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RESPUESTA DINAMICA DE LAS ESTRUCTURAS

Sergio Oller, Eduardo Car Departamento de Resistencia de Materiales y Estructuras en la Ingeniería, Escuela Técnica Superior de Ingenieros de Caminos, Canales y Puertos Universitat Politécnica de Catalunya. (Abril-1999)

RESPUESTA DINAMICA DE LAS ESTRUCTURAS Parte 1

Sergio Oller

Indice

Oscilaciones Forzadas Amortiguadas – Armónicas

1

Ecuación del movimiento

1

Solución particular inhomogénea – Forma (1)

2

Solución particular inhomogénea – Forma (2)

3

Observaciones sobre la respuesta forzada amortiguada

5

Características del movimiento amortiguado-forzado

6

Determinación del amortiguamiento por resonancia

10

Determinación del amortiguamiento por decremento logarítmico

11

Determinación fe las constantes B1-B2

13

Ejemplos sobre Oscilaciones Forzadas Amortiguadas

15

Aislamiento de vibraciones

24

Respuesta al desplazamiento en la base

24

Aislamiento Absoluto - Transmisibilidad absoluta

24

Aislamiento Relativo - Transmisibilidad relativa

28

Fuerza transmitida a la base

31

Ejemplos sobre Oscilaciones Forzadas Amortiguadas

34

Problemas a resolver

44

Obtención de las fuerzas del sistema amortiguado

46

Anexo

1

Oscilaciones Forzadas Amortiguadas - Armónicas • Ecuación del Movimiento S

F sin ( ω1t )

y

o

K

Fo sin ( ω1t ) K

S u

x

FE FI

Feff

FS •

Ecuación expresada en Fuerzas, FI ( t ) + FS ( t ) + FE ( t ) = Feff ( t ) M u&&( t ) + S u& (t ) + K u( t ) = F0 sen( ω1 t )

•

Ecuación expresada en aceleraciones, u&&(t ) +

S K F u& ( t ) + u( t ) = o sen ( ω1 t ) M M M

u&&(t ) + 2 ν ω1 u& ( t ) + ω12 u (t ) =

Sol. Compuesta

Fo sen ( ω1 t ) M

= Sol. Particular Inhomogénea + Sol. General Homogénea u (t ) = u p ( t ) + u g ( t )

Donde ω1 es la frecuencia natural del oscilador y ω1 es la frecuencia de la forzante.

2

Solución Particular Inhomogénea Forma (1): u p ( t ) = A sen( ω1 t + ψ)

ψ =: ángulo de fase

Sustituyendo esta solución en la ecuación del movimiento y sus derivadas, u& p ( t ) = ω1 A cos( ω1 t + ψ) u&& p ( t ) = − ω12 A sen( ω1 t + ψ) &u&&p ( t ) = − ω13 A cos( ω1 t + ψ ) F  2 2 − ω1 A sen(ω1 t + ψ) + 2ν ω1ω1 A cos(ω1 t + ψ) + ω1 A sen(ω1 t + ψ) = 0 sen(ω1 t + ψ)  M  − ω3 A cos(ω t + ψ) − 2ν ω ω2 A cos(ω t + ψ) + ω2 ω A cos(ω t + ψ) = ω F0 cos(ω t + ψ)  1 1 1 1 1 1 1 1 1 M 1

resultan las magnitudes para las constantes de la solución particular, Factor de Respuesta A=

F0 K (1 − α 2 ) 2 + 4 ν 2 α 2

Angulo de fase

tg ψ = −

2ν α 1 − α2

; con : α =

ω1 ω1

y la solución compuesta, resulta ahora:   F0 νω1 t u (t ) =  sen( ω1t + ψ ) + 1 e −4 C4 sen( ω1'4 t+ ) 4 4 2 4 4ϕ 4 3  K (1 − α 2 ) 2 + 4 ν 2 α 2  SOLUCION HOMOGENEA 1444444 424444444 3

[

SOLUCION PARTICULAR

(

)]

PARTE TRANSITORIA

donde ω1' es la frecuencia amortiguada y ϕ es el ángulo de fase entre la resultante del movimiento y el desplazamiento. Las constantes de integración, se obtienen para las condiciones iniciales. Es decir

t=0

u( t = 0) = u0  u& ( t = 0) = u& 0

⇒ C , ϕ

3

Solución Particular Inhomogénea Forma (2): u p ( t ) = B1p sen( ω1 t ) + B2p cos( ω1 t )

Solución Particular

Sustituyendo en la ecuación diferencial del movimiento y separando los múltiplos del sin ( ω1 t ) y del cos( ω1 t ) , se tiene,

[ [

] ]

Fo  p 2 p p 2 sen( ω1 t )  − B1 ω1 − B2 ω1 (2νω1 ) + B1 ω1 sen( ω1 t ) = M   − B p ω 2 + B p ω (2 νω ) + B p ω 2 cos( ω t ) = 0 1 1  2 1 1 1 2 1 Estas dos relaciones pueden satisfacerse individualmente, porque el sin ( ω1 t ) y el cos( ω1 t ) se hacen nulos en tiempos distintos y en fases opuestas. Dividiendo ambas relaciones por ω12 , cancelando las funciones trigonométricas y reagrupando, se tiene,  p F 1 − α2   B1 = 0 K (1 − α 2 ) 2 + ( 2 να) 2   ⇒   − 2να   B p = F0   2 2 2 K (1 − α ) + ( 2 να) 2 

F0  p 2 p  B1 (1 − α ) − B2 ( 2 να) = K  p 2 p  B (1 − α ) + B ( 2να) = 0  2 1 Sustituyendo en la solución particular, resulta u p (t ) =

[

F0 1 (1 − α 2 ) sen( ω1 t ) − ( 2να) cos( ω1t ) 2 2 2 K (1 − α ) + ( 2να)

]

y la solución compuesta, resulta ahora:

[

] [

)]

(

F  1 u(t ) =  0 (1 − α2 )sen(ω1t) − (2να) cos(ω1t)  + e−νω1t B1 sen(ω'1t ) + B2 cos(ω'1t ) 2 2 2 144444 42444444 3 (1 − α ) + (2να) 1K44 SOLUCIONHOMOGENEA 4444444442444444444443 SOLUCION PARTICULAR

PARTE TRANSITORIA

Siendo esta ecuación totalmente equivalente a la obtenida por el primer método.

4

5

Observaciones sobre la respuesta forzada amortiguada 1. La más evidente es que la solución de la homogénea es la parte transitoria de la respuesta: para t grande ⇒

e −νω1t → 0

2. Las constantes de integración (C , ϕ ) o ( B1 , B2 ) se obtienen de las condiciones iniciales y son independientes de las oscilaciones forzadas. 3. El ángulo (ψ) de retardo de la respuesta del oscilador respecto de la forzante armónica, no está influenciado por la magnitud de la fuerza, pero si por la relación de frecuencias (α ) oscilador-forzante y el amortiguamiento critico ν del oscilador. 4. Se define como amplificación dinámica de la respuesta estática a la siguiente expresión: fA =

3

fA

A A = K= u0 F0

1 (1 − α ) + 4 ν 2 α 2 2 2

COEFICIENTE DE AMPLIFICACION DINAMICA 3

ν= 0 ν = 0.2

f 1 α, ν 1

ν = 0.3

2.5

ν =0.5

f 3 α, ν 3

ν = 0.7

2

f 4 α, ν 4

ν =1 ν =1.5

f 5 α , ν 5 1.5

ν =15

Amplificación dinámica

Amplificación dinámica

f 2 α, ν 2

f 6 α, ν 6 f 7 α, ν 7

1

f 8 α, ν 8 0.5

1− ν2

0 0 0 0

1

2

3 α

Relación de frecuencias Relación de frecuencias

4

5 5

6

• Características del movimiento amortiguado-forzado 1) Representación vectorial de la respuesta en estado de régimen. Eje imaginario A

F − 2 να B2 = 0 2 2 K (1 − α ) + ( 2να ) 2

B1 =

ψ

F0 1 − α2 K (1 − α 2 ) 2 + (2 να ) 2

ω1t Eje Real

A 44448 644447   F0  sen( ω t + ψ ) u p (t) =  1  K (1 − α 2 ) 2 + 4 ν 2 α 2    o bien

