 2
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
i k
u
u
  

 
   
 
 
; k veces
 , por tanto:
ln .
i
i k
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
f del 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
lOMoARcPSD|25978912

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:
𝝎𝒏 = √
𝒌
𝒎
𝜔𝑛 = √
3000 𝑙𝑏/𝑖𝑛
386 𝑙𝑏/386 𝑖𝑛/𝑠𝑒𝑔2
𝜔𝑛 = 10√30 rad/seg
𝝎𝒏 = 𝟓𝟒.𝟕𝟕𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
Y el amortiguamiento crítico:
lOMoARcPSD|25978912

𝑪𝒄𝒓 =
𝟐𝒌
𝝎𝒏
𝐶𝑐𝑟 =
2 ∗ 3000𝑙𝑏/𝑖𝑛
10√30 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
𝐶𝑐𝑟 = 20√30 𝑙𝑏.𝑠𝑒𝑔/𝑖𝑛
𝑪𝒄𝒓 = 𝟏𝟎𝟗.𝟓𝟒𝟓 𝒍𝒃.𝒔𝒆𝒈/𝒊𝒏
a) La razón de amortiguación 𝜉
𝝃 =
𝑪
𝑪𝒄𝒓
𝜉 =
2
20√30
𝜉 =
1
10√30
𝝃 = 𝟎.𝟏𝟖𝟑 = 𝟏𝟖.𝟑%
b) El período de amortiguación
Calculamos la frecuencia de amortiguación:
𝝎𝑫 = 𝝎𝒏√𝟏 − 𝝃𝟐
𝝎𝑫 = 𝟓𝟒.𝟕𝟔𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
El periodo de amortiguación:
𝑻𝑫 =
𝟐𝝅
𝝎𝑫
𝑇𝐷 =
2𝜋
54.763
= 0.115 seg
c) El decremento logarítmico, 𝜹
lOMoARcPSD|25978912

𝜹 =
𝟐𝝅𝝃
√𝟏 − 𝝃𝟐
𝛿 =
2𝜋 ∗ 0.183
√1 − 0.1832
𝜹 = 𝟏. 𝟏𝟕
d) La razón entre dos amplitudes consecutivas máximas:
Despejamos la relación de la ecuación:
𝜹 = 𝒍𝒏 (
𝒙𝒊
𝒙𝒊+𝟏
)
𝒙𝒊
𝒙𝒊+𝟏
= 𝒆𝟏.𝟏𝟕
𝒙𝒊
𝒙𝒊+𝟏
= 𝟑. 𝟐𝟐
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
lOMoARcPSD|25978912

Solución:
La constante de rigidez 𝑘𝑏 para la viga en voladizo es obtenida de la deflexión 𝛿 resultante de
la fuerza P aplicada al final de la viga:
𝛿 =
𝑃𝐿3
3𝐸𝐼
Entonces,
𝑘𝑏 =
𝑃
𝛿
=
3𝐸𝐼
𝐿3
La constante de rigidez equivalente es calculada usando la ecuación de resortes en serie:
1
𝑘𝐸
=
1
𝑘
+
1
𝑘𝑏
𝒌𝑬 =
𝒌 ∗
𝟑𝑬𝑰
𝑳𝟑
𝒌 +
𝟑𝑬𝑰
𝑳𝟑
La masa equivalente, despreciando la masa de la viga es:
𝑚𝐸 =
𝑊
𝑔
El amortiguamiento crítico es:
𝑐𝑐𝑟 = 2√𝑘𝐸𝑚𝐸
𝑐𝑐𝑟 = 2√
𝑘 ∗
3𝐸𝐼
𝐿3
𝑘 +
3𝐸𝐼
𝐿3
∗
𝑊
𝑔
El coeficiente de amortiguamiento 𝑐𝐸 es calculado por:
𝝃 =
𝑐𝐸
𝑐𝑐𝑟
lOMoARcPSD|25978912

𝒄𝑬 = 𝟐𝝃√
𝒌 ∗
𝟑𝑬𝑰
𝑳𝟑
𝒌 +
𝟑𝑬𝑰
𝑳𝟑
∗
𝑾
𝒈
Considerando los datos del ejercicio tenemos:
𝝃 =
𝟎. 𝟏𝑪𝒄𝒓
𝑪𝒄𝒓
𝝃 = 𝟎. 𝟏
𝑐𝐸 = 0.22√
𝑘 ∗
3𝐸𝐼
𝐿3
𝑘 +
3𝐸𝐼
𝐿3
∗
𝑊
𝑔
SOLUCIÓN:
La constante de rigidez 𝑘𝑏 para la viga simplemente apoyada es obtenida de la deflexión 𝛿
resultante de la fuerza P aplicada en el centro de la viga:
𝑘𝑏 =
𝑃
𝛿
=
48𝐸𝐼
𝐿3
W
u
k
L/2 L/2
(b)
lOMoARcPSD|25978912

𝛿 =
𝑃𝐿3
48𝐸𝐼
Entonces,
1
𝑘𝐸
=
1
𝑘
+
1
𝑘𝑏
𝑘𝐸 =
𝑘𝑘𝑏
𝑘 + 𝑘𝑏
𝒌𝑬 =
𝒌 ∗
𝟒𝟖𝑬𝑰
𝑳𝟑
𝒌 +
𝟒𝟖𝑬𝑰
𝑳𝟑
𝑚𝐸 =
𝑊
𝑔
𝑐𝑐𝑟 = 2√
𝑘 ∗
48𝐸𝐼
𝐿3
𝑘 +
48𝐸𝐼
𝐿3
∗
𝑊
𝑔
𝝃 =
𝑐𝐸
𝑐𝑐𝑟
𝑐𝐸 = 2𝝃 ∗ √
𝑘 ∗
48𝐸𝐼
𝐿3
𝑘 +
48𝐸𝐼
𝐿3
∗
𝑊
𝑔
𝜉 =
0.1𝐶𝑐𝑟
𝐶𝑐𝑟
lOMoARcPSD|25978912

𝝃 = 𝟎. 𝟏
𝒄𝑬 = 𝟎. 𝟐 ∗ √
𝒌 ∗
𝟒𝟖𝑬𝑰
𝑳𝟑
𝒌 +
𝟒𝟖𝑬𝑰
𝑳𝟑
∗
𝑾
𝒈
resultante de la fuerza P aplicada a una distancia a de la viga, y considerando que a>b:
𝛿 =
𝑃𝑏
3𝐿𝐸𝐼
[
𝑎(𝐿 + 𝑏)
3
]
3
2
Entonces,
𝑘𝑏 =
𝑃
𝛿
=
3𝐿𝐸𝐼
𝑏
[
3
𝑎(𝐿 + 𝑏)
]
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:
𝑘𝐸 =
3𝐿𝐸𝐼
𝑏
[
3
𝑎(𝐿 + 𝑏)
]
3
2
𝑚𝐸 =
𝑊
𝑔
W
u
a b
(c)
lOMoARcPSD|25978912

𝑐𝑐𝑟 = 2√3𝐿𝐸𝐼
𝑏
[
3
𝑎(𝐿 + 𝑏)
]
3
2
∗
𝑊
𝑔
𝝃 =
𝑐𝐸
𝑐𝑐𝑟
𝑐𝐸 = 2𝝃 ∗ √3𝐿𝐸𝐼
𝑏
[
3
𝑎(𝐿 + 𝑏)
]
3
2
∗
𝑊
𝑔
𝝃 =
𝟎. 𝟏𝑪𝒄𝒓
𝑪𝒄𝒓
𝝃 = 𝟎. 𝟏
𝑐𝐸 = 0.2 ∗√3𝐿𝐸𝐼
𝑏
[
3
𝑎(𝐿 + 𝑏)
]
3
2
∗
𝑊
𝑔
W
u
k
a b
(d)
lOMoARcPSD|25978912

