Ingeniería Antisísmica Capítulo 2 – Dinámica de estructuras.
Sistemas de un grado de libertad
-1- Claudio Oyarzo V. / 2005
Facultad de Ingeniería - UCSC
Capítulo 2 – Dinámica de estructuras. Sistemas de un grado de libertad
1 Preámbulo Este capítulo estará dedicado a determinar la solución de la ecuaciones diferenciales de movimiento obtenidas a partir del siguiente modelo dinámico.
Esto es, resolver para diferentes casos la ecuación diferencial:
)()()()( tFtxKtxCtxm =⋅+⋅+⋅•••
De los conocimientos obtenidos en la asignatura de Ecuaciones Diferenciales sabemos que esta expresión corresponde a una ecuación diferencial no homogénea de segundo orden. Para resolver este tipo de ecuaciones es necesario en primer lugar obtener una solución e ala ecuación homogénea y luego superponerle una ecuación particular. Concentremos, en primer término, nuestra atención en la ecuación homogénea.
0)()()( =⋅+⋅+⋅•••
txKtxCtxm (1)
Se puede demostrar que la solución para esta ecuación sería:
t
eAtxλ⋅=)( (2)
Reemplazando en la ecuación diferencial se tiene:
0)()()( =⋅+⋅+⋅•••
txKtxCtxm
02 =⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ttteAKeACeAm
λλλ λλ
( ) 02 =+⋅+⋅⋅ KCmeAt λλλ
K
C
m
F(t)
x(t)
m : Propiedades inerciales del sistema K : Fuerzas elásticas del sistema C : Mecanismo de disipación de energía del sist. F(t) : Fuerzas externas aplicadas sobre el sistema x(t) : Grado de Libertad del sistema
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Si consideramos que 0≠teλ, obtenemos la ecuación característica de 2° orden
( ) 02 =+⋅+⋅⋅ KCmA λλ (3)
en esta expresión, cuando 0=A obtenemos la solución del problema estático.
Por lo tanto para resolver el problema dinámico debemos desarrollar la solución al problema
( ) 02 =+⋅+⋅ KCm λλ , esto es:
m
K
m
C
m
C−
±−=2
22λ (4)
Donde definiremos:
m
Kn=ω
Km
Cd
2= KmC
cr2=
n
nT
2πω =
Luego: m
Cd
n
2=⋅ω
Entonces: ( ) ( )22
nnndd ωωωλ −⋅±⋅−=
12 −±⋅−= ddnn
ωωλ (5)
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2 Vibraciones. Sus ecuaciones de movimiento y el tipo de respuesta.
Basados en las ecuaciones (1) a la (5) haremos un análisis a diferentes tipos de movimientos oscilatorios.
2.1 Movimiento Armónico Simple La versión más simple del movimiento oscilatorio corresponde a aquel en que no existe pérdida de energía (roce, elementos no estructurales, comportamiento inelástico, etc), es decir no existen fuerzas de amortiguamiento, por lo tanto C = 0. Este caso corresponde al clásico péndulo perfecto.
• Modelo
• Ecuación de Movimiento
0)()( =⋅+⋅••
txKtxm
• Respuesta
Si establecemos que no existe amortiguamiento en la ecuación (4) el término C adopta valor 0 luego esta ecuación queda:
m
K−±=λ
ni ωλ ⋅±=
Entonces la solución a la ecuación de movimiento será:
ti2
ti1
nn eaeatx ωω −⋅+⋅=)(
Además es posible demostrar que para todos los sistemas físicos 1a y 2a son complejos
conjugados.
K
m
x(t)
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Por otro lado, como ya es sabido:
( ) ( )tsenitenn
ti n ωωω ⋅+= cos
por lo tanto reemplazando:
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]tsenitatsenitatx nn2nn1 ωωωω ⋅−⋅+⋅+⋅= coscos)(
( ) ( ) ( ) ( )tseniaataatx n21n21 ωω ⋅−++= cos)(
( ) ( )tsenAtAtx n2n1 ωω ⋅+= cos)(
( )φω += tAtxn
cos)(
Donde: 2
2
2
1 AAA +=
=
2
1
A
AArctanφ
Dado que 1a y 2a son complejos conjugados, es posible demostrar que 1A y 2A sin reales
y de igual forma A y φ también lo son.