[

F  1  (1 − α2 ) sen( ω1t ) − ( 2να) cos( ω1t ) u p ( t ) =  0 2 2 2  K (1 − α ) + ( 2 να)  

]

2) Calculo del estado de equilibrio durante la respuesta en régimen. Sustituyendo la solución particular u p (t ) en la ecuación del movimiento, resulta: M u&&p ( t ) + S u& p ( t ) + K u p (t ) = F0 sen( ω1t ) donde

[

F u p ( t ) =  f A2 0  (1 − α 2 ) sen( ω1 t ) − ( 2να) cos( ω1t ) K  luego de algunas operaciones algebraicas, se tiene FI (t ) + FS ( t ) + FE (t ) − F0 sen( ω1t ) = 0

]

7 siendo:

[

FI ( t ) = f A2 F0 − (1 − α 2 ) sen( ω1 t ) + ( 2να) cos( ω1t )

[

]

FS ( t ) = 2 f A2 F0 ν (1 − α 2 ) cos( ω1 t ) + ( 2να) sen( ω1t )

[

]

]

FE ( t ) = f A2 F0 (1 − α 2 ) sen( ω1 t ) − ( 2να) cos( ω1t ) Feff ( t ) = F0 [ sen( ω1t )]

ω1 t Fo

FS 2 f A2 F0 ν (1 − α 2 )

ω1 t

4 f A2 F0 ν2 α

f A2 F0 ( 2 να)

FI

Ψ ω1 t f A2 F0 (1 − α 2 )

Ψ Ψ ω1 t

ω1 t

f A2 F0 (1 − α 2 )

FE f A2 F0 ( 2 να)

8 3) Influencia de la frecuencia. 3.a) Para frecuencias de forzantes muy bajas. (Grandes Períodos) ω1 → 0 ⇒ α = 0

⇒ fA =

1 (1 − α 2 ) 2 + ( 2 να) 2

=

A ≅1 u0

en este caso, el factor de amplificación dinámica f A , hace que la respuesta estática sea igual a la dinámica, A = u0

¡Carga Estática!

En otras palabras, el oscilador responde en armonía con la forzante. 3.b) Para forzantes con frecuencia igual a la natural del sistema. ω1 ≡ ω1 ⇒ α = 1

⇒ fA =

1 A = 2ν u 0

 para ν → 0 ⇒ A → ∞ , Resonacia u0  A= :  u 2ν  para ν = 1 ⇒ A = 0 , Amortiguam iento crítico  2

3.c) Para forzantes con frecuencia muy alta. ω1 >> ω1 ⇒ α ! Muy Grande ¡ Si ω1 → ∞ ⇒ α → ∞

⇒ fA → 0

⇒ fA → 0 ⇒ A→0

El oscilador es incapaz de responder a frecuencias tan altas y por lo tanto queda en estado de reposo.

EL OSCILADOR ES UN FILTRO DE FRECUENCIAS

4) El oscilador como filtro de frecuencias. El oscilador es un filtro de frecuencias. Sólo responde frente a aciones, cuya frecuencia es cercana a la frecuencia natural propia del oscilador.

9 ω1 > ω → No hay Respue sta  1 1

Respuesta dinámica: ω1 =

K M

 Frecuencia s Bajas :  ω1 ≅ ω1 ¡ pequeño! ⇒ Exita estructuras flexibles    Frecuencia s Altas :  ω1 ≅ ω1 ¡ grande! ⇒ Exita estructuras rigidas

5) Acciones no armónicas. Estas tres últimas consideraciones son también aplicables a casos de forzantes no armónicas con un contenido de frecuencias dominante ( ω1 ) DOM . Este es el caso de las acciones sísmicas se puede aplicar el concepto de superposición de armónicas. n

Fsis ( t ) = ∑ a i Fi (t ) i=1

siendo Fi (t ) una fuerza armónica.

La identificación de cada armónica se denomina “análisis armónico” o análisis de Fourier. Este concepto abre el campo para el análisis no armónico a través de la superposición de análisis armónicos.

10

• Determinación del amortiguamiento por resonancia. Una forma de obtener el factor de amortiguamiento ν es a través de la amplitud en resonancia. Para ello se hace un barrido de frecuencias, y cuando se captura la máxima amplitud, se deduce lo siguiente: K M

Se fija las características del oscilador: ω1 =

Se hace un barrido de frecuencia de la forzante: 0 ≤ ω1 ≤ 2ω1 , y se obtiene F0 u0 K ⇒ ν = F0 A= = 2ν 2ν 2 AK u(t ) A

u0 1

2

α=

ω1 ω1

11

• Determinación del amortiguamiento por decremento logarítmico. Es un método práctico para determinar experimentalmente el factor de amortiguamiento de un sistema en vibración libre.

u&o 1er máximo

C

2edo máximo

CI

uo

CII t1 +T’1

t1

C 9

9 6.75 4.5 2.25

u( t )

0 2.25 4.5 6.75

9

9 0 0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

t

Se basa en estudiar la proporción que decrece la amplitud entre dos máximos. Esta proporción, expresada en logaritmos, se denomina: DECREMENTO LOGARITMICO ' C C e − νω1 t1 r= I = = e νω1T = e ' C II C e −νω1 ( t1 +T )

100 100

2πν 1− ν 2

tomando logaritmo, se obtiene el denominado decremento logarítmico,

12

C δ = ln( r ) = ln  I  C II

 2 πν  =  1 − ν2

⇒ ν =±

C  para ν = 0 → ln  I  = 0 ⇒  CII  C  para ν = 1 → ln  I  → ∞ ⇒  CII 

C ln  I  CII   CI ln    CII

2

  

  + (2 π)2 

CI = C II CII → 0

13 Determinación de las constantes B1 y B2 para problemas forzados Amortiguados

Fo

u( t ) K.

v( t )

1 α

. sin( ω . t

2

2

K.

. sin ( ω . t

2

2

1 α

K.

2

1 2. α

ν. ω 1. t .

B 1. cos ω 1.

2 1 ν .t

B 2. sin ω 1.

2 ν .t

1

Ψ)

. cos ( ω . t α

4

e

ν . ω 1. t .

B 1. cos ω 1.

2 1 ν .t

B 2. sin ω 1.

2 1 ν .t

2 2 4. ν . α

Fo

v( t )

e

2 2 4. ν . α

Fo

d dt

Ψ)

Ψ ) .ω

ν. ω 1. exp ν. ω 1. t . B 1. cos ω 1.

1

2 ν .t

B 2. sin ω 1.

1

2 ν .t

2. 2 α

4. ν

Condición de borde para determinar las constantes: t=0

Fo

uo K.

1 α

2

2

. sin( Ψ )

K.

1 α

2

2

. cos ( Ψ ) . ω

K.

1

α

. cos ( Ψ ). ω

2

2

4. ν

K.

1 α

2

2

ν . ω 1.

B 2. ω 1.

2

1 ν

0

Fo

uo

2. 2 α

Fo

vo

ν . ω 1. B 1

2 2 4. ν . α

Fo

vo

Constante B1

0

2 2 4. ν . α

Fo

vo

B1

K.

. cos ( Ψ ) . ω

ν . ω 1. u o

2 2 4 .ν .α

1

ω 1.

1 ν

2

2

B 2. ω 1.

1

2 ν

0

2. 2 α

4.ν

Fo

ν . ω 1. K.

2

α

. sin( Ψ )

1 α

2

2

. sin ( Ψ ) 2 2 4. ν . α

=0

Const. B2

14 Condición d e borde natural uo v0

0 0

Fo

B1 K.

1

2 2. α

α

. sin( Ψ ) 4

2 2 4. ν . α

Fo

B2

K.

. cos ( Ψ ) . ω

Fo

ν . ω 1.

1 2 . α 2 α 4 4. ν2. α 2

K. ω 1.

1 ν

. sin ( Ψ )

1 2 . α 2 α 4 4. ν 2. α 2

2

Resolución de la ecuación bajo las condiciones particulares

Fo

u( t ) K.

1 α

2

2

. sin( ω . t 2 2 4. ν . α

Ψ)

e

ν. ω 1. t .

B 1. cos ω 1.

2 1 ν .t

B 2. sin ω 1.

