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• Grecia Viera Rodriguez

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE PIURA

Trabajo Encargado N°3 – Semestre 2016-I

I. Resolver la relación de problemas indicados, correspondientes a: TEXTO: DYNAMICS OF STRUCTURES, 2nd Ed. AUTOR: Anil K. Chopra 1. EJERCICIO 8.2: Para el sistema de cuerpo rígido mostrado en la fi gura P8.2: (a) Formule la ecuación de movimiento que rige la rotación en O. (b) Determine la frecuencia natural y la fracción de amortiguamiento. (c) Determine la respuesta de desplazamiento u ( x , t ) a p (t )=δ(x )

la

función delta de Dirac.

FIGURA P8.2

SOLUCIÓN: a) Formulación de la ecuación de movimiento:

-

Establecemos la forma de la función, además asumimos como coordenadas generalizadas el giro en sentido antihorario en el apoyo O.

u ( x , t )=xθ

L/8 9θL/8

θ

O

L/8 X

L/8 L/8

1

UNIVERSIDAD NACIONAL DE PIURA L

-

Hacemos nuestro diagrama de cuerpo libre: p(t)

c θ´

I 2 θ´

I 1 θ´ m(L θ´ /2)

m(9 L θ´ /8)

k(Lθ/2) L/2

-

L/2

Procedemos a hacer momentos con respecto a O.

∑ M O =O ´ ´ ´ mL θ L + I 2 θ+ ´ 9 mL θ 9 L + c θ+ ´ kLθ L = p ( t ) 9 L I 1 θ+ 2 2 8 8 2 2 8 … (I)

( ) -

(

)

( )

Hallamos los momentos de inercia para: La barra:

I1 =

m L2 12

La placa:

b a

a (¿ ¿2+ b2) m 12 I 2 =¿

L/8

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I2 =

MI 2=

-

m 12

[( ) ( ) ] 2

L L + 4 4

2

m L2 96

Reemplazamos los valores en la ecuación (I): ´

´

( mL2 θ ) L2 + I θ+´ ( 9 mL8 θ ) 98L + c θ+´ ( kLθ2 ) L2 = p ( t ) 98L

´ I 1 θ+

2

m L2 ´ m L2 ´ m L2 ´ 81 m L2 ´ k L2 ´ (t ) 9 L θ+ θ+ θ+ θ+ θ+ c θ=p 12 4 96 64 4 8

(

m L2 m L2 m L2 81 m L2 ´ ´ k L2 9L + + + θ+c θ+ θ= p ( t ) 12 4 96 64 4 8

)

103 m L2 ´ ´ k L2 9L θ+c θ+ θ= p ( t ) 64 4 8

-

Por lo tanto los parámetros generalizados son: 103 m L2 m= 64 ¿

C¿ =c P¿ =p ( t )

9L 8

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b) Calculo de la frecuencia natural y la fracción de amortiguamiento:

-

La frecuencia natural ω n=

√

K¿ m¿

√

k L2 4 ω n= 103 m L2 64

√

2

64 k L ω n= 4∗103 m L2 ω n=4

-

√

k 103 m

La fracción de amortiguamiento: ξ=

ξ=

C¿ 2 √ K ¿ m¿ c

√

k L2 ∗103 m L2 4 2 64 ξ=

8c L √ 103 km 2

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c) Calculo de la respuesta de desplazamiento

u(x,t )

a

p (t )=δ( x )

la función delta de

Dirac - La respuesta de desplazamiento u ( x , t )=xθ(t )

-Se tiene que la función delta de Dirac está dada por:

- Ademas:

p (t )=δ(x )= p ( t )

9L 8

m¿=103 m L2 /64 - Entonces:

9L 8 −ξω t θ (t)= ¿ e sen ω D t M ωD n

θ (t)=

θ (t)=

9 L/ 8 e−ξω t sen ω D t 2 103 m L ωD 6 n

−ξω n t

72 e 103 mL ω D

sen ω D t

2. EJERCICIO 8.4: La barra rígida de la figura P8.4 con una articulación en el centro está unida a una base visco elástica, que puede modelarse mediante la rigidez ‘k’ y el coeficiente de amortiguamiento ‘c’ por unidad de longitud. Use la rotación de la barra como la coordenada generalizada y: (a) Formule la ecuación de movimiento.

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(b) Determine la frecuencia de vibración natural y la fracción de amortiguamiento.