La expresión:
( )φω += tAtx ncos)(
corresponde a la forma clásica de representar la ecuación de movimiento de un oscilador
simple y en general los parámetros A y φ se obtiene a partir de las condiciones iniciales.
0)0( xtx ==
0)0( vtx ==•
Oscilación Libre No Amortiguada
A = 2.5 [cm]
ω ω ω ω = ππππ/2 φ φ φ φ = ππππ/6
-3
-2
-1
0
1
2
3
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
t [s]
x(t) [cm]
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2.2 Movimiento Armónico Amortiguado Cuando se consideran las fuerzas de amortiguación o fricción en el análisis dinámico de estructuras, en general, estas son consideradas proporcionales a la magnitud de la velocidad y en sentido opuesto al movimiento. Este tipo de disipación de energía se conoce como amortiguamiento viscoso, pues corresponde al efecto de las fuerza generada en un cuerpo cuando este se desplaza en un medio viscoso. No obstante , existen situaciones en las cuales las suposiciones de amortiguamiento viscoso no es del todo realistas, estas se emplean en forma generalizada dada la simplicidad del análisis matemático subsecuente.
• Modelo
• Ecuación de Movimiento
0)()()( =⋅+⋅+⋅•••
txKtxCtxm
• Respuesta
Como ya hemos dicho la resolución de la ecuación diferencial de movimiento esta gobernada por la ecuación característica :
( ) 02 =+⋅+⋅ KCm λλ
La cual se resuelve mediante la siguiente expresión:
m
K
m
C
m
C−
±−=2
22λ
En el caso anterior verificamos el caso C = 0, a continuación verificaremos los casos en que C≠0.
K
C
m
x(t)
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� Amortiguamiento crítico: El primer caso corresponde al conocido como amortiguamiento critico. En este caso se tiene que:
Km2CC cr ==
Por lo tanto:
1C
Cd
cr
==
Luego:
m
K
m2
C
m2
C2
crcr −
±−=λ
Tendrá soluciones reales e iguales pues reemplazando se llega a:
m
K
m2
Km2
m2
C2
cr −
±−=λ
m
K
m
K
m2
Ccr −±−=λ
m2
Ccr−=λ Una sola solución Real
Entonces la solución a la ecuación de movimiento será:
t
2
t
1 etaeatx λλ ⋅⋅+⋅=)(
( ) t
21 etaatx λ⋅⋅+=)(
( )t
m2
C
21 etaatx−
⋅⋅+=)( Respuesta Exponencial
Los parámetros 1a y 2a se obtiene a partir de las condiciones iniciales.
0)0( xtx ==
0)0( vtx ==•
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Oscilación Libre Amortiguada
a1 = 1.0
a2 = 2.5
ω ω ω ω = ππππ/2 d = 1.0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
t [s]
x(t) [cm]
� Sobreamortiguado El segundo caso corresponde a aquel conocido como sobreamortiguado. Aquí se tiene:
1C
Cd
cr
>=
Por lo tanto:
0m
K
m2
C2
>−
Luego:
m
K
m2
C
m2
C2
−
±−=λ
Tiene dos soluciones reales y distintas
m
K
m2
C
m2
C2
1 −
+−=λ
m
K
m2
C
m2
C2
2 −
−−=λ
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Entonces la solución a la ecuación de movimiento será:
t
2
t
121 eaeatx
λλ ⋅+⋅=)( Respuesta Exponencial
Los parámetros 1a y 2a se obtiene a partir de las condiciones iniciales.
0)0( xtx ==
0)0( vtx ==•
Oscilación Libre Amortiguada
a1 = 1.0
a2 = 2.5
ω ω ω ω = ππππ/2 d = 1.1
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
t [s]
x(t) [cm]
� Oscilación Amortiguada.