1

2 ν .t

15

Ejemplo sobre: Oscilaciones Forzadas Amortiguadas – Armónicas 1)

Dado el oscilador de la figura que cumple con las siguientes relaciones: max Feff K = 1 , ν = 0.07 , α = 2.5 , u0 = u& 0 = 0 . Obtener la respuesta completa y observar que cuando entra en estado de régimen, la fuerza y el desplazamiento se encuentran en oposición de fase. Esto implica que si entramos con ν = 0.07 y α = 2.5 , en la figura que detalla la evolución del ángulo de fase, se obtendrá un desfase entre la forzante y la respuesta de Ψ ≅ π . •

Ecuación del Movimiento

S

F sin ( ω1t

u

F

F

Fef K

F

•

Ecuación expresada en Fuerzas, FI (t ) + FS ( t ) + FE (t ) = Feff ( t ) M u&&( t ) + S u& (t ) + K u (t ) = F0 sen( ω1t ) 0.5

u( t) F( t ) 0 5000.

0.5 0

200 trace 1 trace 2

400

600

800 t

1000

1200

1400

1600

Angulo de Fase

Factor de amplificación dinámica

16

Relación de frecuencias

2)

Relación de frecuencias

Dado el oscilador de la figura que cumple con las siguientes relaciones: max Feff K = 1 , ν = 0.0 , α = 1.2 , u0 = u& 0 = 0 . Obtener la respuesta completa y observar que cuando entra en estado de régimen, se produce una ligera amplificación que no alcanza a llegar a resonancia.

5

u( t) F( t) 0 1000.

5 0

200

400

600

800

1000 t

trace 1 trace 2

1200

1400

1600

1800

17

Ejemplo sobre: Movimiento amortiguado no forzado Dado un sistema a un grado de libertad, compuesto por un peso de 10kp en el extremo de una barra de acero cuya sección transversal es cuadrada de b=1cm , h=1cm y de longitud L=100cm, se pide: 1) Determinar experimentalmente: a) El decremento logarítmico, b) El período natural, c) Las amplitudes de la oscilación. 2) Determinar analíticamente: a) El período natural del sistema, con y sin amortiguamiento. b) la respuesta y las amplitudes durante la oscilación.

2) Determinar analíticamente. a) Período natural, con y sin amortiguamiento. Todas la unidades están expresadas en: fuerzas: [kp] , masa: [kg] , dimensiones: [cm], tiempo: [seg]. b

1, h

E

2.1 . 10

K

1, L 6

100

, g 980 ,

M

,

3. E. I

K = 0.525

L3

ω1

K M

ω 1 = 7.172866

Entonces: T1

2. π ω1

T 1 = 0.875966

amortiguamiento supuesto: ωd

2 1 ν .ω 1

ν

0.1

ω d = 7.136911

Entonces: Td

2. π ωd

T d = 0.880379

10 g

3

, M = 0.010204 ,

I

b. h 12

, I = 0.083333

18

condiciones de borde del problema:

C

φ

2 u o. ν. ω 1

up o

2

uo

φ.

u o . ν. ω 1

up o

,

3

up o

1

C = 3.032332

uo

ωd atan

uo

180

= 81.625673

π

ωd

B1

uo

,

B2

up o

u o. ν. ω 1 ωd

b) Respuesta y amplitudes durante la oscilación.

u ( t)

exp ν. ω 1. t . C. sin ω d .t

,

u( t)

exp ν. ω 1. t . B 1. sin ω d. t . ω d up( t)

upp(t)

exp ν. ω 1. t . B 1. cos ω d. t

ν. ω 1 . exp ν. ω 1 . t . B 1. cos ω d. t

up1( t )

up2( t)

φ

2 2 exp ν.ω 1.t . ν .ω 1 .B 1.cos ω d.t

up1( t )

2 2 ν .ω 1 .B 2.sin ω d.t

B 2. sin ω d. t

B 2 .sin ω d. t

B 2 . cos ω d. t .ω d

up2( t )

2 2 2.ν.ω 1.B 1.sin ω d.t .ω d 2.ν.ω1.B2.cos ω d.t .ωd B 1.cos ω d.t .ω d B 2.sin ωd.t .ωd

DESPLAZAMIENTO 3.5 2.625 1.75 0.875 u( t) 0 0.875 1.75 2.625 3.5 0

0.4

0.8

1.2

1.6

2 t

2.4

2.8

3.2

3.6

4

19 VELOCIDAD 21 15.75 10.5 5.25 up( t ) 0 5.25 10.5 15.75 21 0

0.4

0.8

1.2

1.6

2

2.4

2.8

3.2

3.6

4

2.8

3.2

3.6

4

t

ACELERACION 170 127.5 85 42.5 upp( t ) 0 42.5 85 127.5 170 0

0.4

0.8

1.2

1.6

2 t

2.4

20

Ejemplo sobre: Movimiento amortiguado forzado La viga simplemente apoyada de la figura, soporta en su centro un motor que 8000kp. Esta construida en acero y tiene una longitud de L=300 cm y un momento de inercia I=3000 cm4. El motor opera a una velocidad angular de 300 rev/min y su rotor tiene un peso excéntrico de 50kp a una distancia de 25 cm del eje de rotación. Se pide: 1) Calcular la amplitud del movimiento en el centro de la viga en estado de régimen. 2) Calcular la respuesta total en el tiempo del punto central de la viga. 3) Calcular la amplitud máxima en el caso de resonancia y obtener el número de revoluciones a la que se produce dicho estado dinámico. Nota: Considerar que el factor de amortiguamiento de la viga es el 10% del crítico.

M1

ω

M

EI

L Sistema Completo

M Fo sen(ϖ1t) u (t )

Sistema - máquina

Fo sen(ϖ1t)

Fo sen(ϖ1t) Mü

M

u(t )

K

S

u(t ) Ku

S u&

21 1) Calcular la amplitud del movimiento en el centro de la viga en estado de régimen. Todas la unidades están expresadas en: fuerzas: [kp] , masa: [kg] , dimensiones: [cm], tiempo: [seg]. I

3000

L

ν

0.1

RPM

300

eo

g

25

980

E

6

2.1 . 10

M

8000

M1

g

50 g

300

a) Frecuencia Natural K

48 . E. I

K = 1.12 10

3

4

L

K M

ω1

T1

ω 1 = 37.040518

eo

2. π

M

T 1 = 0.16963

ω1

M1 ü1 (M1 – M1 ) ü

2

ωd

1 ν .ω 1

ω d = 36.85485

u (t ) K

S

u (t )

Ku Td

Sc

2. π

T d = 0.170485

ωd 2. K. M

S c = 604.743157

S

b) Frecuencia de la forzante ω

1 . 2. π RPM. 60 1

c) Relación de frecuencia α

ω ω1

α = 0.84815

ω = 31.415927

ν. S c

S = 60.474316

S u&

22 d) Ecuación del movimiento Ecuación del desplazamiento de la masa excéntrica u 1 ( t ) = u (t ) + eo sin( ω1 t)

Ecuación del movimiento de la masa que rota más la que no sufre rotación [( M − M 1 ) u&& + M 1 &u&1 ] + S u& + K u = 0 Sustituyendo en esta última la ecuación del desplazamiento de la masa excéntrica, u&1 (t ) = u& (t ) + ω1 eo cos( ω1 t) u1 ( t ) = u(t ) + eo sin( ω1 t)  u&&1 (t ) = u&&(t ) − ω12 eo sin( ω1 t) resulta, M u&& − M 1 u&& + M 1 u&& − ω12 eo sin( ω1 t) + S u& + K u = 0

( ) M u&& + S u& + K u = (M ω e )sin( ω t) 14243 2 1

1

o

1

Fo

Fo

2 M 1. ω .e o

F o = 1.258878 10

3

Fo

A K.

α

1

2 2

A = 0.342762 2 ( 2. ν.α )

2) Calcular la respuesta total en el tiempo del punto central de la viga. Para condiciones de bordes naturales: uo

0

up o

Ψ

0

1

F o .sin( Ψ )

B1 K.

1

α

2 2

o tambien:

1

2 2

α

B2

2

α

, o también:

( 2. ν.α )

B1

A. sin( Ψ )

,

B 1 = 0.177306

2

Fo

B2 K.