FIGURA P8.4

SOLUCIÓN: a) Formulación de la ecuación de movimiento:

-

Seleccionamos una función de forma apropiada para este caso.

ψ ( x )=x -

Determinamos los parámetros generalizados:

Masa generalizada: L 2

2

2

m ¿= ∫ m ( x ) [ ψ ( x ) ] dx +∑ m i [ ψ i ] + ∑ I 0 i [ ψ ' i ] −L 2 L 2

m¿= ∫ m x 2 dx −L 2

m ¿=

3

m . x L/ 2 3 −L/ 2

|

2

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L 8 (¿¿ 3+ m.

L3 ) 8

3 m =¿ ¿

m¿=

m . L3 12

Amortiguamiento generalizado

L 2

2

c ¿ =∫ c [ ψ ( x ) ] dx +∑ c i [ ψ i ] −L 2 L 2

c ¿ =∫ c x 2 dx −L 2

c ¿=

c . x3 L /2 3 −L/ 2

|

L 8 L3 (¿¿ 3+ ) 8 c. 3 c ¿ =¿

c ¿=

c . L3 12

2

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Rigidez generalizada

2

2

2

k [ ψ ( x ) ] dx+∫ EI (x) [ ψ ' ' ( x ) ] dx+ ¿ ∑ k i [ ψi ] L 2

k ¿= ∫ ¿ −L 2 L 2

k ¿ = ∫ k x 2 dx −L 2

3

¿

k=

k . x L /2 3 −L/ 2

|

L 8 (¿¿ 3+ k.

L3 ) 8

3 k ¿=¿

k¿=

k .L 12

3

Carga efectiva generalizada

L 2

P¿ =∫ P ( x , t) ψ ( x ) dx+ ∑ Pi ψ i −L 2

UNIVERSIDAD NACIONAL DE PIURA L 2

P¿ =∫ −L 2

2x P(t ) xdx L

3

2 x P = . P(t ) L /2 L 3 −L/ 2 ¿

P¿ =

|

2

L P(t ) 6

¿´ ´ m¿ θ+C θ + K ¿ θ=P (t )¿

m

L3 ´ L3 ´ L3 L2 θ+c θ+k θ= P(t) 12 12 12 6

b) Calculo de la frecuencia natural y fracción de amortiguamiento: -

√

La frecuencia natural

¿

K ω n= ¿ M

√

L3 k 12 ω n= L3 m 12 ω n=

-

√

k m

La fracción de amortiguamiento:

UNIVERSIDAD NACIONAL DE PIURA ¿

ξ=

c ξ=

ξ=

C 2 √ K ¿ m¿

L3 12

√

L3 L3 2 k .m 12 12 c 2 √ km

3. EJERCICIO 8.5: Para el sistema de cuerpo rígido que se muestra en la figura P8.5: (a) Elija una coordenada generalizada. (b) Formule la ecuación de movimiento. (c) Determine la frecuencia de vibración natural y la razón de amortiguamiento.

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FIGURA P8.5

SOLUCIÓN: a) Elección de coordenada generalizada: -

Graficamos la forma de deformación, la cual será la siguiente:

-

Como se observa la barra AB sufre una deformación diferente a la barra CD debido a ciertos factores, por ello se ha establecido dos coordenadas generalizadas las cuales son z y z’.

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b) Formulación de la ecuación de movimiento: -

Dibujamos el respectivo diagrama de cuerpo libre.

-

Analizando la barra AB: ∑ MA=0 '

( )( L2 )+ P ( t ) ( L2 )−K (Z−Z ) L=0

Z k 2

'

Z'

( KL4 + KL)−KLZ + P ( t ) ( L2 )=0

Z'

L −KLZ + P ( t ) ( )=0 ( 5 KL ) 4 2

Z ' =(

'

Z=

P (t) 4 )( KZ− ) 5K 2

4 Z 2 P (t ) − 5 5k

…(I I )

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-

Analizando la barra CD:

∑ MD=0

( m2 ) ´z ( L2 )+( C2 ) Z´ ( L2 )+ K (Z−Z ) ( L ) + IL´z =0 '

(

-

mL I ´ CL ´ + Z+ Z + KL ( Z −Z ' )=0 4 L 4

) ( )

El momento de inercia de una barra es: I1 =

m L2 12

L

-

…(II I )

Reemplazando (II) y (IV) en (III).