Finalmente tenemos el caso del movimiento oscilatorio amortiguado. Aquí se tiene:
1C
Cd
cr
<=
Por lo tanto:
0m
K
m2
C2
<−
Luego:
m
K
m2
C
m2
C2
−
±−=λ
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Tiene dos soluciones complejas y distintas
2
m2
C
m
Ki
m2
C
−±−=λ
( )2
n
2
nn did ωωωλ ⋅−±⋅−=
2
nn d1id −±⋅−= ωωλ
2
nn1 d1id −+⋅−= ωωλ
2
nn2 d1id −−⋅−= ωωλ
Entonces la solución a la ecuación de movimiento será:
t
2
t
121 eaeatx
λλ ⋅+⋅=)(
( ) ( )td1id
2
td1id
1
2nn
2nn eaeatx −+⋅−−−⋅− ⋅+⋅= ωωωω)(
[ ]td1i
2
td1i
1
td 2n
2nn eaeaetx
−+−−⋅− ⋅+⋅= ωωω)(
Finalmente, reemplazando la expresión exponencial imaginaria
[ ])·()·cos()( tsenAtAetx d2d1
td n ωωω ⋅+⋅= ⋅−
[ ])·()( φωω +⋅= ⋅− tsenAetx d
td n
)·(·)( φωω +⋅= ⋅− tseneAtx d
td n
Respuesta oscilatoria Amortiguada de periodo d
2T
ωπ
=
Donde:
{ {2
NaturalFrecuencia
n
aAmortiguadFrecuencia
d d1 −= ·ωω
Los parámetros A y φ se obtiene a partir de las condiciones iniciales.
0)0( xtx ==
0)0( vtx ==•
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Oscilación Libre Amortiguada
A = 2.5
ω ω ω ω = ππππ/2φ φ φ φ = ππππ/6 d = 0.1
-3
-2
-1
0
1
2
3
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10t [s]
x(t) [cm]
Ejemplo 1 (Decremento logarítmico): Determine el coeficiente de amortiguamiento viscoso equivalente (d) del siguiente sistema, si experimentalmente se ha medido una disminución de la amplitud entre 2 ciclos consecutivos de un 20%.
Desarrollo: Sabemos que:
)·(·)( φωω +⋅= ⋅− tseneAtx d
td n
X(t)
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
t [s]
x(t) [cm]
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Si definimos un tiempo *t , tal que 1tsen d =+ )*·(· φω entonces:
*
*)(td neAtx
ω⋅−⋅=
Un periodo más tarde se tiene:
( )d
2n
d
td2 eAtx ω
πωω
π +⋅−⋅=+
*)*(
Luego:
( )d
2n
n
d
td
td
2eA
eA
tx
tx
ωπω
ω
ωπ +⋅−
⋅−
⋅
⋅=
+ *
*
)*(
*)(
( )( )d
2nn
d
tdtd
2e
tx
tx ωπωω
ωπ
+⋅−−⋅−=
+**
)*(
*)(
d2
n
d
d
2e
tx
tx ωπω
ωπ
⋅=
+ )*(
*)(
δω
πω
ωπ
=⋅
=
+ d
n
2
2d
tx
tx
d
·
)*(
*)(ln
22
n
n
d1
2d
d1
2d
−=
−
⋅=
π
ω
πωδ
·
·
·
Despejando:
( )22 2d
πδ
δ
+=
Si además sabemos que experimentalmente hemos medido que:
800
001
tx
tx
d
2 .
.
)*(
*)(=
+ ωπ
2230251800
001
tx
tx
d
2.).ln(
.
.ln
)*(
*)(ln ==
=
+=
ωπ
δ
Entonces:
( ) ( )%..
.
.55303550
22230
2230
2d
2222==
+=
+=
ππδ
δ
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Comentarios:
1. Si d << 1 � πδ
2d =
2. En el caso que )*(*)(d
2txtx ωπ+≈ , se pueden medir entre un mayor numero de
periodos (k)
**)(
td neAtxω⋅−⋅=
( )d
2n
d
ktd2 eAktx ω
πωω
π ·*)·*(
+⋅−⋅=+
En ese caso:
+=
)·*(
*)(·ln
d
2ktx
tx
k
1
ωπ
δ
( )22 2d
πδ
δ
+=
• Amortiguamiento estructural
Como es de suponer, la manera ideal de considerar el amortiguamiento que se ha presentado hasta ahora, no esta presente realmente en las estructuras. En cambio el amortiguamiento que presenta las estructuras puede ser atribuido a la fricción interna y deslizamiento que se genera entre las partículas de los diferentes planos del material a medida que se deforma. Este tipo de amortiguamiento es conocido como amortiguamiento estructural o amortiguamiento de histéresis. Este tipo de amortiguamiento esta asociado a la energía disipada por la estructura a
través de los fenómenos antes descritos y es posible evaluarlo a través del análisis de los registros carga-deformación de las estructuras sometidas a solicitaciones reversibles (cíclicas). El registro que se obtiene de este tipo de ensayos tiene la forma presentada en la figura adjunta. Los ciclos que este diagrama presenta son conocidos como ciclos de histéresis y el área que cada uno de ellos encierra corresponde a la energía disipada por el ciclo por efecto de amortiguamiento estructural. Experimentos realizados a principios de los 80 demostraron que este tipo de amortiguamiento interno es independiente de la frecuencia de vibración y proporcional al cuadrado de la amplitud del movimiento.
