• Author / Uploaded
• J Rivera Alfaro

Citation preview

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

EJEMPLO DE SISTEMAS DE 1 GRADO DE LIBERTAD Una Portico hecho a base de columnas de concreto y una losa de concreto Las columnas son de 30cm x30cm y 4m de altura y la losa es de concreto de 30cm de espesor y 6m x 6m de area. Las condiciones iniciales del presente experimento son Xo= 7cm, Vo=0cm/seg. Se pide calcular: a) El periodo fundamental del sistema no amortiguado. b) El periodo de la estructura amortiguada. b) Las ecuaciones de respuesta en la dirección x. c) El decremento Logaritmico.

Solución: a) CALCULO DEL PERIODO FUNDAMENTAL DEL SISTEMA: Peso de la Losa



tonnef 



3

W   2.4

m

  30cm 6 m 6m  

5

2.542  10 NW  25920  kgf

W  254.188  kN

2

W s m0   2643.104  kgf g m

4

m0  2.592  10 kg Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

Calculo de la rigidez lateral de las columnas:

EC  15000  210 

kgf 2

9 kgf 2

cm

ICol  kCol 

( 40cm)  ( 40cm)

EC  2.132  10  MPa

m

3

4

5

 2.133  10  cm

12

12 EC ICol h

4

 2.174  10 

h  4 m

tonnef kCol  8.695  cm

3

tonnef kEst  4  kCol  34.779 cm

Calculo de la rigidez de la estructura:

kN kEst  341.068  cm

1) Calculo del Periodo de la estructura:

ωn 

kEst m0

 36.275

rad sec

Tn 

2 π

ωn

 0.173 s

f 

1

Tn

 5.773  Hz

ANALISIS DE VIBRACION LIBRE NO AMORTIGUADA

2

d

m

La ecuacion del equilibrio dinámico es:

dt La ecuacion del equilibrio dinámico es:

2

d

dt

2

2

( x)  k x = 0

( x) 

k x = 0 m

2.592  104 kg d 2 ( x)  34.779 tonnef   x = 0 2

dt



cm



Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

x0  7 cm

Las ecuaciones de respuesta:

v0 x ( t) = x0 cos ωn t   sin ωn t ωn















ωn  36.275

1 s

v0  x ( t)   x0 cos ωn t   sin ωn t ωn 









v ( t) = x0 ωn sin ωn t  v0 cos  ωn t n 2

cm v0  0 sec



a ( t) = x0 ωn  cos ωn t  v0 ωn sin ωn t

















 



v ( t)  x0 ωn sin ωn t  v0 cos ωn t 2





a ( t)  x0 ωn  cos ωn t  v0 ωn sin ωn t



i  0 sec 0.05sec  10sec i 

v ( i) 

x ( i)  0 s

7

 cm

a ( i)  0 m

-92.11 m

-2.465 s

22.157 s2 81.449

0.05

-1.684

0.1

-6.19

1.186

0.15

4.662

1.894

-61.343

0.2

3.947

-2.097

-51.937

0.25

-6.561

-0.885

86.33

0.3

-0.791

2.523

10.403

0.35

6.941

-0.329

-91.335

0.4

-2.549

-2.365

33.54

0.45

-5.715

1.466

75.199

...

...

...

...

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

0.1

4

0.05

x( t)

2

0

v( t)

 0.05  0.1

0

2 0

0.2

0.4

t

4

0

0.2

0.4

t

100 50

a( t )

0

 50  100

0

0.2

0.4

t

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

ESTUDIO DE LA ENERGIA DEL SISTEMA:

Ep =

1 2

2

 kEst x

Ek =

1 2

 m0 v

2

i  0 sec 0.05sec  10sec Ep ( i) 

1 2

 kEst x ( i)

E p ( i) 

2

Ek ( i) 

1 2

 m0 v ( i)

2

E k ( i) 

8.356·104 J

0 J

4.835·103

7.873·104

6.534·104

1.822·104

3.706·104

4.65·104

2.657·104

5.699·104

7.341·104

1.016·104

1.066·103

8.25·104

8.216·104

1.399·103

1.108·104

7.248·104

5.57·104

2.787·104

4.787·104

3.569·104

1.709·104

6.647·104

7.935·104

4.209·103

...

...