CL ´ Z´ + Z + KL ( Z−Z ) =0 ( mL4 + mL 12 ) ( 4 ) '

´ CL Z+ ( mL3 ) Z+ ( 4 ) ´ KL ( Z−( 45Z − 25Pk( t ) ))=0 2 P (t) L + =0 ( mL3 ) Z´ +( CL4 ) Z´ +( KLZ − 4 KLZ 5 5 )

…(IV )

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mL ´ CL ´ KLZ 2 P ( t ) L Z+ Z+ + =0 3 4 5 5

( ) ( ) (

)

−2 P ( t ) L mL ´ CL ´ KL Z+ Z+ Z= 3 4 5 5

( ) ( ) ( )

( m3 ) Z´ +( C4 ) Z´ +( K5 ) Z =−25P ( t ) -

Por lo tanto los parámetros generalizados son:

m=

m 3

C¿ =

C 4

¿

¿

K =

¿

P=

K 5

−2 P ( t ) 5

c) Calculo de la frecuencia de vibración natural y la razón de amortiguamiento

-

La frecuencia natural

√

¿

K ω n= ¿ M

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√

K ) 5 ω n= m ( ) 3

ω n=

-

√

(

0.6 k rad / s m

La fracción de amortiguamiento: ¿

ξ=

C ¿ ¿ 2 √K m

√

c m k ξ=( )/2 ( )( ) 4 3 5 ξ=

c

√

8∗

mk 15

ξ=0.484 c / √ mk

4. EJERCICIO 8.7:

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Una chimenea de concreto reforzado con 600 pies de altura tiene una sección transversal hueca circular con un diámetro exterior de 50 pies en la base y 25 pies en la parte superior; el espesor de la pared es de 2 pies 6 pulg, y es uniforme en toda la altura (figura P8.7). Usando la aproximación de que el espesor de pared es pequeño en comparación con el radio, se calculan la masa y las propiedades de rigidez a la flexión a partir del área bruta del concreto (despreciando el acero de refuerzo). Se supone que la chimenea está fija en la base y se estima que su fracción de amortiguamiento es de 5%. El peso unitario del concreto es de 150 lb/pie3 y su módulo de elasticidad Ec = 3600 ksi. Suponiendo que la función de forma es: πx

Ψ(x) = 1-cos ( 2 L ) Donde L es la longitud de la chimenea y x se mide desde la base, calcule las cantidades siguientes: (a) Las fuerzas cortantes y los momentos flexionantes en la base y a la mitad de la altura, (b) La deflexión de la parte superior debida al movimiento del terreno definido por el espectro de diseño de la figura 6.9.5, escalado a una aceleración máxima de 0.25g.

FIGURA P8.7

SOLUCIÓN:

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-

Determinamos las propiedades de la chimenea, las cuales estarán en función de “x”, ya q varían a lo largo de toda su longitud. Encontraremos un radio el cual va desde el centro hasta la mitad de espesor, y esto lo hacemos ya que estamos usando la aproximación de que el espesor de pared es pequeño en comparación con el radio

RADIO: Rm ( x )=23.75−

12.5 x 600

AREA: A ( x ) =2 π Rm ( x ) t 12.5 x ) * 2.5 A ( x ) = 2π * ( 23.75− 600 A(x) = (373.06 – 0.327x) pies2 MASA: m ( x )=

150 ∗A( x ) 32.2

m ( x )=

150 ∗( 373.06 – 0.327 x) 32.2

m ( x ) = 1.738 – (1.523*10-3)x kips-seg2/pie2

INERCIA: I ( x )=π R m3 (x)t

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(

I ( x )=π∗ 23.75−

12.5 x ∗2.5 600

)

I ( x )=¿ = 105.216 – 276.9x + 0.243x2 – (7.102*10-5)x3 pies4

RIGIDEZ: EI ( x )=5.454∗1010−( 1.435∗108 ) x+ ( 1.259∗105 ) x 2−36.82 x3

-

Determinamos los parámetros generalizados:

MASA GENERALIZADA:

L

M ¿=∫ m ( x ) [Ψ ( x)]2 dx 0

L

2

πx M =∫ [ (1.738 )−( 1.523∗10−3 ) x∗(1−cos ⁡( )) ]dx ¿

2L

0

πx ) 2L ¿ ¿ ¿2 πx cos( ) 2L ¿ ¿ ¿ cos(

L

∫¿ 0

1−2 cos

( 2πxL )+¿−(1.523∗10

−3

¿

L

∫¿ 0

M ¿=1.738 ¿

)∗¿

kips.pies2

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πx ) 2L ¿ ¿ ¿2 πx cos ( ) 2L ¿ ¿ x¿ L L πx xdx−2∫ xCos dx +∫ ¿ 2L 0 0 cos (