Solución:
resultante de la fuerza P aplicada en el centro de la viga:
𝛿 =
𝑃𝑏
3𝐿𝐸𝐼
[
𝑎(𝐿 + 𝑏)
3
]
3
2
Entonces,
𝑘𝑏 =
𝑃
𝛿
=
3𝐿𝐸𝐼
𝑏
[
3
𝑎(𝐿 + 𝑏)
]
3
2
1
𝑘𝐸
=
1
𝑘
+
1
𝑘𝑏
𝑘𝐸 =
𝑘𝑘𝑏
𝑘 + 𝑘𝑏
𝒌𝑬 =
𝒌 ∗
𝟑𝑳𝑬𝑰
𝒃
[
𝟑
𝒂(𝑳 + 𝒃)
]
𝟑
𝟐
𝒌 +
𝟑𝑳𝑬𝑰
𝒃
[
𝟑
𝒂(𝑳 + 𝒃)
]
𝟑
𝟐
𝑚𝐸 =
𝑊
𝑔
𝑐𝑐𝑟 = 2
√
𝑘 ∗
3𝐿𝐸𝐼
𝑏 [
3
𝑎(𝐿 + 𝑏)]
3
2
𝑘 +
3𝐿𝐸𝐼
𝑏
[
3
𝑎(𝐿 + 𝑏)
]
3
2
∗
𝑊
𝑔
lOMoARcPSD|25978912

ξ =
𝑐𝐸
𝑐𝑐𝑟
𝑐𝐸 = 2𝝃 ∗
√
𝑘 ∗
3𝐿𝐸𝐼
𝑏
[
3
𝑎(𝐿 + 𝑏)
]
3
2
𝑘 +
3𝐿𝐸𝐼
𝑏
[
3
𝑎(𝐿 + 𝑏)
]
3
2
∗
𝑊
𝑔
𝜉 =
0.1𝐶𝑐𝑟
𝐶𝑐𝑟
𝜉 = 0.1
𝒄𝑬 = 𝟎. 𝟐 ∗
√
𝒌 ∗
𝟑𝑳𝑬𝑰
𝒃
[
𝟑
𝒂(𝑳 + 𝒃)
]
𝟑
𝟐
𝒌 +
𝟑𝑳𝑬𝑰
𝒃
[
𝟑
𝒂(𝑳 + 𝒃)
]
𝟑
𝟐
∗
𝑾
𝒈
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:
lOMoARcPSD|25978912

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:
𝒖
̈ 𝟎 =
𝒎𝒆𝒆
𝒌
𝝎𝟐
𝑹𝒅 =
𝒎𝒆𝒆
𝒎
𝝎𝟐
(
𝝎
𝝎𝒏
)
𝟐
𝑹𝒂
Donde el factor de amplificación dinámica de aceleración 𝑅𝑎se relaciona con 𝑅𝑎mediante:
𝑅𝑎 = (
𝜔
𝜔𝑛
)
2
𝑅𝑑
Entonces tenemos 𝑅𝑎 = 1
2
⁄ ξ y 𝜔𝑛 = 𝜔, despejamos el coeficiente de amortiguación:
ξ =
𝑚𝑒
2𝑢̈0𝑚
𝑒𝜔2
Reemplazando datos tenemos:
ξ =
2 ∗ 0.3
2 ∗ 19.3 ∗ 300
∗ 10 ∗ (
40𝜋
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
lOMoARcPSD|25978912

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:
𝑚2𝑢̈ 2 + 𝑚1𝑢̈1 + 𝑐𝑢̇ 2 − 𝑐𝑢̇ 1 + 𝑘𝑢2 − 𝑘𝑢1 = 0
Agrupando términos tenemos:
𝑚2𝑢̈ 2 + 𝑚1𝑢̈1 + 𝑐(𝑢
̇ 2 − 𝑢̇ 1)+ 𝑘(𝑢2 − 𝑢1) = 0
Por datos del problema tenemos:
𝑚2𝑢̈ 2 + 𝑚1𝑢̈1 + 𝑐𝑢̇ 𝑠 + 𝑘𝑢𝑠 = 0
U22
ku2
𝑐𝑢1
̇
m1ü1 m2ü2
U1
ku1
𝑐𝑢2
̇
lOMoARcPSD|25978912

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)
𝐸𝐷 = 2𝜋𝜉𝑟𝑘𝑈2
SOLUCIÓN:
Durante un ciclo, el trabajo de la fuerza externa 𝐹 = 𝐹0 sin 𝜛𝑡 es:
𝑊
𝐹 = ∫ 𝐹0 sin 𝜛𝑡 𝑑𝑦
2𝜋 /𝜛
0
= ∫ 𝐹0 sin 𝜛𝑡
𝑑𝑢
𝑑𝑡
𝑑𝑡
2𝜋 /𝜛
0
𝑊𝐹 = ∫ 𝐹0 sin 𝜛𝑡 𝑢̇(𝑡)𝑑𝑡
2𝜋/𝜛
0
De la ecuación (3.29):
𝑢̇ (𝑡) = 𝑈𝜛 cos(𝜛𝑡 − 𝜃)
Reemplazando en 𝑊𝐹 , tenemos:
𝑊𝐹 = ∫ (𝐹0 sin 𝜛𝑡)(𝑈𝜛cos(𝜛𝑡 − 𝜃) 𝑑𝑡)
2𝜋 /𝜛
0
𝑊
𝐹 = 𝜋𝐹0 𝑈 sin 𝜃
Para demostrar que el trabajo, 𝑊
𝐹 , de la fuerza excitada da por ecuación (a) es igual a la energía
disipada, 𝐸𝐷, por la fuerza viscosa en la ecuación (3.30), necesitamos sustituir el seno del ángulo 𝜃:
tan 𝜃 =
2𝜉𝑟
1 − 𝑟2
sin 𝜃
cos𝜃
=
2𝜉𝑟
1 − 𝑟2
sin2
𝜃
sin2 𝜃 + cos2 𝜃
=
(2𝜉𝑟)2
(1 − 𝑟2)2 + (2𝜉𝑟)2
sin 𝜃 =
2𝜉𝑟
√(1 − 𝑟2)2 + (2𝜉𝑟)2
𝑈 =
𝑢𝑠𝑡
√(1 − 𝑟2)2 + (2𝜉𝑟)2
lOMoARcPSD|25978912

sin 𝜃 =
2𝜉𝑈
𝑢𝑠𝑡
Si sustituimos en la ecuación (a)
𝑊𝐹 = 𝜋𝐹0𝑈2
2𝜉𝑟
𝐹0 𝑘
⁄
𝑊𝐹 = 2𝜋𝜉𝑟𝑘𝑈2
Así, el trabajo de la fuerza externa, 𝑊𝐹, expresado por la ecuación (b), es igual a la energía, 𝐸𝐷,
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
lOMoARcPSD|25978912

𝑘 =
48𝐸𝐼
𝐿3
El momento de inercia se toma del perfil de acero W8X31 (Ix=110 in4):
𝑘 =
48 ∗ 29 ∗ 106
∗ 110
(15 ∗ 12)3
𝑘 = 26255.14403 𝑙𝑏/𝑖𝑛
Y la frecuencia natural:
𝝎𝒏 = √
𝒌
𝒎
𝜔𝑛 = √
26255.14403 𝑙𝑏/𝑖𝑛
1000 𝑙𝑏/386 𝑖𝑛/𝑠𝑒𝑔2
𝝎𝒏 = 𝟏𝟎𝟎.𝟔𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
Además la frecuencia forzada en rad/seg
2
𝜛 =
900 ∗ 2 ∗ 𝜋
60
𝜛 = 94.248 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
Y la razón de frecuencia:
𝑟 =
𝜛
𝜔
𝑟 =
94.248
100.67
𝑟 = 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´:
lOMoARcPSD|25978912