2. ν. α

atan

. ( α . cos( Ψ )

2 ( 2. ν. α ) . 1

2

ν

A. ( α . cos( Ψ ) 1

ν. sin( Ψ ) )

ν. sin( Ψ ) ) 2

ν

,

B 2 = 0.23223

23

u p( t)

A. sin( ω. t

u g( t )

exp

Ψ)

ν. ω 1. t . B 1 . cos ω d. t

u( t)

u p( t)

F ( t)

F o. sin( ω. t

B 2 . sin ω d. t

u g( t) Ψ)

0.4

0.3 0.2 u p ( t ) 0.1 u g (t ) u (t )

0 0.1 0.2 0.3 0.4

0

0.12

0.24

0.36

0.48

0.6

0.72

0.84

0.96

1.08

1.2

t

3) Calcular la amplitud máxima en el caso de resonancia y obtener el número de revoluciones a la que se pruduce dicho estado dinámico. ω

ω1

α

1

Fo A

, entonces,

RPM

2 M 1. ω .e o Fo

K.

1

α

2 2

1 . 2 .π 60 1

1

.ω

F o = 1.75 10

RPM = 353.710895

3

A = 0.78125 2 ( 2. ν.α )

24

• Aislamiento de Vibraciones. a) Respuesta al desplazamiento en la base, Dos problemas diferentes : b) Fuerza transmitida a la base.

a) Respuesta al desplazamiento en la base Caso de estructuras sometidas a movimientos en su cimentación SISMOS – EXPLOSIONES. - Aislamiento Absoluto: Se considera un movimiento armónico en la base de la estructura u(t ) M

K 2

K 2

u s (t )

u s (t )

u(t )

u s (t )

K M S

u s (t )

u(t ) K ( u − us )

Mü S ( u& − u& s )

25 us ( t ) = uosen( ω1 t )  Forzante (INPUT)  , u& ( t ) = u ω cos( ω t )  s o 1 1 •

frecuencia del movimiento del suelo : ω1

Ecuación expresada en Fuerzas, FI (t ) + FS ( t ) + FE ( t ) = 0 M u&&( t ) + S (u& (t ) − u& s (t ) ) + K (u ( t ) − us ( t ) ) = 0 M u&&( t ) + S u& (t ) + K u( t ) = S u& s ( t ) + K u s (t ) M u&&( t ) + S u& (t ) + K u( t ) = (S uo ω1 ) cos( ω1 t ) + ( K uo ) sen( ω1 t )

Pudiéndose escribir como, M u&&( t ) + S u& (t ) + K u( t ) = uo (S ω1 )2 + ( K )2 sen( ω1 t + β) 14442444 3 Fo donde:

Fo = uo

Fo = uo K

( S ω1 )

2

+ (K )

2

2

2

S ω1   S ω1  = uo K   + 1  + 1 = uo K   K   M ω1 

(2 ν α)2 + 1

Fo ω1t

S ω1 uo S ω1 tan (β) = = = 2 να K uo K

β S ω1 uo

ω1t

K uo

26 La solución particular (de régimen o permanente), es la que corresponde a un movimiento oscilatorio forzado amortiguado.

u p (t) =

sen [(ω1 t + β) + Ψ ] Respuesta absoluta del oscilador (respecto del origen de coordenadas) K (1 − α ) + 4 ν α F0

2 2

2

2

Sustituyendo Fo por su magnitud, se obtiene la relación de desplazamientos,

u p (t) uo

=

(2 ν α )2 + 1 K (1 − α 2 ) 2 + 4 ν 2 α 2

sen[(ω1 t + β ) + Ψ]

Se define la TRANSMISIBILIDAD RELATIVA como el grado de aislamiento entre la estructura y el terreno, Tr =

u max p uo

=

( 2 ν α) 2 + 1

= f A ( 2 ν α) + 1 2

K (1 − α2 ) 2 + 4 ν 2 α 2

Tr → 0 AISLADO Tr →1 No-AISLADO Tr → ∞ AMPLIFICADO

La transmisibilidad también puede interpretarse como una relación de fuerzas, Sustituyendo Fo = uo K Tr =

u max p uo

=

(2 ν α)2 + 1 u max p

  Fo    K ( 2 ν α) 2 + 1   

en la expresión de la transmisibilidad, resulta =

K u max p Fo

(2 ν α )2 + 1 =

F max Fo

(2 ν α )2 + 1

Por comparación con la anterior, resulta otra forma de definir el factor de amplificación dinámica de la respuesta estática

fA =

A F max = u0 F0

donde F max es la Fuerza Estática Equivalente

Del análisis del concepto de transmisibilidad, surge que el amortiguamiento disminuye la transmisión de fuerzas a la estructura, siempre que α ≤ 2 . Para valores mayores de α = ω1 ω (forzantes con frecuencia mayor que la propia de la estructura), el efecto 1 del amortiguamiento actúa negativamente sobre la estructura.

27

Amplificado

ν=0.2

ν=0

ν=0.3 ν=0.5 ν=0.7 ν=15

Aislado

No Aislado

ν=0 2

ν=1

ν=1.5

α = ω1 ω1

28 - Aislamiento Relativo a la base: Se considera un movimiento armónico en la base de la estructura, pero en vez de considerar que este movimiento activa las fuerzas elásticas FE y de amortiguamiento FS , se admite que actúa sobre las fuerzas de Inercia FI .

M

M

K 2

K 2

K 2

u(t ) u s (t )

uT (t ) u(t ) Desplazamiento relativo a la base.

ω1 : frecuencia del movimiento del suelo us ( t ) = uosen( ω1 t )  Forzante (INPUT) u& s ( t ) = uo ω1 cos( ω1 t )  2 2 u&&s ( t ) = −uo ω1 sen( ω1 t ) = − ω1 us ( t )

•

Ecuación expresada en Fuerzas, FI ( t ) + FS ( t ) + FE ( t ) = 0 M &u&T ( t ) + S u& ( t ) + K u( t ) = 0 M (u&&S (t ) + u&&(t ) ) + S u& ( t ) + K u( t ) = 0

K 2

29

M &u&( t ) + S u& (t ) + K u (t ) = − M u&&S ( t ) = Feff ( t ) o también en aceleració n u&&(t ) + 2 νω1 u& ( t ) + ω12 u( t ) = − u&&S (t ) =

Feff (t ) M

donde Feff es la denominada fuerza efectiva que actúa sobre la masa del sistema. Sustituyendo la aceleración del terreno, se tiene

(

)

M u&&( t ) + S u& (t ) + K u( t ) = M ω12 uo sen( ω1 t ) 1424 3 Fo

La solución particular (de régimen o permanente), es la que corresponde a un movimiento oscilatorio forzado amortiguado.

u p (t) =

F0 K (1 − α2 ) 2 + 4 ν 2 α 2

sen [ω1 t + Ψ ]

Respuesta relativa del oscilador (respecto de la cimentación)

Sustituyendo Fo por su magnitud, se obtiene la relación de desplazamientos,

u p (t) uo

=

α2 K (1 − α ) + 4 ν α 2 2

2

2

sen [ω1 t + Ψ]

Se define la TRANSMISIBILIDAD RELATIVA como el grado de aislamiento entre la estructura y la cimentación,

T = R r

u max p uo

=

α2 K (1 − α ) + 4 ν α 2 2

2

2

= fA α

2

Tr → 0 AISLADO Tr →1 No-AISLADO Tr → ∞ AMPLIFICADO

30

Amplificado

ν=0 ν=0.2

ν=0.3

ν=0

ν=0.5

Aislado

No Aislado

ν=0.7

ν=1.5

ν=1 ν=15

α = ω1 ω1

31

b) Fuerza transmitida a la base la base Caso de estructuras que soportan máquinas y donde se quiere aislar a las estructuras de la excitación producida por las mismas.