( )

L

∫¿ 0

¿− ( 1.523∗10−3 )∗¿ L

L

πx dx−2∫ cos dx+∫ ¿ 2L 0 0

( )

L

∫¿ 0

M ¿ =1.738 ¿ 2

( | ( ) ( )| )

2L πx L X L ¿ −3 M =1.738∗ x L −2∗ ∗Sen + A −( 1.523∗10 )∗( −2 B+C) π 2L 0 2 0 0

Hallamos el valor de A, B y C: πx ) 2L ¿ ¿ ¿2 ¿

cos(

L

A=∫ ¿ 0 L

A=

1 + 1] dx ∫ [cos πx 20 L

( )

…(V I )

|

…(V )

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dx L πx ∫ cos L dx +∫ ¿ 0 0 1 A= ¿ 2 L

( )

1 A= ∗¿ ¿ 2 A=

( 2Lπ )∗Senπ + 6002 ¿

A=

600 ∗Senπ + ¿ ( 600 ) 2π 2

A=300

L

B=∫ xCos 0

( 2πxL ) dx

Integrando por partes:

u=x → du=dx

dv=cos(

πx πx 2 L )dx → v=Sen( )( ) 2L 2L π

B=x Sen

πx 2L

( )( )

( )[

( )]|

2L πx B= x Sen π 2L

…(V II )

B=

L

2L 2L πx −( )∫ Sen dx π π 0 2L

( )

2 L +( 2 L ) ∗cos πx L π 2L 0 0

( )|

2∗600 π 1200 2 π ∗600∗Sen + ∗[cos −1] π 2 π 2

( )(

)

()

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B=83280.614

πx ) 2L ¿ ¿ ¿2 x¿

cos(

L

C=∫ ¿ 0

L

1 πx C= ∫ ( x)[cos +1]dx 2 0 L

( )

xdx L πx ∫ ( x)cos L dx+∫ ¿ 0 0 1 C= ¿ 2 L

( )

L

D=∫ (x) cos 0

( πxL ) dx

u=x → du=dx dv=cos(

πx πx L ) dx → v=Sen( )( ) L L π

L

L

πx L L πx dx=x Sen ( )( ) L −( )∫ Sen ( ) dx ∫ xCos ( πx ) L L π 0 π L

|

0

D=

( )[ ( )]| L πx x Sen π L

0

2 L +( L ) ∗cos πx L L 0 0 π

( )|

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Reemplazando en C:

[

]

1 600 600 2 6002 C= { ∗600∗Sen ( π ) + ∗( cos ( π ) −1 ) + } 2 π π 2

( )

…(VC=53524.374 I II )

Hallamos el valor de M procedemos a resolverlo:

¿

, para ello reemplazamos (VI), (VII) y (VIII) en (V) y

M ¿=134.481 kip−seg 2 / pie

RIGIDEZ GENERALIZADA: Ψ ( x ) =1−cos ⁡(

Ψ ' ( x )=(

πx ) 2L

π πx )Sen ⁡( ) 2L 2L

Ψ (x)= {( {π} over {2L} )} ^ {2} Cos ( {πx} over {2L} ) Ψ (x) ]} ^ {2}} dx ¿ EI ( x ) ¿ L

K =∫ ¿ ¿

0 L

K ¿ =∫ [ ( 5.454∗1010 )−( 1.435∗108 ) x + ( 1.259∗10 5 ) x 2−36.82 x 3 ]∗[ 0

π 2 πx 2 ∗cos( )] dx 2L 2L

( )

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cos (

πx ) 2L L

10

( 5.454∗10 )∗∫ ¿2 dx ¿ xCos (

0

πx ) 2L L

8 2 −( 1.435∗10 )∗∫ ¿ dx

x 3 cos( -

πx ) 2L

L

36.82∗∫ ¿ 2 dx ¿

]

0

0

¿ 4 π ¿ K =( ) ∗¿ 2L

A: cos(

πx ) 2L

L

A=∫ ¿2 dx ¿ 0

Es la misma expresión que el “A” de la ecuación desarrollada para la masa generalizada, por lo tanto: A=300 B: xCos(