Modelo matemático y diagrama decuerpo libre
De la siguiente expresión tenemos:
u1= u+ e*sen 𝜛t
Derivamos:
𝑢̇1 = 𝑢̇ − 𝑒𝜛𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡
Volvemos a derivar y tenemos la ecuación (1):
𝑢1
̈ = 𝑢̈ − 𝑒𝜛2
𝑐𝑜𝑠𝜛𝑡
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.
(𝑚 − 𝑚´)𝑢̈ + 𝑚ú1 + 𝑐𝑢 + 𝑘𝑢 = 0
̇
̇
Sustituimos la ecuación (1) en esta ecuación):
(𝑚 − 𝑚´)𝑢̈ + 𝑚´(𝑢̈ − 𝑒𝜛2
𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡) + 𝑐𝑢̇ + 𝑘𝑢 = 0
Ordenando los términos resulta:
𝑚𝑢̈ + 𝑐𝑢̇ + 𝑘𝑢 = 𝑚´𝑒𝜛2
𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡
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 𝜛t
e*sen 𝜛 t
u
u
u
e
m´
m
k c
e
m´ü
(m-m´)ü
lOMoARcPSD|25978912

𝐹0 = 𝑚´𝑒𝜛2
Reemplazando:
𝐹0 =
1
386𝑒
∗ 𝑒 ∗ 94.2482
𝐹0 = 23.012 𝑙𝑏
La amplitud del movimiento permanente es:
𝑈 =
𝐹0
𝑘
⁄
√(1 − 𝑟2)2 + (2𝑟𝜉)2
Reemplazando:
𝑈 =
23.012
26255.14403
⁄
√(1 − 0.9362)2 + (2 ∗ 0.936 ∗ 0.1)2
𝑈 = 4.43 𝑖𝑛
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:
𝑉𝑚𝑎𝑥 =
𝑘𝑈
2
𝑉𝑚𝑎𝑥 =
26255.14403 ∗ 4.43
2
𝑉𝑚𝑎𝑥 = 58155.14403 𝑙𝑏
𝑉𝑚𝑎𝑥 = 58.155 𝑘𝑝
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.
lOMoARcPSD|25978912

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:
𝑘 =
3𝐸(2𝐼)
𝐿3
𝑘 =
3 ∗ 29 ∗ 106
(2 ∗ 171)
(15 ∗ 12)3
𝑘 = 5101.852 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝑢𝑠𝑡 =
𝐹0
𝑘
=
5000
5101.852
= 0.98 𝑖𝑛
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= √
5101.852
2000 ∗ 20/386
= 7.017 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
𝑟 =
𝜛
𝜔
=
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´
lOMoARcPSD|25978912

𝑈 =
𝑢𝑠𝑡
√(1 − 𝑟2 )2
,
Reemplazando:
𝑈 =
0.98
√(1 − 1.712)2
𝑈 = 0.509 𝑖𝑛
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:
𝑈 =
𝑢𝑠𝑡
√(1 − 𝑟2)2 + (2𝑟𝜉)2
𝜉 = 0.08
Reemplazando:
𝑈 =
0.98
√(1 − 1.712)2 + (2 ∗ 1.71 ∗ 0.08)2
𝑈 = 0.504 𝑖𝑛
Problema 3.6
Para el Problema 3.5 determine:
a) La máxima fuerza transmitida al cimiento
SOLUCIÓN:
𝐴𝑇 = 𝐹0√
1 + (2𝜉𝑟)2
(1 − 𝑟2)2 + (2𝜉𝑟)2
𝐴𝑇 = 5000√
1 + (2 ∗ 0.08 ∗ 1.71)2
(1− 1.712)2 + (2 ∗ 0.08 ∗ 1.71)2
𝐴𝑇 = 3059.219 𝑙𝑏
lOMoARcPSD|25978912

𝐴𝑇 = 3.059 𝑘𝑝
b) La transmisibilidad
𝑇𝑟 =
𝐴𝑇
𝐹0
= √
1 + (2𝜉𝑟)2
(1 − 𝑟2)2 + (2𝜉𝑟)2
𝑇𝑟 = √
1 + (2 ∗ 0.08 ∗ 1.71)2
(1 − 1.712)2 + (2 ∗ 0.08 ∗ 1.71)2
𝑇𝑟 = 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)
lOMoARcPSD|25978912

𝜔𝑛 = √
𝑘
𝑚
𝜔𝑛 = √
3000𝑘𝑝/𝑓𝑡
100𝑘𝑝/32.2
= 31.081 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
La frecuencia forzada:
ϖ = 2𝜋𝑓
ϖ = 2𝜋 ∗ 10 = 62.832 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
Entonces,
𝑟 =
ϖ
𝜔𝑛
=
62.832
31.081
= 2.022
Sabemos que la amplitud está dada por:
𝑢𝑠𝑡 = 0.01𝑔 = 0.01 ∗ 386 = 3.86𝑖𝑛
Reemplazando:
𝑈
𝑢𝑠𝑡
=
√1 + (2𝑟𝜉)2
√(1 − 𝑟2 )2 + (2𝑟𝜉)2
𝑈 =
3.86 ∗ √1 + (2 ∗ 2.022 ∗ 0.1)2
√(1 − 2.0222)2 + (2 ∗ 2.022 ∗ 0.1)2
𝑈 = 3.86 ∗ 0.346
𝑈 = 1.33 𝑖𝑛
Problema 3.9
Determine la transmisibilidad en el Problema 3.8
SOLUCIÓN:
𝑇𝑅 =
𝑈
𝑢𝑠𝑡
=
√1 + (2𝑟𝜉)2
√(1 − 𝑟2)2 + (2𝑟𝜉)2
𝑇𝑅 = 0.346
Problema 3.10
lOMoARcPSD|25978912

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:
𝑘 =
3𝐸𝐼
𝑎2(𝐿 + 𝑎)
El momento de inercia se toma del perfil de acero W8X31 (Ix=110 in4):
𝑘 =
3 ∗ 30 ∗ 108
302(180+ 30)
𝑘 = 47619.048 𝑙𝑏/𝑖𝑛
Y la frecuencia natural:
EI=30*10^8 lb.in2
L=15´
ωt
2.5´ 2.5´
lOMoARcPSD|25978912

𝝎𝒏 = √
𝒌
𝒎
𝜔𝑛 = √
47619.048 𝑙𝑏/𝑖𝑛
3330 𝑙𝑏/386 𝑖𝑛/𝑠𝑒𝑔2
𝝎𝒏 = 𝟕𝟒.𝟐𝟗𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
a) Calcule las amplitudes del movimiento vertical del motor para velocidades de 800,
1000 y 1200 rpm.
 800 rpm
Además la frecuencia forzada en rad/seg2
𝜛 =
800 ∗ 2 ∗ 𝜋
60
𝜛 = 83.776 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
𝑟 =
𝜛
𝜔
𝑟 =
87.776
74.295
𝑟 = 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 𝜛t
e*sen 𝜛 t
u
u
u
e
m´
m
k c
e
m´ü
(m-m´)ü
lOMoARcPSD|25978912