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

5

1 10

5

1 10

4

8 10

4

8 10

4

Ep ( t )

6 10

4

Ek ( t )

4

4 10

4

2 10

0

6 10

4

4 10

4

2 10 0

0.2

0

0.4

0

0.2

t

0.4

t

5

1 10

4

8 10

Ep ( t )

Ek =

4

6 10

Ek ( t) 4 104

Ep =

4

2 10

0

0

0.1

0.2

1 2 1 2

 m0 v

2

2

 kEst x

0.3

t

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

CALCULO DE LAS FUERZAS EN EL SISTEMA:

La ecuacion del equilibrio dinámico es:

m

d2 dt

Fi = m0 a

2

( x)  k x = 0

Fs = kEst x

i  0 sec 0.05sec  10sec Fi ( i)  m0 a ( i)

Fs ( i)  kEst x ( i)

F i ( i) 

F s ( i) 

-2.387·10 6 N

2.387·106 N

5.743·105

-5.743·10 5

2.111·106

-2.111·10 6

-1.59·106

1.59·106

-1.346·10 6

1.346·106

2.238·106

-2.238·10 6

...

...

6

6

3 10

Fi( t) Fs( t)

3 10

6

1 10

Fi( i) Fs( i)

6

 1 10

6

 3 10

6

1 10

6

 1 10

6

0

0.02 0.04 0.06 0.08

t

 3 10  0.1

0

0.1

x( i) Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

VIBRACION LIBRE AMORTIGUADA

d  ( x)  c  x   k x = 0  dt  dt

d2

m

La ecuacion del equilibrio dinámico es:

2

d2 dt

2

( x) 

d  k   x   x = 0 m  dt  m c

d  k ( x)  2  ξ ω  x    x = 0  dt  m dt

d2

2

c m0

= 2  ξ ω

ξ=

c ccr

c ccr = 2  m ω = ξ

c = 2  m  ω ξ

2

ωD = ωn 1  ξ

tonnef kEst  34.779 cm

m0  25920 kg

asuminos un amortiguamiento critoco del 5%

ωn  36.275

1 s

Tn  0.173 s

ξ  0.05

s ccr  2  m0 ωn  191.755  tonnef m sec s c  ξ ccr  9.588  tonnef c  0.94 kN cm m ωn  36.275

rad 2 π 2 ωD  ωn 1  ξ  36.229 TD   0.173 s sec sec ωD rad

Tn  0.173 s

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

la solución para el sistema sometido a vibración libre amortiguada son:

cm v0  0 sec

x0  7 cm

 ξ ωn  t

x ( t) = e

 

 ξ  ωn  t

x ( t)  e

 ξ ωn  t

 ξ  ωn  t

 ξ  ωn  t

















v0  ξ ωn x0 



ωD





v0  ξ ωn x0 



ωD

   sin  ωD t      sin  ωD t  

























 x0 ωD  ξ ωn v0  ξ ωn x0  ξ ωn v0  cos ωD t  v0 ωD  ξ ωn x0 ωD   ξ ωn   2



 ξ ωn  t

a ( t)  e



 v0  ξ ωn x0      sin  ωD t ωD   

 v0 cos ωD t   x0 ωD  ξ ωn





 v0  ξ ωn x0      sin  ωD t ωD   

 v0 cos ωD t   x0 ωD  ξ ωn



v ( t)  e



 x0 cos ωD t 



v ( t) = e

a ( t) = e



 x0 cos ωD t 











 x0 ωD  ξ ωn v0  ξ ωn x0  ξ ωn v0  cos ωD t  v0 ωD  ξ ωn x0 ωD   ξ ωn  



2









v0  ξ ωn x0  ωD

   sin  ωD t  

v0  ξ ωn x0  ωD

   sin  ωD t  

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

i  0 sec 0.01sec  10sec i 

x ( i)  0

v ( i)  7

s

a ( i) 

 cm

0 m

-92.11 m

0.01

6.55

-0.885

0.02

5.279

-1.625

-82.977 s2 -63.565

0.03

3.378

-2.131

-36.719

0.04

1.113

-2.347

-6.136

0.05

-1.213

-2.255

24.141

0.06

-3.301

-1.878

50.254

...

...

-1.275

...

s

...