πx ) 2L

L 2

B=∫ ¿ dx ¿ 0

Igualmente podemos ver que esta expresión es idéntica a la usada para hallar el valor de “C” en la ecuación desarrollada para la masa generalizada, por tanto: B=53524.374

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C: x 2 cos(

πx ) 2L

L

C=∫ ¿2 dx ¿ 0

(x 2)(cos

( πxL )+1) dx L

∫¿ 0

1 C= ∗¿ 2 x2 dx L πx 2 ∫ ( x ) cos L dx +∫ ¿ 0 0 1 C= ¿ 2 L

( )

L

E=∫ (x 2) cos 0

( πxL ) dx

Resolviendo por partes: u=x 2 →du=2 xdx dv=cos(

πx πx L )dx → v=Sen( )( ) L L π x

πx L L L [¿ ¿ 2 Sen ] − π L 0 π

()

L

( ) | ( )∫ Sen( πxL )(2 xdx ) πx ∫ x cos ( L ) dx=¿ L

2

0

0

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x πx L 2 L L [¿ ¿ 2 Sen ] − π L 0 π

L

( ) | ( )∫ xSen( πxL ) dx πx ∫ x cos ( L ) dx=¿

()

0

L

2

0

L

F=∫ xSen 0

( πxL ) dx ¿

u=x → du=dx dv=Sen

L

( πxL ) dx → v=−cos ( πxL )( πL )

πx dx=−( x ) cos ∫ xSen πx L L 0

( )( )|

( )

( )[ ( )]|

F=−

F=

L

L L L πx +( )∫ cos dx π 0 π 0 L

L πx x cos π L

2 L +( L ) ∗Sen πx L L 0 0 π

( )|

−600 600 2 ∗600∗cos ( π ) + ∗Sen(π ) π π

( )

Reemplazando tenemos: F=114591.559 Reemplazando en “E”: x πx L 2 L L [¿ ¿ 2 Sen ] − π L 0 π

()

L

( ) | ( )∫ xSen( πxL ) dx πx E=∫ x cos ( ) dx=¿ L L

2

0

0

( )

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x L πx L 2 L [¿ ¿ 2 Sen ] − ∗F L 0 π π E=¿

( )| ( )

() E=

600 2L ∗600 2∗Sen ( π ) − ∗F π π

( )

Desarrollando: E=−43770751.32

Reemplazando hallamos el valor de “C” 2

x dx L πx 2 ∫ ( x ) cos L dx +∫ ¿ 0 0 1 C= ¿ 2 L

( )

2

x dx L

E+∫ ¿ 0

1 C= ¿ 2 1 x3 C= [ E+ L ] 2 3 0

|

C=14114624.33

x 3 cos(

πx ) 2L

L

D=∫ ¿ 2 dx ¿ 0

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(x 3)(cos

( πxL )+1) dx L

∫¿ 0

1 D= ∗¿ 2 x3 dx L L πx 3 ∫ (x )cos L dx +∫ ¿ 0 0 1 D= ¿ 2

( )

L

G=∫ ( x3 ) cos 0

( πxL ) dx

u=x 3 → du=3 x 2 dx dv=cos(

πx πx L )dx → v=Sen( )( ) L L π x

πx L L L [¿ ¿ 3 Sen ] − π L 0 π

L

( ) | ( )∫ Sen( πxL )(3 x dx ) πx ∫ x cos ( L ) dx=¿

()

2

0

L

3

0

x πx L 3 L L [¿ ¿ 3 Sen ] − π L 0 π

L

( ) | ( )∫ x Sen( πxL ) dx πx ∫ x cos ( L ) dx=¿

()

L

3

0

L

H=∫ x 2 Sen 0

( πxL )dx ¿

2

0

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u=x 2 →du=2 xdx dv=Sen

( πxL ) dx → v=−cos ( πxL )( πL ) x

πx L L L − [¿ ¿ 2cos ] + π L 0 π

L

( ) | ( )∫ cos ( πxL )(2 xdx) πx ∫ x Sen ( L ) dx=¿

()

0

L

2

0

x L

πx L 2 L L − [¿ ¿ 2cos ] + π L 0 π

( ) | ( )∫ xCos ( πxL ) dx πx ∫ x Sen ( L ) dx=¿

()