Modelo matemático y diagrama decuerpo libre
De la siguiente expresión tenemos:
u1= u+ e*sen 𝜛t
Derivamos:
𝑢̇1 = 𝑢̇ − 𝑒𝜛𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡
Volvemos a derivar y tenemos la ecuación (1):
𝑢1
̈ = 𝑢̈ − 𝑒𝜛2
𝑐𝑜𝑠𝜛𝑡
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.
(𝑚 − 𝑚´)𝑢̈ + 𝑚ú1 + 𝑐𝑢 + 𝑘𝑢 = 0
̇
̇
Sustituimos la ecuación (1) en esta ecuación):
(𝑚 − 𝑚´)𝑢̈ + 𝑚´(𝑢̈ − 𝑒𝜛2
𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡) + 𝑐𝑢̇ + 𝑘𝑢 = 0
Ordenando los términos resulta:
𝑚𝑢̈ + 𝑐𝑢̇ + 𝑘𝑢 = 𝑚´𝑒𝜛2
𝑠𝑒𝑛𝜛𝑡
Reemplazando:
𝐹0 =
50
386
∗ 83.7762
𝐹0 = 909.122 𝑙𝑏
La amplitud vertical del movimiento permanente es:
𝑈 =
𝐹0
𝑘
⁄
√(1 − 𝑟2)2 + (2𝑟𝜉)2
lOMoARcPSD|25978912

Reemplazando:
𝑈 =
909.122
47619.048
⁄
√(1 − 1.1812)2 + (2 ∗ 1.181 ∗ 0.1)2
𝑈 = 0.0415 𝑖𝑛
 1000 rpm
𝜛 =
1000 ∗ 2 ∗ 𝜋
60
𝜛 = 104.720 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
𝑟 =
𝜛
𝜔
𝑟 =
104.720
74.295
𝑟 = 1.41
Reemplazando:
𝐹0 =
50
386
∗ 104.7202
𝐹0 = 1420.502 𝑙𝑏
𝑈 =
𝐹0
𝑘
⁄
√(1 − 𝑟2)2 + (2𝑟𝜉)2
Reemplazando:
𝑈 =
1420.502
47619.048
⁄
√(1 − 1.412)2 + (2 ∗ 1.41 ∗ 0.1)2
𝑈 = 0.0158 𝑖𝑛
lOMoARcPSD|25978912

 1200 rpm
𝜛 =
1200 ∗ 2 ∗ 𝜋
60
𝜛 = 125.664 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
𝑟 =
𝜛
𝜔
𝑟 =
125.664
74.295
𝑟 = 1.691
Reemplazando:
𝐹0 =
50
386
∗ 125.6642
𝐹0 = 2045.523 𝑙𝑏
𝑈 =
𝐹0
𝑘
⁄
√(1 − 𝑟2)2 + (2𝑟𝜉)2
Reemplazando:
𝑈 =
2045.523
47619.048
⁄
√(1 − 1.6912)2 + (2 ∗ 1.691 ∗ 0.1)2
𝑈 = 0.0227 𝑖𝑛
lOMoARcPSD|25978912

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
𝑈𝑟 =
1
2
𝑈𝑟𝑒𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎……II
Por lo tanto tenemos:
w=1.10Ω
𝑟 =
𝛺
𝑤
r=0.91……….III
Por la segunda condición, que es la de resonancia, es decir cuando r=1, tenemos:
𝑈𝑟𝑒𝑠𝑜𝑛𝑎𝑐𝑖𝑎 =
𝛿
2 ∗ ɛ
Reemplazando III en II, tenemos
𝛿𝑠𝑡
√(1 − 0.912)^2+ (2 ∗ 0.91ɛ)2
=
𝛿𝑠𝑡
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
lOMoARcPSD|25978912

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
𝐸𝐼𝑌" = 𝑅𝑎𝑦𝑋 − 𝑊 < 𝑥 − 1.5 >1
𝐸𝐼𝑌′ = 𝑅𝑎𝑦
𝑋2
2
−
𝑊
2
< 𝑥 − 1.5 >2+ 𝐶1
𝐸𝐼𝑌 = 𝑅𝑎𝑦
𝑋3
6
−
𝑊
6
< 𝑥 − 1.5 >3+ 𝐶1𝑋 + 𝐶2
Con las condiciones iniciales hallamos las constantes:
1) X=0 Y=0
1.5m 4.5m
W
Ray
Rby
lOMoARcPSD|25978912

C2=0
2) X=6 Y=0
0 = 36(0.75𝑊) −
𝑊
6
(
729
8
) + 𝐶1(6)
𝐶1 = −
63
32
Porlo tanto tenemos:
𝐸𝐼𝑌 =
1
8
𝑊𝑋3 −
𝑊
6
< 𝑥 − 1.5 >3−
63
32
𝑋
Hallamos la deflectada donde actúa la carga W, X=1.5, Y=?
𝐸𝐼𝑌 =
27
64
𝑊 −
189
64
𝑊
𝐸𝐼𝑌 =
−81
32
𝑊
𝑌 =
−81
32𝐸𝐼
𝑊
La rigidez de la viga corresponde:
𝐾 =
32𝐸𝐼
81
Reemplazando con los datos que tenemos:
𝐾 =
32 ∗ 210 ∗ 109
∗ 8950∗ 10−8
81
K=7425185.185N/m
Luego, procedemos a encontrar la frecuencia de vibración del sistema
𝑤 = √
7425185.185 ∗ 9.81
30 ∗ 103
w=49.275 rad/seg
Encontramos la razón entre frecuencias:
𝑟 =
𝛺
𝑤
𝑟 =
41.89
49.28
𝑟 = 0.85
lOMoARcPSD|25978912

Si, no tengo amortiguamiento, la amplitud corresponde
𝑈 =
𝐹𝑜
𝐾
1 − 0.852
𝑈 = 0.00388𝑚
𝑈 = 0.388𝑐𝑚
El máximo esfuerzo normal en la viga:
𝝈 =
𝑴
𝑺
𝝈 =
𝟏. 𝟏𝟐𝟓 ∗ 𝟑𝟎 ∗ 𝟏𝟎^𝟑
𝟓𝟗𝟕 ∗ 𝟏𝟎^ − 𝟔
𝛔=56.53MPa
Problema 3.15
Determine la frecuencia a la cual un oscilador con amortiguación vibra con máxima amplitud.
Determine también la amplitud máxima y el ángulo de fase correspondiente
Para valores intermedios de la frecuencia, de valor comparable a la frecuencia propia ωN,
podemos tener un máximo de amplitud o no tenerlo dependiendo del grado de
amortiguamiento. La amplitud es máxima cuando lo que hay dentro de la raíz del
denominador es mínimo, lo cual ocurre para
𝑊𝑚𝑎𝑥 = 𝑊𝑛√1 − 2 ∗ ɛ2
Como se comprueba sin más que derivar el radicando e igualar a cero.
Este resultado nos dice que para que haya un máximo en la amplitud debe ser
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:
𝑈𝑚𝑎𝑥 =
𝐹𝑜
𝐾
∗
1
2 ∗ ɛ ∗ √1 − 2 ∗ ɛ2
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:
lOMoARcPSD|25978912

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
𝑤 = √
89000 ∗ 386
2520
𝑤 = 116.758 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
Frecuencia natural:
𝑓 =
116.758
2 ∗ π
𝑓 = 18.58𝑐𝑝𝑠
Amortiguamiento
ɛ =
𝑐
𝑐𝑟
…….I
𝑐𝑟 = 2 ∗
𝑘
𝑤
𝑐𝑟 = 2 ∗
89000
116.758
Cr=1524.5208
Reemplazando en I:
M
C
K F(t)=FosenΩt
lOMoARcPSD|25978912