Sistema Completo

M Fo sen(ϖ 1t)

u(t ) Sistema - máquina

Fo sen(ϖ 1t)

Fo sen(ϖ 1t) Mü

M

u(t )

K

S

u(t ) Ku

Feff ( t ) = Fosen( ω1 t )

Forzante (INPUT) :

•

S u&

Ecuación expresada en Fuerzas,

M &u&( t ) + S u& (t ) + K u (t ) = Fo sen( ω1 t ) = Feff ( t ) o también en aceleració n u&&(t ) + 2 νω1 u& ( t ) + ω12 u( t ) =

Fo M

sen( ω1 t )

32 La solución particular (de régimen o permanente), es la que corresponde a un movimiento oscilatorio forzado amortiguado.

u p (t) = u& p ( t ) =

F0 K (1 − α ) + 4 ν α 2 2

2

2

ω1 F0 K (1 − α2 ) 2 + 4 ν 2 α 2

sen [ω1 t + Ψ ] cos[ω1 t + Ψ]

tan( Ψ ) = −

2 να 1 − α2

La fuerza transmitida a través del muelle y el amortiguador vale, FT = K u + S u& = A [K sen( ω1 t + Ψ ) + S ω1 cos( ω1 t + Ψ )] o también FT = A K 2 + ( S ω1 ) 2 sen[1 ( ω4 t +2Ψ4 )4 +3 β] 14 ω1 t + φ donde: S ω1 = 2 να K 2 να tan(Ψ ) = − 1− α2 tan( β ) =

tan( φ) = tan( Ψ + β) =

tan( Ψ ) + tan(β) 2 να3 =− 1 − tan( Ψ ) tan(β ) 1 − α 2 − 4 ν2 α 2

Observar que el ángulo φ expresa la suma del desfase de la fuerza Ψ y el de la respuesta total de la estructura respecto del desplazamiento β . Sustituyendo en la ecuación de la fuerza, la expresión de la amplitud, resulta,

FT =

Fo 2 2

K (1 − α ) + ( 2να)

2

K 2 + ( S ω1 ) 2 sen (ω1 t + φ)

y su máximo será :

(FT )max = Fo

1 + (2 να) 2 (1 − α 2 ) 2 + (2 να) 2

33

Y se define la TRANSMSIBILIDAD al cimiento con la siguiente relación,

Tr =

( FT ) max = Fo

1 + ( 2να) 2 (1 − α2 ) 2 + ( 2 να) 2

Aislar la cimentación exige disminuir la transmisibilidad.

34

Ejemplo sobre: Movimiento amortiguado forzado El pórtico de la figura esta sometido a un movimiento sinuosidad en la base, de valor uo=0,5cm y frecuencia de 5,3rad/seg. Determinar:

Iv =∞

a) Transmisión del movimiento al travesaño del pórtico. b) Fuerza cortante máxima en las columnas. c) Momento flector máximo en las columnas y la correspondiente tensión máxima. d) Graficar la respuesta en desplazamientos en el tiempo. e) Encontrar un nuevo diseño sin cambiar la geometría, para que la transmisibilidad sea menor que la unidad.

Ic=2800 Wc=288

h=500

us (t ) Nota: Considerar que el factor de amortiguamiento del pórtico es el 5% del crítico y la estructura está construida en acero.

u s (t ) L=600

Todas las unidades están expresadas en [cm], [kp], [kg] y [seg]. a) Transmisión del movimiento al travesaño del pórtico. Ic ν

2880

, W c 288 , L 600 , h 500 , g 980 , E 2.1 . 106 , P 7000

0.5

,

ω

Q

5.3

Mf Ψ

24 . E. I c 3

Mf 3

K = 1.161216 10

h

Q uo

ω1

g

K M

6 EI c 6 EI c Ψ= uo h h2 2 M f 12 EI c Q= = uo h h3 24 EI c QT = 2 Q = uo 3 h 123 K M

a-1) Frecuencia Natural K

P

0.05

Desp. Impuesto uo sen( ω t ) : uo

M

ω 1 = 12.750304

f

=

35 Entonces:

2 .π

T1

T 1 = 0.492787

ω1 2 1 ν .ω 1

ωd

ω d = 12.734356

Entonces: 2 .π

Td

T d = 0.493404

ωd 2 . K. M

Sc

S c = 182.147193

ν. S c

S

S = 9.10736

a-2) Relación de frecuencia ω

α

α = 0.415676

ω1

a-3) Transmisibilidad Absoluta

( 2. ν. α )2

Tr

α

1

2 2

1

( 2. ν. α )

T r. u o

u pMax

T r = 1.208398

20% de amplificación

2

Desp. respecto de la posición de origen

u pMax = 0.604199

a-4) Transmisibilidad Relativa a la base α

T rR 1 u pR

α

2 2

2

T rR = 0.208615 2 ( 2. ν.α )

T rR. u o

u pR = 0.104308

a-5) Amplificación dinámica

1

fA 1

α

2 2

f A = 1.207355 ( 2. ν. α )

2

Desp. respecto de la base

36 b) Fuerza cortante máxima en las columnas El cortante máximo a nivel de piso surge a partir del movimiento relativo entre el travesaño y la base. K. u pR

QT

Q T = 121.123568

El cortante por cada columna valdrá entonces, QT

Qc

Q c = 60.561784

2

c) Momento flector máximo en las columnas y la correspondiente tensión máxima.

M fMax

6. E. I c 2

.u

M fMax= 1.514045 10

pR

h

4

o también: h M fMax Q c. 2

M fMax= 1.514045 10

4

Resultando la tensión máxima, σ

M fMax

σ = 52.570993

Wc

El cortante máximo podría haberse obtenido a partir del concepto de fuerza efectiva. F eff

2 M. ω . u o

QT

f A. F eff

F eff = 100.321429 Q T = 121.123568

Fo

F eff

Fuerza estática equivalente

37 d) Respuesta en desplazamientos en el tiempo. Fo

A K.

α

1

2 2

A = 0.104308 2 ( 2. ν.α )

Para condiciones de bordes naturales (desplazamiento y velocidad inicial nula): Ψ

2. ν. α

atan

α2

1

F o .sin( Ψ )

B1 K.

1

α

2 2

o tambien,

( 2. ν.α )

K.

1

α

2 2

o tambien,

. ( α . cos( Ψ )

2 ( 2 . ν. α ) . 1

Solución general: Solución completa:

ν.sin( Ψ ) )

2

1

Solución particular:

ν. sin( Ψ ) )

,

ν

A. sin( ω. t

u g( t)

exp ν. ω 1. t . B 1 . cos ω d. t

Desplazamiento del terreno:

u p ( t) u s ( t)

B 2 = 0.043096

2

u p ( t)

u( t )

B 1 = 0.005235

ν

A. ( α . cos( Ψ )

B2

,

2

Fo

B2

A. sin( Ψ )

B1

Ψ)

B 2 . sin ω d. t

u g( t) u o .sin( ω. t)

0.55 0.413 0.275 u s ( t)

0.138 0

u( t) 0.138 0.275 0.413 0.55 0

0.6

1.2

1.8

2.4

3 t

3.6

4.2

4.8

5.4

6

38

0.15 0.112 u p ( t ) 0.075 u g ( t ) 0.037 u( t )

0

Lsup 0.037 Linf

0.075 0.112 0.15

0

0.6

1.2

1.8

2.4

3 t

3.6

4.2

4.8

5.4

6

39

Ejemplo sobre: Movimiento amortiguado forzado – Pórtico más flexible El pórtico de la figura no ha cambiado su geometría respecto del anterior, sólo ha habido un cambio en las condiciones de vínculo. Esta sometido a un movimiento sinuosidad en la base, de valor uo=0,5cm y frecuencia de 5,3rad/seg. Determinar: a) Transmisión del movimiento al travesaño del pórtico. b) Fuerza cortante máxima en las columnas. c) Momento flector máximo en las columnas y la correspondiente tensión máxima. d) Graficar la respuesta en desplazamientos en el tiempo. e) Encontrar un nuevo diseño sin cambiar la geometría, para que la transmisibilidad sea menor que la unidad.

Iv =∞ Ic=2800 Wc=288

h=500

u s (t ) Nota: Considerar que el factor de amortiguamiento

u s (t )

del pórtico es el 5% del crítico y la estructura está construida en acero.