0

L

2

0

L

I =∫ xCos 0

( πxL ) dx ¿

Podemos ver que esta expresión es idéntica a “D” hallado para el cálculo de la masa generalizada, por lo tanto: 2

I=

600 600 ∗600∗Sen ( π )+ ∗( cos ( π )−1 ) π π

( )

I =−72951.252

L

H=∫ x 2 Sen 0

2L ∗600 ∗cos ( π ) +( ∗I ( πxL )dx =−600 π π )

Reemplazando tenemos: H=40889609.67

2

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x πx L 3 L L [¿ ¿ 3 Sen ] − π L 0 π

L

( ) | ( )∫ x Sen( πxL ) dx πx G=∫ x cos ( ) dx=¿ L

()

2

0

L

3

0

L

G=∫ x 3 cos 0

( πxL )dx = 600π ∗600 ∗Sen ( π )−( 3πL )∗H 3

Reemplazando el valor de “H”: 10

G=−2.3428∗10

Hallando “D”: 3

x dx L πx 3 ∫ (x )cos L dx +∫ ¿ 0 0 1 D= ¿ 2 L

( )

x 3 dx L

G+∫ ¿ 0

1 D= ¿ 2 x4 L 4 0 1 D= ¿ 2

G+

|

4

1 L D= [G+ ] 2 4

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Dando valores: D=4485989701

Por ultimo reemplazamos en la ecuación original: cos (

πx ) 2L L

( 5.454∗10 )∗∫ ¿2 dx 10

¿ xCos (

0

x 3 cos(

πx ) 2L

-

L

−( 1.435∗108 )∗∫ ¿2 dx 0

¿ π 4 ¿ K =( ) ∗¿ 2L

K ¿ =483.53

MASA PARTICIPANTE: L

λ=∫ m ( x ) [Ψ ( x)]dx 0

L

λ=∫ [ 1.738−( 1.523∗10−3 ) x ]∗(1−cos ⁡( 0

1−cos ⁡( ¿ x¿ L

πx )) dx 2L

πx ) 2L L

πx −3 λ=∫ (1−cos ⁡( ))dx −( 1.523∗10 )∗∫ ¿ 2 L 0 0

πx ) 2L

L 2

36.82∗∫ ¿ dx ¿ 0

]

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πx 2L cos ⁡( ¿)dx πx 2L xCos ⁡( ¿)dx L

xdx−¿ ∫ ¿ 0

L

∫¿ 0

L

L

∫ dx−∫ ¿−( 1.523∗10−3 )∗¿ 0

0

λ=1.738∗¿

( | ( ) ( )| )

2

2L πx L X L −3 λ=1.738∗ x L − Sen −( 1.523∗10 )∗( −83280.614) π 2L 0 2 0 0

2L πx L 6002 Sen −( 1.523∗10−3 )∗( −83280.614) π 2L 0 2

( ( ) ( )| )

λ=1.738∗ 600−

λ=231.63

FACTOR DE PARTICIPACION:

λ 231.63 ¿ = 134.481 M

( )

( Mλ )=1.722 ¿

|

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-

Encontramos el valor de la frecuencia natural y la relación de amortiguamiento:

√

K¿ ω n= m¿ ω n=¿ 1.896

T n=

2π ωn

T n = 3.313 seg.

rad/seg. a) La deflexión de la parte superior debida al movimiento del terreno definido por el espectro de diseño

- Empleamos el espectro de pseudoaceleracion, para determinar el valor de Sa

Tenemos: S a 0.25∗1.80 = =0.1358 g kip/ pie g 3.313

Sd =

Sa ω2n

=14.58∈¿

- Hallamos el valor de Z 0 : Z 0 =¿ Factor de participación * S d

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Z 0 =¿ 25.1 in - Determinamos el desplazamiento maximo: U 0 ( L )=Ψ ( L )∗Z 0=25.1∈¿

[

U 0 ( L )= 1−cos

( π2 )]∗Z

0

U 0 ( L )=25.1∈¿

- Las fuerzas estáticas equivalentes: f 0 ( x )=F . P .∗m ( x )∗ψ ( x )∗A

(

f 0 ( x )=1.722∗[ 1.738−( 1.523∗10−3 ) x ]∗ 1−cos

[

( 2πxL ))∗(0.1358 g)

f 0 ( x )=7.529∗[ 1.738−(1.523 x 10−3 ) X ]∗ 1−cos ⁡(

b) Fuerzas cortantes y momentos flexionantes:

- En la base L

V b 0=∫ f 0 (ξ )dξ 0

600

[

V b 0=7.529∗∫ [ 1.738−(1.523 x 10−3)ξ ]∗ 1−cos ⁡( 0

V b 0=¿ 1743.94 kips

]

πξ ) dξ 2L

πx ) 2L

]

UNIVERSIDAD NACIONAL DE PIURA L

M b 0=∫ ξf 0 ( ξ)dξ 0

600

[

M b 0=7.529∗∫ ξ [ 1.738−(1.523 x 10−3 )ξ ]∗ 1−cos ⁡( 0

]

πξ ) dξ 2L

M b 0=738702.28 kip . pie

- A mitad de la altura L

V

L =∫ f 0 (ξ) dξ

0( ) 2

L/ 2

600

V

V

−3

L 0( ) 2

L 0( ) 2

[

=7.529∗∫ [ 1.738−(1.523 x 10 )ξ ]∗ 1−cos ⁡( 300

=¿

]

πξ ) dξ 2L

1429.5 kips

L

M

L L = ∫ (ξ− ) f ( ξ) dξ 0( ) 2 0 L/2 2

600

M

M

[

=7.529 ∫ ( ξ−300 )∗[ 1.738−( 1.523 x 10−3 ) ξ ]∗ 1−cos ⁡(

L 0( ) 2

300

=240515.72 kip . pie

L 0( ) 2

]

πξ ) dξ 2L

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5. EJERCICIO 8.9: Resuelva el problema 8.7 para una excitación diferente: una fuerza debida a una explosión que varía linealmente en la altura desde cero en la base hasta p(t) en la parte superior, donde p(t) se da en la siguiente figura.

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SOLUCIÓN:

-

Definimos la función que describe la fuerza en un determinado tiempo, debido a la explosión, la cual varía linealmente en la altura.

( xL ) p (t)

P (x , t)= -

En el ejercicio anterior hemos obtenido los valores de la masa y rigidez generalizados, los cuales son: 2

¿

m =134.5 kip . s /ft ¿

K =483.5 kips/ ft

-

La ecuación de movimiento es la siguiente:

m¿ ´z + K ¿ z=p ¿ (t )

-

Procedemos a determinar el valor de la carga efectiva generalizada. L

p (t )=∫ p ( x , t ) . ψ ( x ) dx ¿

0

L

p (t )=∫ ¿

0

L

p¿ (t )=∫ 0

[

x πx p(t) 1−cos ⁡( ) dx L 2L

][

[

x x πx p(t) dx−∫ p( t) cos ⁡( ) dx L L 2 L 0

]

]

L

[

][

]

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[

L

p(t ) x p(t ) dx−¿ [ x ] cos ⁡( πx ) dx ∫ L L 0 2L

]

[

]

L

p ¿ (t)=∫ ¿

(1)

0

Resolvemos la integral por partes:

L

[

]

∫ [ x ] cos ⁡( 2πxL ) dx 0

u=x

dv =

[[

[

cos ⁡(

]|

du = dx

]

πx ) dx 2L

v=

L

[

2 Lx πx 2L πx sen ( ) L −∫ . sen( )dx π 2L 0 0 π 2L

[

2 Lx πx 4L πx sen ( ) L + 2 cos ( ) L π 2L 0 2L 0 π

]| [

][

2L πx . sen ( ) π 2L

]|

2

]] [[

][

2 L2 π 2 L.0 4 L2 π 4 L2 sen ( ) − sen (0) + cos( ) − cos (0) 2 2 π 2 π 2 π π

2 L2 4 L 2 − 2 π π

]] (2)

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Reemplazando (2) en (1):

p¿ ( t )=

p ( t ) 2 L2 4 L2 x2 p (t ) L− − 2 2L L π 0 π

p¿ ( t )=

L 2L 4L p ( t )− p ( t ) − 2 2 π π

(

|

(

)

)

Sabemos que L=600pies p¿ ( t )=

600 2∗600 4∗600 p ( t )− p ( t ) − 2 π π2

(

)

p¿ ( t )=161.199 p ( t )

a) La deflexión de la parte superior debida al movimiento del terreno definido por el espectro de diseño

-

Si

td 1 < tn 4

entonces se convierte en un impulso puro de magnitud.

t d 0.25 = t n 3.313

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