ɛ =
112
1524.5208
ɛ = 0.0735
La amplitud de la fuerza, cuando U=0.37pulg:
𝑈 =
𝑃𝑜
𝐾
∗
1
2 ∗ ɛ ∗ √1 − 2 ∗ ɛ2
Por lo tanto despejando Po:
𝑃𝑜 = 0.37 ∗ 8900 ∗ 2 ∗ 0.0735 ∗ √1 − 2 ∗ (0.07352)
𝑃𝑜 = 4814.49𝑙𝑏
La amplitud de la fuerza en condición de resonancia, es decir, r=1:
𝑈 =
𝑃𝑜
𝐾
2 ∗ ɛ
Despejando Po:
𝑃𝑜 = 𝑈 ∗ 𝐾 ∗ 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:
𝑈𝑟 =
𝛿𝑠𝑡
2∗ɛ
….I
Para la segunda condición de no resonancia, es decir r≠1, tenemos:
lOMoARcPSD|25978912

𝑈1 =
𝛿𝑠𝑡 ∗ 𝑟12
√(1 − 𝑟12)2 + (2 ∗ 𝑟1 ∗ ɛ)2
Despejando tenemos
𝛿𝑠𝑡 =
√(1−𝑟12)2
+(2∗𝑟1∗ɛ)2
∗𝑈1
𝑟12 …..II
Reemplazando II en I, tenemos:
𝑈𝑟 =
𝑈1 ∗ √(1 − 𝑟12)2 + (2 ∗ 𝑟1 ∗ ɛ)2
2 ∗ ɛ ∗ 𝑟12
Elevando al cuadrado ambos términos
4 ∗ ɛ2
∗ 𝑈𝑟2
∗ 𝑟14
= 𝑈12
∗ (1 − 𝑟12)2
+ 𝑈12
∗ 4 ∗ 𝑟12
∗ ɛ2
Juntando amortiguamientos en un solo lado, despejamos:
4 ∗ ɛ2
∗ 𝑈𝑟2
∗ 𝑟14
− 𝑈12
∗ 4 ∗ 𝑟12
∗ ɛ2
= 𝑈12
∗ (1 − 𝑟12)2
4 ∗ ɛ2
∗ 𝑟12
(𝑈𝑟2
− 𝑈1 ∗ 𝑟12
) = 𝑈12
∗ (1 − 𝑟12)2
Despejando el amortiguamiento
ɛ =
𝑈1 ∗ (1 − 𝑟12
)
2 ∗ 𝑟1 ∗ √𝑈𝑟2 − 𝑈12 ∗ 𝑟12
La amplitud de la fuerza en resonancia:
𝑈𝑟 =
𝐹𝑜
𝐾
2 ∗ ɛ
Reemplazando el valor del amortiguamiento:
𝐹𝑜 = 𝑈𝑟 ∗ 2 ∗ ɛ ∗ 𝐾
𝐹𝑜 = 𝑈𝑟 ∗ 2 ∗
𝑈1 ∗ (1 − 𝑟12
)
2 ∗ 𝑟1 ∗ √𝑈𝑟2 − 𝑈12 ∗ 𝑟12
∗ 𝐾
𝐹𝑜 =
𝑈𝑟 ∗ 𝑈1 ∗ (1 − 𝑟12) ∗ 𝐾
𝑟1 ∗ √𝑈𝑟2 − 𝑈12 ∗ 𝑟12
Problema 3.18
lOMoARcPSD|25978912

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
𝑀𝑒
=
1
𝑚1
+
1
𝑚2
𝑀𝑒 =
𝑚1 ∗ 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
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)
𝐹(𝑡) =
𝑀 ∗ 𝐹𝑜 ∗ 𝑠𝑒𝑛(𝛺𝑡)
𝑚2
Reemplazando x2-x1=x
m1 m2
F(t)=FosenΩt
K
C
m1x’’1 m2x’’2
K(x2-x1)
C(x´2-x´1)
lOMoARcPSD|25978912

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:
𝑋𝑝 =
𝛿𝑠𝑡
√(1 − 𝑟2)2 + (2 ∗ 𝑟 ∗ ɛ)2
Reemplazando con los datos que tenemos, y sabiendo que δst=
𝐹𝑜
𝐾
, en función al movimiento
relativo de las masas
𝑋𝑝 =
𝐹𝑜
𝐾 ∗
𝑚1
𝑚1 + 𝑚2
√(1 − 𝑟2)2 + (2 ∗ 𝑟 ∗ ɛ)2
lOMoARcPSD|25978912

Observación: Las respuestas en el libro están dadas para un E. Acero=30*10^6
lb/pulg^2, sin embargo trabajaremos con las que conocemos E.
Acero=29*10^6lb/pulg^2
Problema 4.3
El pórtico de acero mostrado en la figura siguiente, esta sujeta a una fuerza horizontal F(t)
aplicada en el nivel superior(viga). La fuerza decrece linealmente de 5 Kip en un tiempo de
t=0 a t=0.6
Determine:
a) El desplazamiento horizontal en t=0.5
Asumir las columnas sin masa y la viga rígida. Desprecie el amortiguamiento
En primer lugar encontramos la rigidez de las columnas, por un lado tenemos empotradas y
por el otro, rigido arriba y con un apoyo en la parte inferior
Para la columna de la izquierda, tenemos:
𝐾1 =
12𝐸𝐼
𝐻13
Para la columna de la derecha, tenemos:
𝐾2 =
3𝐸𝐼
𝐻23
Para la rigidez total de las columnas, sumamos estas dos:
lOMoARcPSD|25978912

𝐾 = 𝐸𝐼 ∗ (
12
𝐻13
+
3
𝐻23
)
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:
𝑤𝑛 = √
5455.238 ∗ 386
20 ∗ 103
𝑤𝑛 = 10.26 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
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
𝑥(𝑡) =
𝐹𝑜
𝐾
∗ [(1 − cos(𝑤𝑛𝑡)) +
1
𝑡𝑑
∗ (
𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑛 ∗ 𝑡)
𝑤𝑛
− 𝑡)]
Entonces el desplazamiento para un valor de t=0.5, teniendo en cuenta que td=0.6
Fo=5Kip
0 0.6
lOMoARcPSD|25978912

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 𝑡𝐷
TRAMO 01.- 0 ≤ t≤ td
Ecuación de general, asumiendo las condiciones iniciales 𝑥0 = 0 𝑦 𝑥̇0 = 0
𝑥(𝑡) =
1
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
∫ 𝐹(𝜏) ∗ sin(𝑊
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
Ecuación de 𝐹0 en función de 𝜏:
𝐹(𝜏) = 𝐹0 ∗ (
𝜏
𝑡𝑑
)
Reemplazamos en la ecuación general
𝑥(𝑡) =
𝐹0
𝑡𝑑𝑚 ∗ 𝑊𝑛
∫ 𝜏 ∗ sin(𝑊
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
Resolviendo la integral definida obtenemos:
F(t)
F0
td)
FigP4.5
lOMoARcPSD|25978912

𝑥(𝑡) =
𝐹0
𝑡𝑑 ∗ 𝑚 ∗ 𝑊𝑛
∗ (
𝑡
𝑊
𝑛
−
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡)
𝑊𝑛
2
)
Extrayendo 𝑊𝑛 del paréntesis:
𝑥(𝑡) =
𝐹0
𝑡𝑑 ∗ 𝑚 ∗ 𝑊
𝑛
2 ∗ (𝑡 −
sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡)
𝑊
𝑛
)
Pero; 𝑚 ∗ 𝑊𝑛
2
= 𝐾
Y; tenemos al desplazamiento estático:
𝐹0
𝑘
= 𝛿𝑠𝑡
Entonces;
𝑥(𝑡) =
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (𝑡 −
sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡)
𝑊
𝑛
)
El factor de carga dinámica en función de t, 𝑊𝑛 y 𝑡𝑑 para el TRAMO 01:
𝐷𝐿𝐹 =
𝑥(𝑡)
𝛿𝑠𝑡
=
𝑡 −
𝑊𝑛
𝑡𝑑
TRAMO 02.-
Necesitamos las condiciones finales del tramo 01, que para el tramo 02 serán las iniciales; o
sea cuando 𝑡 = 𝑡𝑑
𝑥(𝑡)𝑡=𝑡𝑑
=
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (𝑡𝑑 −
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑 )
𝑊
𝑛
)
𝑥̇(𝑡)𝑡=𝑡𝑑
=
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑))
Entonces tendremos para el tramo 02 la siguiente ecuación general:
𝑥(𝑡) = 𝑥0 ∗ cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡) +
𝑥̇0
𝑊𝑛
∗ sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡) +
1
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
∫𝐹(𝜏) ∗ sin(𝑊
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
Hallamos el estado transitorio:
𝑋𝑐 = 𝑥0 ∗ cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡) +
𝑥̇0
𝑊𝑛
∗ sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡)
𝑋𝑐 =
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (𝑡𝑑 −
sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡𝑑)
𝑊
𝑛
) ∗ cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡) +
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (1 − cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑))
𝑊
𝑛
∗ sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡)
Hallamos el estado permanente:
lOMoARcPSD|25978912