L=600

Todas las unidades están expresadas en [cm], [kp], [kg] y [seg]. a) Transmisión del movimiento al travesaño del pórtico. Ic ν

2880

,

Wc

288

,

L

600

,

h

500

,

g

980

,

E

6

2.1 . 10

,

P

7000

M

P g

0.05

Desp. Impuesto u o sen( ω t ) : uo

0.5

, ω 5.3

Mf a-1) Frecuencia Natural K

6. E. I c 3

Ψ

K = 290.304

h

Q ω1

K M

ω 1 = 6.375152

3 EI 3 EI Ψ = 2 uo L L M f 3 EI Q= = 3 uo L L 6 EI QT = 2 Q = 3 uo L { K Mf =

Q

uo

40

Entonces: 2 .π

T1

T 1 = 0.985574

ω1 2 1 ν .ω 1

ωd

ω d = 6.367178

Entonces:

2 .π

Td

T d = 0.986809

ωd 2 . K. M ν. S c

Sc S

S c = 91.073597 S = 4.55368

a-2) Relación de frecuencia ω

α

α = 0.831353

ω1

a-3) Transmisibilidad Absoluta

( 2. ν. α )

Tr

α

1 u pMax

2 2

2

1

T r = 3.137291

2 ( 2. ν. α )

T r. u o

u pMax = 1.568646

Desp. respecto de la posición de origen

a-4) Transmisibilidad Relativa a la base α

T rR 1 u pR

α

2 2

T rR. u o

2

T rR = 2.160876 2 ( 2. ν.α )

u pR = 1.080438

Desp. respecto de la base

41 a-5) Amplificación dinámica 4

1

fA 1

α

2 2

f A = 3.126506 ( 2. ν. α )

f A( α )

2

2

0

b) Fuerza cortante máxima en las columnas

0

0.5

1

1.5

2

α

El cortante máximo a nivel de piso surge a partir del movimiento relativo entre el travesaño y la base. K. u pR

QT

Q T = 313.655512

El cortante por cada columna valdrá entonces, QT

Qc

Q c = 156.827756

2

c) Momento flector máximo en las columnas y la correspondiente tensión máxima.

M fMax

3. E. I c 2

.u

4

M fMax= 7.841388 10

pR

h

o también: M fMax

Q c. h

4

M fMax = 7.841388 10

Resultando la tensión máxima, σ

M fMax Wc

σ = 272.27041

El cortante máximo podría haberse obtenido a partir del concepto de fuerza efectiva. F eff

2 M. ω . u o

F eff = 100.321429

Fo

F eff

2.5

3

42 f A. F eff

QT

Fuerza estática equivalente

Q T = 313.655512

d) Respuesta en desplazamientos en el tiempo. Fo

A K.

α

1

2 2

A = 1.080438 ( 2. ν.α )

2

Para condiciones de bordes naturales (desplazamiento y velocidad inicial nula): Ψ

2. ν. α

atan

2

α

1

F o .sin( Ψ )

B1 K.

1

α

2 2

o también,

( 2. ν.α )

K.

1

α

2 2

o también,

. ( α . cos( Ψ )

2 ( 2 . ν. α ) . 1

B2

Solución general: Solución completa:

ν.sin( Ψ ) )

2

A. ( α . cos( Ψ )

ν. sin( Ψ ) )

, B2 =

ν

A. sin( ω. t

u g( t)

exp ν. ω 1. t . B 1 . cos ω d. t

Desplazamiento del terreno:

u p ( t) u s ( t)

0.85438

2

u p ( t)

u( t )

,

ν

1

Solución particular:

A. sin( Ψ )

2

Fo

B2

B1

Ψ)

u g( t) u o .sin( ω. t)

B 2 . sin ω d. t

B 1 = 0.280831

43

1.5 1.125 0.75 u s ( t) 0.375 0 u( t) 0.375 0.75 1.125 1.5 0

1.2

2.4

3.6

4.8

6

7.2

8.4

9.6

10.8

12

t

1.5 1.125 u p (t )

0.75

u g ( t ) 0.375 u( t)

0

Lsup 0.375 Linf

0.75 1.125 1.5 0

1.2

2.4

3.6

4.8

6 t

7.2

8.4

9.6

10.8

12

44 Problemas a Resolver Problema 1: Una máquina pesa 8000 kp y está montada en la mitad de la luz de una viga de acero simplemente apoyada. La longitud de la viga es de 3m y su módulo de elasticidad es de 2.1x106 . El pistón de la máquina tiene un movimiento vertical que produce una fuerza armónica cuya frecuencia es de 9.55 Hz. y una amplitud de 3000 kp. 1. Despreciando el peso propio de la viga, y suponiendo una factor de amortiguamiento del 10% del crítico, determinar: 1.1. La amplitud del movimiento de la máquina, 1.2. La fuerza transmitida a los apoyos, 1.3. El ángulo de fase, 1.4. La respuesta en el tiempo. 1.5. Dimensionar la viga para que trabaje como máximo a su límite de elasticidad, σ e = 2400kp / cm 2 . 2. Considerando el peso propio de la viga, repetir los cálculos anteriores.

M

EI

L

Problema 2: Dado un oscilador simple, cuya frecuencia fundamental es ω1 : a) Graficar las curvas de transmisibiliad para el caso en que la frecuencia fundamental de la excitación armónica varíe entre 0 ≤ ω1 ≤ 5 ω1 . Considerar en cada caso los siguientes amortiguamiento: ν = 0, 0.1, 0.3, 0.5, 0.7, 0.9 . b) Según la gráfica obtenida, calcular la fuerza máxima estática equivalente para el pórtico de la figura (máximo cortante en la base), sabiendo que la frecuencia de la excitación es de 1Hz, 1000kp y dura 12 segundos. c) Resolver el mismo problema, considerando la ecuación del movimiento con todos su términos y obtener el máximo del desplazamiento y la fuerza cortante en la base.

45

P=500 Kp.

K=200.kp/cm

K=200.kp/cm

ν=0.2

Problema 3: Considérese un depósito de agua cilíndrico como se muestra en la figura. Se quiere obtener la respuesta en el tiempo en forma aproximada a un oscilador a un grado de libertad, bajo el supuesto que actúe una aceleración horizontal armónica de 0.5 de la gravedad y con una frecuencia angular de 40 rad/seg . Considerar en forma desacoplada dos de los principales modos de vibrar de esta estructura.

46

ANEXO Obtención de las fuerzas del sistema amortiguado

u p( t )

Fo . f A. K

Fo d . f A. dt K

Fo d f A. . K dt

2 α . sin w 1. t

1

= f A.

2 α .sin w 1 .t

1

Fo

.

K

1

2 .ν.α. cos w 1.t

2 α . cos w 1. t . w 1

2 α .cos w 1 .t .w 1

1

F = f A. o . K

1

2. ν. α. cos w 1.t

Solución Particular

=

2. ν. α.sin w 1. t . w 1

2.ν.α. sin w 1. t . w 1

2 2 α .sin w 1 .t .w 1

=

2 2. ν. α. cos w 1 .t .w 1

Sustituyendo la solución particular y sus derivadas en la ecuación diferencial del movimiento, resulta d2 M. d t2

d S. up dt

up

K. u p

F o. sin( w. t) = 0

Fo 2 2 2 M. f A. . 1 α .sin w 1 .t .w 1 2. ν.α.cos w 1 .t .w 1 K F + S. f A. o . 1 α2 .cos w 1. t . w 1 2. ν. α. sin w 1. t . w 1 K

+ K. f A.

Fo K

.

1

2 α . sin w 1. t

2. ν. α. cos w 1. t

+ +

F o. sin( w. t )

=0

47 En esta se identifican las siguientes fuerzas,

FI

Fo . M. f A. K

1

α2 . sin w 1. t . w 12

2. ν. α. cos w 1. t . w 12

sin( w. t )

S. f A.

Fo

.

α2 . cos w 1. t . w 1

1

K

Fs

2. ν. α. sin w 1. t . w 1

sin( w. t )

K . f A.

Fo

Fk

.

α2 . sin w 1 . t

1

K

2. ν. α. cos w 1. t

sin( w. t )

F ext

sin( w. t ) F o. sin( w. t )

F ext

Fo

w

, α

w1

,

w1

K M

, K

2

w 1 .M

Sustituyendo esta definiciones en las magnitudes de las fuerzas, resulta: Expresión para la fuerza de inercia: FI FI FI

Fo 2 2 2 M.f A. . 1 α .sin w 1. t . w 1 2. ν. α. cos w 1. t . w 1 K Fo . 1 α2 . sin w . t . w 2 2. ν. α. cos w . t . w 2 f A. 1 1 1 1 2 w1 f A. F o.

sin w 1. t . 1

2

α

2. ν. α. cos w 1. t

Expresión para la fuerza de amortiguamiento: Fs

Fo S.f A. . K

Fs

f A.