0.1

3 2

0.05

x( t)

1 0

v( t)

1

 0.05  0.1

0

2 0

0.5

1

t

1.5

3

0

0.5

1

1.5

t

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

100 50

a( t )

0

 50  100

0

0.5

1

1.5

t ESTUDIO DE LA ENERGIA DEL SISTEMA:

Ep =

1 2

2

 kEst x

Ek =

1 2

 m0 v

2

i  0 sec 0.01sec  10sec Ep ( i) 

1 2

 kEst x ( i)

E p ( i) 

2

Ek ( i) 

1 2

 m0 v ( i)

2

E k ( i) 

8.356·104 J

0 J

7.316·104

1.015·104

4.752·104

3.423·104

1.946·104

5.887·104

2.114·103

7.139·104

2.509·103

6.591·104

1.859·104

4.572·104

4.084·104

2.106·104

5.743·104

3.636·103

...

...

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

5

1 10

4

8 10

4

8 10

4

6 10

4

Ep ( t )

6 10

Ek ( t) 4 104

4

4 10

4

2 10

0

4

2 10 0

0.5

1

0

1.5

0

0.5

t

1

1.5

t

5

1 10

4

8 10

Ep ( t )

Ek =

4

6 10

Ek ( t) 4 104

Ep =

4

2 10

0

0

0.2

0.4

0.6

1 2 1 2

 m0 v

2

2

 kEst x

0.8

t CALCULO DE LAS FUERZAS EN EL SISTEMA:

La ecuacion del equilibrio dinámico es:

Fi = m0 a

FD = c v

m

d  ( x)  c  x   k x = 0  dt  dt 2

d

2

Fs = kEst x

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

i  0 sec 0.01sec  10sec Fi ( i)  m0 a ( i)

FD ( i)  c v ( i)

F i ( i) 

0

F s ( i)   kN 2.387·103

-2.151·103

-83.2

2.234·103

-1.648·103

-152.802

1.8·103

-951.755

-200.393

1.152·103

-159.053

-220.676

379.729

625.739

-212.03

-413.708

1.303·103

-176.591

-1.126·103

1.789·103

-119.844

-1.669·103

2.029·103

-49.8

-1.979·103

...

...

...

-2.387·103

F D ( i)   kN

Fs ( i)  kEst x ( i) F i ( i)  F D ( i)  F s ( i)   kN 9.313·10-10 N 9.313·10-10 6.985·10-10 0 5.821·10-11 -1.164·10-10 -2.328·10-10 -4.657·10-10 ...

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

6

5

3 10

2 10

6

3 10

5

1 10

6

1 10

Fi( t)

FD( t) 6

 1 10

6

1 10

0

Fs( t)

5

 1 10

6

 1 10

5

 2 10 6

 3 10

5

0

0.2 0.4

 3 10

0.6 0.8

0

0.2 0.4

t

6

 3 10

0.6 0.8

t

6

0

0.2 0.4

0.6 0.8

t

5

3 10

2 10

5

1 10

6

1 10

Fi( i)

FD( i) 6

 1 10

0 5

 1 10

5

 2 10 6

 3 10  0.1

5

0

 3 10  0.1

0.1

0

x( i)

x( i)

6

3 10

6

3 10

6

1 10

6

1 10

Fs( i)

Fs( i)  FD( i)

6

 1 10

6

 1 10

6

 3 10  0.1

0.1

0

x( i)

0.1

6

 3 10  0.1

0

0.1

x ( i) Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

9 1 10  10 5 10

Fs( i)  FD( i)  Fi( i)

0  10

 5 10

9

 1 10

 0.1

0

0.1

x( i)

DECREMENTO LOGARITMICO

0.1 0.05

x( t)

0

x ( 0 )  0.07 m

 0.05  0.1

 

x T D  0.051 m 0

0.5

1

1.5





x 2  T D  0.037 m

t

Decremento Logaritmico para vibración libre AMORTIGUADAx ( 0 )

    x  TD  

i  0 sec 0.02sec  10sec i 

ωD TD

x ( i)  0 s

7

 v  0.25 TD    v  1.25TD  

ln 

ln 

0.05

ωD TD

0.05

 cm

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

0 s

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

7

0.02

5.279

0.04

1.113

0.06

-3.301

0.08

-5.803

0.1

-5.311

0.12

-2.273

0.14

1.657

0.16

4.507

0.18

4.967

...