𝐹(𝜏) = 𝐹0
Reemplazamos en la ecuación:
𝑋𝑝 =
𝐹0
𝑡𝑑 𝑚 ∗ 𝑊𝑛
∫sin(𝑊
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑋𝑝 =
𝐹0
𝑛
∗ (
1
𝑊𝑛
−
cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡)
𝑊
𝑛
)
𝑋𝑝 =
𝐹0
𝑛
2
∗ (1 − cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡))
2
= 𝐾
𝐹0
𝑘
= 𝛿𝑠𝑡
Entonces;
𝑋𝑝 =
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (1 − cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡))
Reemplazando las condiciones iniciales:
𝑥(𝑡) =
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (𝑡𝑑 −
sin(𝑊𝑛 ∗ 𝑡𝑑)
𝑊𝑛
) ∗ cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡) +
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (1 − cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡𝑑))
𝑊
𝑛
∗ sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡) +
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (1 − cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡))
El factor de carga dinámica en función de t, 𝑊𝑛 y 𝑡𝑑 para el TRAMO 02:
𝐷𝐿𝐹 =
1
𝑡𝑑
∗ (𝑡𝑑 −
sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡𝑑)
𝑊
𝑛
) ∗ cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡) +
1
𝑡𝑑
∗ (1 − cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡𝑑))
𝑊
𝑛
∗ sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡) +
1
𝑡𝑑
∗ (1
− cos(𝑊𝑛 ∗ 𝑡))
lOMoARcPSD|25978912

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
Ecuaciónde general,asumiendolascondicionesiniciales 𝑥0 = 0 𝑦 𝑥̇0 = 0
𝑥(𝑡) =
1
𝑚 ∗ 𝑊
𝑛
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
Lamagnitude la fuerzaconstante esde 𝐹0 = 0.5𝑔 ∗ 𝑚
Ecuaciónde 𝐹0 enfunciónde 𝜏:
𝐹(𝜏) = 𝐹0
Reemplazamosenlaecuación:
𝑥(𝑡) =
𝐹0
𝑡𝑑𝑚 ∗ 𝑊
𝑛
∫sin(𝑊
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
Resolviendolaintegral definidaobtenemos:
𝑥(𝑡) =
𝐹0
𝑛
∗ (
1
𝑊
𝑛
−
cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡)
𝑊
𝑛
)
Extrayendo 𝑊
𝑛 del paréntesis:
𝑥(𝑡) =
0.5 ∗ 𝑚 ∗ 𝑔
𝑛
2 ∗ (1 − cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡))
Pero; 𝑚 ∗ 𝑊
𝑛
2
= 𝐾
Y; tenemosal desplazamientoestático:
𝐹0
𝑘
= 𝛿𝑠𝑡
Entonces;
lOMoARcPSD|25978912

𝑥(𝑡) =
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (1 − cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡))
El factor de carga dinámicasería:
𝐷𝐿𝐹 =
𝑥(𝑡)
𝛿𝑠𝑡
=
1
𝑡𝑑
∗ (1 − cos(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡))
𝑋𝑚𝑎𝑥 =
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
Determinarel momentomáximo:
𝑀 =
6 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼
𝐿2 ∗ 𝑋𝑚𝑎𝑥
𝑀 =
6 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼
𝐿2 ∗
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
El máximoesfuerzode corte es: 𝜎𝑚𝑎𝑥 =
𝑀
𝑆
𝜎𝑚𝑎𝑥 =
6 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼
𝐿2 ∗
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
𝑆
lOMoARcPSD|25978912

Problema 4.7
Repite el problema 4.6para el 10% del amortiguamiento crítico
ξ= 10%
𝑥(𝑡) =
1
𝑚 ∗ 𝑊
𝐷
∫𝐹(𝜏) ∗ 𝑒−𝜉𝑊𝐷 (𝑡−𝜏)
∗ sin(𝑊𝐷 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝐹(𝜏) = 𝐹0 = 0.5 ∗ 𝑔 ∗ 𝑚
𝑋𝑝 =
𝐹0
𝑡𝑑𝑚 ∗ 𝑊𝐷
∫𝑒−𝜉𝑊𝐷(𝑡−𝜏)sin(𝑊𝐷 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
lOMoARcPSD|25978912

Simplificando:
Factorizando:
Como resultado obtenemos:
Consideraciones: 𝑊 = 𝑊
𝐷
lOMoARcPSD|25978912

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.
𝑥(𝑡) =
1
𝑚 ∗ 𝑊𝐷
∫ 𝐹(𝜏) ∗ 𝑒−𝜉𝜔(𝑡−𝜏) ∗ sin(𝑊𝐷 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑥(𝑡) =
1
𝑚 ∗ 𝑊
𝐷
∫𝐹(𝜏) ∗ 𝑒−𝜉𝑊𝐷 (𝑡−𝜏)
∗ sin(𝑊𝐷 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝐹(𝜏) = 𝐹0
𝑋𝑝 =
𝐹0
𝑡𝑑 ∗ 𝐾/𝑊𝐷
∫𝑒−𝜉𝑊𝐷(𝑡−𝜏)sin(𝑊𝐷 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
lOMoARcPSD|25978912

Simplificando:
Factorizando:
Finalmente obtenemos:
Consideraciones: 𝑊 = 𝑊
𝐷
lOMoARcPSD|25978912

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
𝑥(𝑡) =
1
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝐹(𝜏) = 𝐹0 ∗ (
𝜏
𝑡𝑑
)
Reemplazamos en la ecuación general
𝑥(𝑡) =
𝐹0
𝑡𝑑𝑚 ∗ 𝑊𝑛
∫𝜏 ∗ sin(𝑊𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑥(𝑡) =
𝐹0
∗ (
𝑡
𝑊
𝑛
−
𝑊𝑛
2
)
𝑥(𝑡) =
𝐹0
2
∗ (𝑡 −
𝑊𝑛
)
2
= 𝐾
𝐹0
𝑘
= 𝛿𝑠𝑡
Entonces;
lOMoARcPSD|25978912

𝑥(𝑡) =
𝛿𝑠𝑡
𝑡𝑑
∗ (𝑡 −
sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡)
𝑊
𝑛
)
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.
𝐾1 =
12 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼
𝐿3 =
12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2
(15 ∗ 12)3 = 4271.61 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝐾2 =
12 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼
𝐿3 =
12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2
(20 ∗ 12)3 = 1802.08 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2
𝐾 = 4271.61 + 1802.08
𝐾 = 6073.69 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝑚 =
𝑊
𝑔
=
5000
386
= 12.95 𝑙𝑏 ∗ 𝑠𝑒𝑔2/𝑖𝑛
𝑚 = 12.953 𝑙𝑏 ∗ 𝑠𝑒𝑔2/𝑖𝑛
𝑇 = 2𝜋 ∗ √
𝑚
𝑘
= 0.29
𝑡𝑑
𝑇
=
0.6
0.29
= 2.07
𝐷𝐿𝐹
𝑚𝑎𝑥 =
𝑋𝑚𝑎𝑥
𝛿𝑠𝑡
= 1.9
lOMoARcPSD|25978912