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Es más, se llegó a determinar que la energía de disipada por histéresis puede representarse mediante la ecuación:
2KU Χ=∆ ···ηπ
Donde:
η = factor de amortiguamiento del material
(adimensional). K = rigidez del sistema. Χ = amplitud de las oscilaciones.
Por otro lado, es posible considerar una constate de amortiguamiento equivalente Ceq que asimile el amortiguamiento estructural a un sistema con amortiguamiento viscoso. En tal caso se debería cumplir que en ambos casos la energía disipada sea equivalente. Si la fuerza asociada al amortiguamiento viscoso esta relacionada a la velocidad del sistema de la siguiente forma:
•
= xCF eqD ·
Y se considera que la respuesta es oscilatoria ( ))(·)( tsentx ωΧ= , entonces la energía disipada
en un ciclo será:
dxFU
ciclo
D∫=∆
∫•
=∆T
0eq dt
dt
dxxCU ··
∫ Χ=∆ω
π
ωω2
0
222eq dttCU )·(·cos··
∫
+Χ=∆
ωπ ω
ω2
0
22eq dt
2
t2
2
1CU ·
)cos(···
−+
Χ=∆
ωπ
ωπω
2
0sen4sen2
2
CU
22eq )()(
···
πω··· 2eqCU Χ=∆
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Por lo tanto, si ambos sistemas son equivalentes, las energías disipadas deben ser iguales:
ovishistéresis UU cos∆=∆
πωηπ ······ 2eq
2 CK Χ=Χ
Luego:
ωη K
Ceq
·=
Entonces la ecuación de movimiento del sistema será:
0txKtxCtxm eq =⋅+⋅+⋅•••
)()()(
0txKtxK
txm =⋅+⋅+⋅•••
)()(·
)(ω
η
0txtxtx 2 =⋅+⋅+•••
)()(·)( ωωη
• Amortiguamiento de Coulomb
Otro mecanismo de disipación de energía muy común en los sistemas físicos es aquel producido por la fricción que se genera entro dos superficies, esto es, el roce. Este tipo de disipación de energía es conocido como amortiguamiento de Coulomb. Considere el siguiente sistema dinámico, en que el móvil se ve sometido a fuerzas inerciales
=
••
Ι xmF · , a fuerzas asociadas la rigidez del sistema ( )xKFK ·= y la fuerza de roce
( )mgNFR ·· µµ == que siempre se opone a la dirección de movimiento
<−
=
>
=•
•
•
0xsimg
0xsi0
0xsimg
FR
·
·
µ
µ
K
m
x(t)
FR=µ·mg
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La ecuación de movimiento será entonces:
0xsimgKxxm
0xsimgKxxm
<=+
>−=+•••
•••
··
··
µ
µ
Considere entonces un sistema dinámico como el antes descrito al cual se le impone un
desplazamiento inicial 0x y velocidad inicial 0V0 = .