Fo . 2. ν. w . 1 2 w1

Fs

2. f A.

Fo . ν. w1

2 α . cos w 1. t . w 1

1

1

1

2. ν. α. sin w 1. t . w 1

2 α . cos w 1. t . w 1

α2 . cos w 1 . t . w 1

2. ν. α. sin w 1. t . w 1

2. ν. α. sin w 1. t . w 1

48

Fs

2. f A. F o. ν.

1

2 α . cos w 1 . t

2. ν. α. sin w 1. t

Expresión para la fuerza elástica: Fo

Fk

K. f A.

Fk

f A. F o.

.

2 α . sin w 1 . t

1

K

2 α . sin w 1. t

1

2. ν. α. cos w 1. t

2. ν. α. cos w 1. t

Expresión para la fuerza aplicada F ext

F o. sin( w. t )

RESUMEN

[

FI ( t ) = f A2 F0 − (1 − α 2 ) sen( ω1t ) + (2 να) cos( ω1t )

]

[

FS ( t ) = 2 f A2 F0 ν (1 − α 2 ) cos( ω1t ) + ( 2 να) sen( ω1t )

[

FE (t ) = f A2 F0 (1 − α 2 ) sen( ω1t ) − ( 2 να) cos( ω1t )

]

]

Feff ( t ) = F0 [ sen( ω1t ) ]

FS 2 f A2 F0 ν (1 − α 2 )

ω1 t f A2 F0 ( 2να)

Ψ

FI

F o

ω1 t

ω1 t f A2 F0 (1 − α2 )

4 f A2 F0 ν2 α

Ψ Ψ ω1 t

ω1 t

f A2 F0 (1 − α2 )

FE f A2 F0 ( 2 να)

RESPUESTA DINAMICA DE LAS ESTRUCTURAS Parte 2

Sergio Oller

Indice

Oscilaciones Forzadas Amortiguadas – No Armónicas

1

Ecuación del movimiento

1

Respuesta a un impulso elemental

2

Oscilador sometido a un impulso en un instante cualquiera

3

Oscilador sometido a una sucesión de impulsos – Int. Duhamel

4

Solución exacta de la integral de Duhamel

6

Solución aproximada de la integral de Duhamel

8

Integración directa de la ecuación del movimiento

10

Solución explícita en diferencias centradas

11

Solución implícita de Newmark

12

Ejemplos de programación

16

Problemas a resolver

22

1

Oscilaciones Forzadas Amortiguadas – No Armónicas Oscilador sometido a un impulso elemental. •

Ecuación del Movimiento

Se presenta este tema desde un enfoque basado en la respuesta a impulsos elementales IMPULSO APLICADO

Ft

S Oscilación libre u s (t )

K

dt>' READ(5,111)CN 111 FORMAT(1A8) OPEN(UNIT=1,FILE=CN//'.DTS',STATUS='OLD') OPEN(UNIT=2,FILE=CN//'.DES',STATUS='UNKNOWN') OPEN(UNIT=3,FILE=CN//'.VEL',STATUS='UNKNOWN') OPEN(UNIT=4,FILE=CN//'.ACE',STATUS='UNKNOWN') READ(1,*)V,W WA=W-DSQRT(1.0-V**2) NPOINTS=0 DO IP=1,MPOINTS READ(1,*,END=999)TIME(IP),ACCELERATION(IP) NPOINTS=NPOINTS+1 ENDDO 999 CONTINUE C C*** CALCULO U(1)=0.0 UP(1)=0.0 DO I=2,NPOINTS A0=-ACCELERATION(I-1) T0=TIME(I-1) A1=-ACCELERATION(I) T1=TIME(I) A=A0 B=(A1-A0)/(T1-T0) C0=A/(W**2)-2*V*B/(W**3) C1=B/(W**2) C2=U(I-1)-C0 C3=(UP(I-1)+V*W*C2-C1)/WA T=T1-T0 U(I)=C0+C1*T+C2*DEXP(-V*W*T)*DCOS(WA*T)+ & C3*DEXP(-V*W*T)*DSIN(WA*T) UP(I)=C1+(WA*C3-V*W*C2)*DEXP(-V*W*T)*DCOS(WA*T)& (WA*C2+V*W*C3)*DEXP(-V*W*T)*DSIN(WA*T) UPP(I)=-W*W*U(I)-2*V*W*UP(I)

17 WRITE(2,100)TIME(I),U(I) WRITE(3,100)TIME(I),UP(I) WRITE(4,100)TIME(I),UPP(I) ENDDO STOP 100 FORMAT(2F20.5) END

Ejemplo de programación de la integral de Duhamel por Trapecios (Convolución). PROGRAM DUHAM-CONVOLUCION C INTEGRACION APROXIMADA DE LA INTEGRAL DE DUHAMEL C REGLA DEL TRAPECIO C C V Factor de amortiguamiento critico C W Frecuencia natural no amortiguada C WA Frecuencia natural amortiguada C C Entrada de datos *.DTS C Salidas: desplazamiento: *.DES C velocidades *.VEL C aceleraciones *.ACE C C C C C-------------------------------------------------------------------IMPLICIT REAL*8(A-H,O-Z) PARAMETER(MPOINTS=100) COMMON V,W,WA DIMENSION TIME(MPOINTS),ACCELERATION(MPOINTS) DIMENSION U(MPOINTS),UP(MPOINTS),UPP(MPOINTS) CHARACTER*8 CN FU(T,A,TAU)=A*DEXP(-V*W*(T-TAU))*DSIN(WA*(T-TAU)) FV(T,A,TAU)=A*DEXP(-V*W*(T-TAU))*DCOS(WA*(T-TAU)) C C*** c

LECTURA DE DATOS LECTURA DE: V, W, NPOINTS WRITE(6,*)' CARGUE EL NOMBRE DEL ARCHIVO, SIN RAIZ >>>>' READ(5,111)CN 111 FORMAT(1A8) OPEN(UNIT=1,FILE=CN//'.DTS',STATUS='OLD') OPEN(UNIT=2,FILE=CN//'.DES',STATUS='UNKNOWN') OPEN(UNIT=3,FILE=CN//'.VEL',STATUS='UNKNOWN') OPEN(UNIT=4,FILE=CN//'.ACE',STATUS='UNKNOWN') READ(1,*)V,W WA=W-DSQRT(1.0-V**2) NPOINTS=0 DO IP=1,MPOINTS READ(1,*,END=999)TIME(IP),ACCELERATION(IP) NPOINTS=NPOINTS+1 ENDDO 999 CONTINUE C*** CALCULO

18 DO I=2,NPOINTS SUMU=0.0 SUMV=0.0 U(1)=0.0 T0=TIME(I) DO J=2,I A1=ACCELERATION(J-1) T1=TIME(J-1) A2=ACCELERATION(J) T2=TIME(J) DT=T2-T1 F1U=FU(T0,A1,T1) F2U=FU(T0,A2,T2) SUMU=SUMU+0.5*DT*(F1U+F2U) F1V=FV(T0,A1,T1) F2V=FV(T0,A2,T2) SUMV=SUMV+0.5*DT*(F1V+F2V) ENDDO C U(I)=-(1.0/WA)*SUMU UP(I)=-SUMV+V*W*U(I) UPP(I)=WA*SUMU-2.0*V*W*UP(I)-((V*W)**2)*U(I) WRITE(2,100)TIME(I),U(I) WRITE(3,100)TIME(I),UP(I) WRITE(4,100)TIME(I),UPP(I) ENDDO STOP 100 FORMAT(2F20.5) END

Ejemplo de programación en diferencias centradas. PROGRAM DIF-FIN C INTEGRACION NUMERICA DE LA ECUACION DEL MOVIMIENTO C POR DIFERENCIAS FINITAS C C Entrada de datos *.DTS C Salidas: desplazamiento: *.DES C velocidades *.VEL C aceleraciones *.ACE C C--------------------------------------------------------------------IMPLICIT REAL*8(A-H,O-Z) PARAMETER(MPOINTS=100) CHARACTER*8 CN DIMENSION TIME(MPOINTS),ACCELERATION(MPOINTS) DIMENSION U(MPOINTS),UP(MPOINTS),UPP(MPOINTS) C*** c