𝛿𝑠𝑡 =
𝐹0
𝐾
=
5000
6073.69
= 0.823
𝑋𝑚𝑎𝑥 = 1.9 ∗ 0.823
𝑋𝑚𝑎𝑥 = 1.564 𝑖𝑛
𝑤 = √
𝐾
𝑚
= 21.65 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
𝑥(𝑡) =
1
𝑚 ∗ 𝑊
𝑛
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑥(𝑡) =
5000
12.95 ∗ 21.65
∫sin(21.65 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑥(𝑡) = −
8917 ∗ cos(
433 ∗ 𝑡
20
) − 8917 ∗ 𝑡
10825
𝑥(𝑡) = −(0.824 ∗ cos(21.65𝑡) − 0.824 ∗ 𝑡)
RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA
lOMoARcPSD|25978912

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
𝐾1 =
12 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼
𝐿3 =
12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2
(15 ∗ 12)3 = 4271.61 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝐾2 =
12 ∗ 𝐸 ∗ 𝐼
𝐿3 =
12 ∗ 30 ∗ 106 ∗ 69.2
(20 ∗ 12)3 = 1802.08 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2
𝐾 = 4271.61 + 1802.08
𝐾 = 6073.69 𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝑚 =
𝑊
𝑔
=
6000
386
= 15.54
𝑚 = 15.54 𝑙𝑏 ∗ 𝑠𝑒𝑔2/𝑖𝑛
𝑇 = 2𝜋 ∗ √
𝑚
𝑘
= 0.318
𝑡𝑑
𝑇
=
0.1
0.318
= 0.314
𝐷𝐿𝐹
𝑚𝑎𝑥 =
𝑋𝑚𝑎𝑥
𝛿𝑠𝑡
= 1.9
𝛿𝑠𝑡 =
𝐹0
𝐾
=
6000
6073.69
= 0.988
𝑋𝑚𝑎𝑥 = 1.9 ∗ 0.988
𝑋𝑚𝑎𝑥 = 1.877 𝑖𝑛
𝑤 = √
𝐾
𝑚
= 19.77𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
𝑥(𝑡) =
1
𝑚 ∗ 𝑊
𝑛
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑥(𝑡) =
6000
15.54 ∗ 19.77
∫sin(19.77 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
lOMoARcPSD|25978912

𝑥(𝑡) = −
651 ∗ cos(
1977 ∗ 𝑡
100
) − 651
659
𝑥(𝑡) = −(0.988 ∗ cos(19.77𝑡) − 0.988 ∗ 𝑡)
RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA
lOMoARcPSD|25978912

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
𝐾 = 1000𝑙𝑏/𝑖𝑛
𝑚 = 100𝑙𝑏
𝑤 = √
𝐾
𝑚
= 3.162 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
𝑥(𝑡) =
1
𝑚 ∗ 𝑊
𝑛
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑥(𝑡) =
1
100 ∗ 3.162
∫ 2000 ∗ sin(3.162 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑥(𝑡) = 6.325 ∫sin(3.162 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑥(𝑡) = −
6325 ∗ cos(
1581 ∗ 𝑡
500
) − 6325
3162
𝑥(𝑡) = −(2 ∗ cos(3.162𝑡) − 2)
lOMoARcPSD|25978912

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
𝑥(𝑡)𝑡=0.2 = 0.387𝑖𝑛
𝑥̇(𝑡)𝑡=0.2 = 3.739𝑖𝑛/𝑠𝑒𝑔
TRAMO 02: para 0.2 ≤ t ≤ 0.4
𝑛 ∗ 𝑡) +
𝑥̇0
𝑊𝑛
∗ sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡) +
1
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝐹(𝜏) = 4000 − 10000𝜏
𝑋𝑝 =
1
𝑚 ∗ 𝑊𝑛
𝑛 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑋𝑝 =
1
100 ∗ 3.162
∫(4000 − 10000𝜏) ∗ sin(3.162 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
𝑋𝑝 = 12.65 ∫(1 − 2.5𝜏) ∗ sin(3.162 ∗ (𝑡 − 𝜏))𝑑𝜏
𝑡
0
lOMoARcPSD|25978912

𝑋𝑝 = 12.65 ∗ (
1263303∗ sen(
1977 ∗ 𝑡
100
) − 9990200∗ cos (
1977∗ 𝑡
100
) − 6325
197506254
−
250 ∗ 𝑡 − 100
1977
)
𝑥(𝑡) = 12.65 ∗ (0.0064∗ sen(19.77 ∗ 𝑡) − 0.051 ∗ cos(19.77 ∗ 𝑡) − 6325 − 0.127
∗ 𝑡 − 0.051) + 0.387 ∗ cos(3.162 ∗ 𝑡) +
3.739
3.162
∗ sin(3.162 ∗ 𝑡)
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
𝑥(𝑡)𝑡=0.4 = 1.36 𝑖𝑛
𝑥̇(𝑡)𝑡=0.4 = 10.905𝑖𝑛/𝑠𝑒𝑔
TRAMO 03: para 0.4 ≤ t ≤ 0.5
𝑛 ∗ 𝑡) +
𝑥̇0
𝑊𝑛
∗ sin(𝑊
𝑛 ∗ 𝑡)
𝑥(𝑡) = 1.36 ∗ cos(3.162 ∗ 𝑡) +
10.905
3.162
∗ sin(3.162 ∗ 𝑡)
𝑥(𝑡) = 1.36 ∗ cos(3.162 ∗ 𝑡) +3.449 ∗ sin(3.162 ∗ 𝑡)
lOMoARcPSD|25978912

RESPUESTA DEL PÓRTICO ANTE LA FUERZA para 0.4 ≤ t ≤ 0.5
lOMoARcPSD|25978912

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
𝑤
𝑔
= 𝑚
m=
20000
386
m = 51 .81lb.pul/seg
k=
3𝐸𝐼
𝐿³
K=
3∗2.1∗106
∗9.77
(120 )³
K=35.62
wn= √
𝑘
𝑚
wn= √
35.62
51.81
wn=0.83
Analizamos por tramos:
 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.25
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X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 𝐹𝑜 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 1.0 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
X (t) =
1
𝑚𝑤𝑛²
(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
𝑚𝑤𝑛
𝑡
0
d 𝜏 +
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 1 −
𝑠𝑒𝑛𝑤𝑛
(𝑡−𝜏)
(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0.25
dt
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
0.25
0
d 𝜏 +
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 1 −
(0.20−0.25)
(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0.25
dt
X(t)=
1
𝑚𝑤𝑛²
(coswn(𝑡 − 𝜏)-coswnt +1-coswn(t-𝝉) -
1
(𝑡−𝜏)
(t- 𝜏coswn(t-𝝉))-
1
𝑤𝑛
(senwn(𝑡 − 𝜏)+
𝑡
𝑡−𝜏
(1-coswn(𝑡 − 𝜏)
X(t)=
1..∗5𝑡𝑤𝑛−5𝑠𝑒𝑛𝑤𝑛𝑡−0.2𝑤𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛𝑡
𝑤𝑛²
x(t)=
1.00∗5∗0.25∗0.83−5𝑠𝑒𝑛(0.83)𝑡−0.2∗0.83cos(0.83)𝑡
(0.83)²
x(t)=
1.1−5∗𝑠𝑒𝑛(0.83)𝑡−0.17 cos(0.83)𝑡
0.7
Problema 4.20
Repetir el problema 4.19 para 10 % de amortiguamiento crítico
Solución:
 Ccr = 2√𝑘𝑚
 ξ =
𝑐
𝑐𝑟
 ccr=2√(35.62)(51.81) ccr=85.92
El desplazamiento obtenido:
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
𝑡
0
d 𝜏
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 1.0 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
 Tramo : 0 .25≤ t ≤ 0.5
lOMoARcPSD|25978912