...

 cm

 x  2 TD    x  3 TD  

 a  2  TD    a  3  TD  

ln 

ωD TD

 x  TD  ln    x  4 TD   3  ωD T D

ln  0.05

ωD TD

 a  TD  ln    a  4  TD  

0.05

3  ωD T D

 v  1.25 TD    v  2.25TD  

0.05

 v  2.25 TD    v  3.25TD  

0.05

ln  0.05

ωD TD

ln 

ωD TD

0.05

VIBRACIÓN FORZADA AMORTIGUADA CONSIDERAR LA SOLUCIÓN DELPROBLEMA ANTERIOR, considerando una fracción de amortiguamiento del 5% y una fuerza excitadora de F= Po*sen (Ω*t).

tonnef kEst  34.779 cm

ξ  0.05

 rad    sec 

ωn  36.275 

Tn  0.173 s

Calculo de la frecuencia amortiguada:

Calculo del factor "c" de amortiguamiento

2

s m0  2.643  tonnef m

P0  10tonnef

Ω  5

rad sec

f  5.773  Hz 2  rad  ωD  ωn 1  ξ  36.229   sec



c  2  ξ ωn m0  9.588



s  tonnef m

Luego la ecuación dinámica que controla el movimiento:

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

d  ( x)  c  x   k x = P0 sin ( Ω t)  dt  dt

d2

m

La ecuacion del equilibrio dinámico es:

2

La solución estaría dada por la superposición de la solución homogenea más la solución particular.

x ( t) = xh ( t)  xp ( t) d2

Escrito de otra forma:

dt

2

( x) 

d  k   x    x = P0 sin ( Ω t) m  dt  m c

P0 d  k ( x)  2  ξ ω  x    x =  sin ( Ω t) 2 m  dt  m dt

d2

2  ξ ωn  3.627

d2 dt

2

( x)   0.88



1

kEst

s

m0

 1.316  103

1 2

s

P0 1  d   1   77.485  x =  sin ( Ω t) x   2 m s   dt   s  

La solución homogenera es de la forma:  ξ  ω t

xh ( t) = e donde :









 A cos ωD t  B sin ωD t



rad  2 ωD  ωn 1  ξ  36.229   sec





La solución particular será de la forma:

xp ( t) = C sin ( Ω t)  D cos ( Ω t)

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

donde:

D 

C 

 P0 kEst

 P0 kEst





2  ξ Ω   ωn    2 1  Ω   ω 2  n  

2

 Ω  2  ξ ωn 

2   1  Ω   ω 2  n  

  2  1  Ω   2  ξ Ω   ω 2  ωn n    2

Las ecuaciones de respuesta:

 4.06  10 5 m

 2.89  10 3 m

x0  0.5cm

cm v0  12 sec

ωn  36.275 

rad 

  sec 

ωD  36.229 

rad 

  sec 

De la ecuación Homogenea las constantes A y B tendrian valores de:

P0 A  x0   kEst  

 2 ξ Ω   ωn  

2 1  Ω   ω 2  n  

2

 Ω     2  ξ ωn   

 4.958  10 3 m

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

  2 ξ Ω       P0 ω n     ξ ω   C Ω  v0  x0  n 2 k   Est  2 1  Ω   2  ξ Ω     ω 2   ωn      n     B   3.458  10 3 m ωn

Luego La solución general para el desplazamiento estará dado por:  ξ  ω t

x ( t) = xh ( t)  xp ( t)  ξ ωn  t

xh ( t)  e

xh ( t) = e















 A cos ωD t  B sin ωD t



 A cos ωD t  B sin ωD t





xp ( t) = C sin ( Ω t)  D cos ( Ω t)

xp ( t)  ( C sin ( Ω t)  D cos ( Ω t) )

x1 ( t)  ( xh ( t)  xp ( t) )

  ξ ωn  t    A cos  ωD t  B sin  ωD t   ( C sin ( Ω t)  D cos ( Ω t) )  

x2 ( t)  e

3 1 10

3 4 10

4 5 10

3 2 10

xh( t)

xp( t)

0 4

3

 5 10

 2 10

3

 1 10

0

3

0

1

2

3

t

4

5

 4 10

0

1

2

3

4

5

t

Junio 2015

Curso: Dinámica EC-114J

Profesor: MSc. Ing. Ricardo Proaño

3 5 10

0

x2( t) 3

 5 10

 0.01

0

1

2

3

4

5

t

Junio 2015