111

LECTURA DE DATOS LECTURA DE: V, W, NPOINTS WRITE(6,*)' CARGUE EL NOMBRE DEL ARCHIVO, SIN RAIZ >>>>' READ(5,111)CN FORMAT(1A8) OPEN(UNIT=1,FILE=CN//'.DTS',STATUS='OLD') OPEN(UNIT=2,FILE=CN//'.DES',STATUS='UNKNOWN') OPEN(UNIT=3,FILE=CN//'.VEL',STATUS='UNKNOWN') OPEN(UNIT=4,FILE=CN//'.ACE',STATUS='UNKNOWN')

19 READ(1,*)VM0,VD0,VK0 NPOINTS=0 DO IP=1,MPOINTS READ(1,*,END=999)TIME(IP),ACCELERATION(IP) NPOINTS=NPOINTS+1 ENDDO 999 CONTINUE C C***

CALCULO T1=TIME(1) T2=TIME(2) DT=T2-T1 A2=ACCELERATION(2) C0=1.0/(DT*DT) C1=0.5/DT C2=2.0*C0 C3=1.0/C2

C U(1)=C3*A2 UP(1)=0.0 UPP(1)=A2 C DO I=2,NPOINTS C C*** CALCULO DEL DESPLAZAMIENTO, VELOCIDAD Y ACELERACION C T1=TIME(I-1) T2=TIME(I) DT=T2-T1 A2=ACCELERATION(I) C0=1.0/(DT*DT) C1=0.5/DT C2=2.0*C0 C3=1.0/C2 C VME=C0*VM0+C1*VD0 PA=-VM0*A2-(VK0-C2*VM0)*U(I)-(C0*VM0-C1*VD0)*U(I-1) U(I+1)=(1.0/VME)*PA UPP(I)=C0*(U(I-1)-2.0*U(I)+U(I+1)) UP(I)=C1*(-U(I-1)+U(I+1)) C C*** IMPRESION WRITE(2,100)TIME(I),U(I) WRITE(3,100)TIME(I),UP(I) WRITE(4,100)TIME(I),UPP(I) ENDDO STOP 100 FORMAT(2F20.5) END

20

Ejemplo de programación DE Newmark. PROGRAM NEW C INTEGRACION NUMERICA DE LA ECUACION DEL MOVIMIENTO C POR NEWMARK C C Entrada de datos *.DTS C Salidas: desplazamiento: *.DES C velocidades *.VEL C aceleraciones *.ACE C C--------------------------------------------------------------------IMPLICIT REAL*8(A-H,O-Z) PARAMETER(MPOINTS=100) DIMENSION TIME(MPOINTS),ACCELERATION(MPOINTS) DIMENSION U(MPOINTS),UP(MPOINTS),UPP(MPOINTS) CHARACTER*8 CN C*** c

LECTURA DE DATOS LECTURA DE: V, W, NPOINTS WRITE(6,*)' CARGUE EL NOMBRE DEL ARCHIVO, SIN RAIZ >>>>' READ(5,111)CN 111 FORMAT(1A8) OPEN(UNIT=1,FILE=CN//'.DTS',STATUS='OLD') OPEN(UNIT=2,FILE=CN//'.DES',STATUS='UNKNOWN') OPEN(UNIT=3,FILE=CN//'.VEL',STATUS='UNKNOWN') OPEN(UNIT=4,FILE=CN//'.ACE',STATUS='UNKNOWN') READ(1,*)VM0,VD0,VK0 NPOINTS=0 DO IP=1,MPOINTS READ(1,*,END=999)TIME(IP),ACCELERATION(IP) NPOINTS=NPOINTS+1 ENDDO 999 CONTINUE

C C***

CALCULO G=0.5 B=0.25*(0.5+G)**2 U(1)=0.0 UP(1)=0.0 UPP(1)=ACCELERATION(1) DO I=2,NPOINTS

C*** Etapa de PREDICCION

& & &

T1=TIME(I-1) T2=TIME(I) DT=T2-T1 A1=ACCELERATION(I-1) A2=ACCELERATION(I) VJ0=VM0*(1/(B*DT**2))+VD0*(G/(B*DT))+VK0 DF=-VM0*(A2)+VM0*((1.0/(B*DT*DT))*U(I-1)+(1.0/(B*DT))* UP(I-1) + ((0.5/B)-1.0)*UPP(I-1)) + VD0*((G/(B*DT))*U(I-1)+((G/B)-1.0)* UP(I-1) + ((0.5*G/B)-1.0)*UPP(I-1)*DT)

21 C*** CORRECCION DEL DESPLAZAMIENTO U(I)=(1.0/VJ0)*DF C*** ACTUALIZACION DE LAS VARIABLES DU=U(I)-U(I-1) UP(I)=(G/(B*DT))*DU+(1-(G/B))*UP(I-1)+(1-0.5*G/B)*DT*UPP(I1) UPP(I)=(1.0/(B*DT**2))*(DU-UP(I-1)*DT)-((0.5/B)-1.0)*UPP(I1) C*** IMPRESION WRITE(2,100)TIME(I),U(I) WRITE(3,100)TIME(I),UP(I) WRITE(4,100)TIME(I),UPP(I) ENDDO STOP 100 FORMAT(2F20.5) END

22 Problemas a Resolver Problema 1: Probar numéricamente que la integral de Duhamel converge a la respuesta exacta, para un oscilador armónico sometido a una forzante armónica F ( t ) = Fo sen( ω1 t ) .

Problema 2: Suponer un oscilador simple cuya frecuencia angular es de ω1 = 31,62 rad seg y su amortiguamiento es de ν = 0.08 , sometido a una fuerza impulsiva en la base, de F = 1200 kp , durante ∆t = 0,02 seg , como se muestra en la figura. Fo

1200 kp

t

Obtener la respuesta en el tiempo mediante: 1. la integral de Duhamel, utilizando su forma exacta y la regla de Simpson. 2. Integración directa de la ecuación del movimiento, utilizando el método de Newmark.

Problema 3: Suponer el oscilador del problema número 2 y obtener la respuesta en el tiempo para las siguientes forzantes: 1. Carga impulsiva triangular: amplitud Fo = 1200 kp y duración ∆t = 0.03 seg . 2. Carga impulsiva senoidal: amplitud Fo = 1200 kp y duración ∆t = 0.25 seg . 3. Una señal como la que se muestra en la siguiente tabla y figura. Previo a resolver el problema es necesario rectificar el acelerograma.

23

1

'pp.dat'

0.8 0.6 Fuerza

0.4 0.2

0 -0.2 -0.4 -0.6 -0.8

0

Tiempo - Seg 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08

t

F/g

0.000 0.005 0.010 0.019 0.021 0.028 0.030 0.033 0.035 0.038 0.050 0.070

0.00 0.50 0.00 -0.60 0.00 1.00 -0.40 0.20 0.25 -0.70 0.60 0.00

RESPUESTA DINAMICA DE LAS ESTRUCTURAS Parte 3

Sergio Oller, Eduardo Car

,1752'8&&,Ð1$/$(;3(5,0(17$&,Ð1 ',1É0,&$(16$@$%DUEDW62OOHU&RQFHSWRVGHFDOFXORGHHVWUXFWXUDVHQODVQRUPDWLYDVGHGLVHxR VLVPRUUHVLVWHQWH&,01(,6²(G$%DUEDW%DUFHORQD'LFLHPEUH >@$%DUEDW-0LTXHO(VWUXFWXUDVVRPHWLGDVDDFFLRQHVVtVPLFDV&,01(%DUFHORQD >@03D]'LQiPLFDHVWUXFWXUDO5HYHUWp >@ 0 $ &HYDOORV ( &DU 7 3UDWR & 3UDWR / $OYDUH] ([SHULPHQWDO DQG QXPHULFDO GHWHUPLQDWLRQRIWKHG\QDPLFSUSHUWLHVRIWKHUHDFWRUEXLOGLQJRI$WXFKD,,1331XFOHDU (QJLQHHULQJDQG'HVLJQ  >@)&HVDUL0HWRGLGLFDOFRORQHOODGLQDPLFDGHOOHVWUXWWXUH3LWDJRUD%RORJQD >@5&ORXJKDQG-3HQ]LHQ'\QDPLFVRI6WUXFWXUHV0F*UDZ+LOO1