X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
𝑡
0
d 𝜏 +
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 1 −
(𝑡−𝜏)
(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0.25
dt
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
0.25
0
d 𝜏 +
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 1 −
(0.20−0.25)
(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0.25
dt
X(t)=
1
𝑚𝑤𝑛²
(coswn(𝑡 − 𝜏)-coswnt +1-coswn(t-𝝉) -
1
(𝑡−𝜏)
(t- 𝜏coswn(t-𝝉))-
1
𝑤𝑛
(senwn(𝑡 − 𝜏)+
𝑡
𝑡−𝜏
(1-coswn(𝑡 − 𝜏)
X(t)=
1..∗5𝑡𝑤𝑛−5𝑠𝑒𝑛𝑤𝑛𝑡−0.2𝑤𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛𝑡
𝑤𝑛²
x(t)=
1.00∗5∗0.25∗0.83−5𝑠𝑒𝑛(0.83)𝑡−0.2∗0.83cos(0.83)𝑡
(0.83)²
x(t)=
1.1−5∗𝑠𝑒𝑛(0.83)𝑡−0.17 cos(0.83)𝑡
0.7
x(t)= 1.57 -1.57t-0.16t ,t= 0.3 seg
El amortiguamiento criticó es igual a:
Si el amortiguamiento es el 10 % del crítico entonces:
C=0.10 ccr C=0.10 x85.92 = 8,6
Wd= wn √1 − 𝜉²
Wd= 0.893√1 − (0.10)² Wd=0.89
X(t)=
1∗5𝑡𝑤𝑑 −5𝑠𝑒𝑛𝑤𝑑𝑡−0.2𝑤𝑑 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑑𝑡
𝑤𝑑²
X(t)=
1𝑥5𝑥0.3𝑥0.89−5𝑠𝑒𝑛(0.89)𝑥0.3−0.2𝑥0.89 cos(0.89)𝑥0.3
(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.
lOMoARcPSD|25978912

Solución:
𝑤
𝑔
= 𝑚
m=
10
386
m = 0.025lb.pul/seg
wn= √
𝑘
𝑚
wn= √
10000
0.025
wn=632.5
El amortiguamiento criticó es igual a:
C=0.10 ccr C=0.10 x31.62 =3.162
Wd= wn √1 − 𝜉²
Wd= 632.5√1 − (0.10)² Wd=629.3
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
𝑡
0
d 𝜏
Para el intervalo
 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.1
X(t) = 𝑤𝑛 ∫
𝐹𝑜
𝑡1
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
X(t) =
𝑤𝑛
0.1
∫ 5000 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
Integrando por partes obtenemos:
X(t)=
𝑊𝑛𝑥𝐹𝑜
𝑡1
(
cos 𝑤𝑛 (𝑡−𝜏)
𝑤𝑛
+
sen 𝑤𝑛 (𝑡−𝜏)
𝑤𝑛²
)
Evaluando
X(t)= 𝑤𝑛(
𝑡
𝑡1
+
sen 𝑤𝑛 𝑡
𝑤𝑛𝑡
) para 0 <t<0.1
Para el intervalo t1<t
lOMoARcPSD|25978912

X(t) = 𝑤𝑛 ∫
𝐹𝑜
𝑡1
𝑡𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
X(t)=
𝑡1
(
𝑤𝑛
+
𝑤𝑛²
)
Evaluando y reduciendo:
X(t)= 5000(
sen 𝑤𝑛 (𝑡−𝑡1)−𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛 𝑡
5000𝑥𝑡1
+ cos wn (t-t1) ) para 0.1<t
X(t)= 5000(
sen 𝑤𝑑 (𝑡−𝑡1)−𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑑 𝑡
5000𝑥𝑡1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 5000(
sen 𝑥629.3 (𝑡−0.1)−𝑠𝑒𝑛 (629.3) 𝑡
5000𝑥0.1
+ cos (629.3)(t-0.1) )
despejando :
t=1.1 seg
Reemplazando en la ecuación del movimiento:
X(t)= 5000(
5000𝑥𝑡1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 5000(
sen 𝑥629.3 (1.1−0.1)−𝑠𝑒𝑛 (629.3)𝑥1.1
5000𝑥0.1
+ 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.
lOMoARcPSD|25978912

Solución:
𝑤
𝑔
= 𝑚 w = 6000lb
m=
6000
386
m = 15.54lb.pul/seg
wn= √
𝑘
𝑚
wn= √
10⁵
15.54
wn=80.22 rad /seg²
a(t)/g=10 е−10𝑡
entonces :
F= m.a F= m x gx10 е−10𝑡
Tramo:
t< 0.23 seg
X= xo cos wn +
𝑥̇
𝑤𝑛
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡+
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 𝐹𝑒𝑥𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
𝑡
0
d 𝜏
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 𝑎𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 10е−10𝑡
𝑡
0
d 𝑡.
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Problema 4.23
Repetir el problema 4.23 para 10 % de amortiguamiento crítico.
Solución:
 ξ =
𝑐
𝑐𝑟
 ccr=2√(100000)(15.54) ccr=1554000
El desplazamiento obtenido:
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
𝑡
0
d 𝜏
C=0.10 ccr C=0.10 x1554000=155400
Wd= wn √1 − 𝜉²
Wd=80.22√1 − (0.10)² Wd= 79.82
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
𝑡
0
d 𝜏
Para el intervalo
 Tramo : 0 ≤ t ≤ 0.23
X(t) = 𝑤𝑛 ∫
𝐹𝑜
𝑡1
𝑡
0
d 𝜏
X(t) =
𝑤𝑛
0.23
∫ 10𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
Integrando por partes obtenemos:
X(t)=
𝑡1
(
𝑤𝑛
+
𝑤𝑛²
)
Evaluando
X(t)= 10000(
sen 𝑤𝑛 (𝑡−𝑡1)−𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛 𝑡
10000𝑥𝑡1
+ cos wn (t-t1) ) para 0.23<t
X(t)= 10000(
10000𝑥𝑡1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 1000(
sen 𝑥 (𝑡−0.1)−𝑠𝑒𝑛 (79.82) 𝑡
10000𝑥0.1
+ cos (72.82)(t-0.1) ) despejando :
lOMoARcPSD|25978912

t=1.52
Reemplazando en la ecuación del movimiento:
X(t)= 10000(
10000𝑥𝑡1
+ cos wd(t-t1) )
X(t)= 10000(
sen 𝑥629.3 (1.52−0.23)−𝑠𝑒𝑛 (79.82)𝑥1.1
10000𝑥0.23
+ 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
𝑤
𝑔
= 𝑚
m=
6000
386
m= m = 15.54lb.pul/seg
wn= √
𝑘
𝑚
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 +
𝑥̇
𝑤𝑛
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡+
1
𝑚𝑤𝑛
𝑡
0
d 𝜏
Analizamos por tramos:
lOMoARcPSD|25978912

 Tramo : t ≤ 0.2seg
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
𝑡
0
d 𝜏
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 𝑎𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
∫ 𝑠𝑒𝑛 15.71 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑛(𝑡 − 𝜏)
𝑡
0
d 𝜏
X(t) =
1
𝑚𝑤𝑛
(
𝑤𝑛 𝑠𝑒𝑛
𝑡−𝑡1
)
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