1. Si la fuerza del resorte 0Kx , es mayor que el roce estático, el cuerpo comenzará a
moverse en dirección negativa. La ecuación de movimiento para este fenómeno será:
mgKxxm0x ·· µ=+<•••
La solución a dicho de esta ecuación diferencial será:
)()()( txtxtx PH +=
[ ]K
mgtBtsenAtx n1n1
·)·cos()(·)(
µωω ++=
Por condiciones iniciales
K
mgBx0tx 10
·)(
µ+===
1n A00tx ·)( ω===•
,
Luego:
K
mgt
K
mgxtx n0
·)·cos(
·)(
µω
µ+
−=
)(··
)( tsenK
mgxtx nn0 ωω
µ
−−=
•
Estas ecuaciones serán válidas hasta que el móvil se detenga y cambie de sentido su movimiento, es decir, hasta:
0tsenK
mgxtx 1nn01 =
−−=
•
)(··
)( ωωµ
n1t ω
π=
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Donde:
+−=
K
mg2xtx 01
··)(µ
0tx 1 =•
)(
2. Si la fuerza del resorte 1Kx , es mayor que el roce estático, el cuerpo comenzará a
moverse en dirección positiva. La ecuación de movimiento para este fenómeno será:
mgKxxm0x ·· µ−=+>•••
La solución a dicho de esta ecuación diferencial será:
)()()( txtxtx PH +=
[ ]K
mgtBtsenAtx n2n2
·)·cos()(·)(
µωω −+=
Por condiciones iniciales
K
mgB
K
mg2xtx 201
···)(
µµ−−=
+−=
1n1 A0tx ·)( ω==•
Luego:
K
mgt
K
mg3xtx n0
·)·cos(
·)(
µω
µ−
−=
)(··
)( tsenK
mg3xtx nn0 ωω
µ
−−=
•
Estas ecuaciones serán válidas hasta que el móvil se detenga y cambie de sentido su movimiento, es decir, hasta:
0tsenK
mg3xtx 2nn02 =
−−=
•
)(··
)( ωωµ
n2 2t ω
π=
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Donde:
−=
K
mg4xtx 02
··)(µ
0tx 2 =•
)(
Y así sucesivamente disminuyendo en forma lineal su amplitud a razón de
K
mg4
··µ
por
periodo completo, esto se visualiza mejor en la figura siguiente:
En forma análoga al amortiguamiento estructural es posible encontrar un sistema equivalente con amortiguamiento viscoso, esto es, que disipe la misma cantidad de energía. Si en un ciclo la fuerza de roce es:
<<→<−
<<→>=
•
•
ωπ
ωπµ
ωπµ
2t0xsimg
t00xsimgFR
·
·
Y se considera que la respuesta es oscilatoria ( ))·cos()( ttx ωΧ= , entonces la energía disipada
en un ciclo será:
dxFU
ciclo
R∫=∆
( )∫∫ −+=∆T
2T
2T
0dt
dt
dxmgdt
dt
dxmgU
/
/
·· µµ
[ ] ( ) [ ]∫∫ −Χ−+−Χ=∆ωπ
ωπ
ωπωωµωωµ
/
/
/
)(····)(····2
0dttsenmgdttsenmgU
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−Χ−=∆ ∫∫
ωπ
ωπ
ωπωωωµ
/
/
/
)()(···2
0dttsendttsenmgU
−Χ−=∆ωπ
ωπ
ωπ
ωω
ωω
ωµ/
/
/)cos()cos(
···
2
0
ttmgU
Χ=
Χ=∆ ······· mg44
mgU µω
ωµ
Si se recuerda que en el caso de un sistema viscoso la energía disipada corresponde a:
πω··· 2eqCU Χ=∆
Entonces dado que los sistemas son equivalentes, las energías disipadas deben ser iguales:
ovisroce UU cos∆=∆
πωµ ······ 2eqCmg4 Χ=Χ
Luego:
πωµ
··
··
Χ=
mg4Ceq
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2.3 Movimiento Forzado Hasta ahora hemos analizado el comportamiento de sistemas dinámicos que experimentan oscilaciones libres, sin embargo, en muchas el movimiento que presentan estos sistemas esta dominado no solo por las condiciones iniciales, sino que se originas en solicitaciones externas aplicadas sobre el sistema, que se presentan en forma de fuerzas o aceleraciones. Este es el caso del efecto provocado por cargas de oleaje (fuerzas) y sismos (aceleraciones), por mencionar algunos.
• Modelo
• Ecuación de Movimiento
)()()()( tFtxKtxCtxm =⋅+⋅+⋅•••
O bien, normalizando por la masa:
m
tFtxtxd2tx
2
nn
)()()()( =⋅+⋅+
•••
ωω
• Respuesta para solicitaciones armónicas
En primer lugar analizaremos sistemas dinámicos sometidos a solicitaciones armónicas, es decir, sometido a cargas o desplazamientos que pueden ser representadas mediante funciones seno o coseno en el tiempo. Este tipo de solicitaciones es propio de la acción de máquinas rotativas y sus masas excéntricas.
)()()()( tsenm
Ftxtxd2tx 0
02
nn ωωω =⋅+⋅+•••
La ecuación de movimiento establecida corresponde a una ecuación diferencial no homogénea de segundo orden. Este tipo de ecuaciones se resuelve mediante la superposición de la solución homogénea (vibraciones libres) y una solución particular, esto es:
K
C
m
F(t)
x(t)
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)()()( txtxtx PH +=
La solución a la ecuación homogénea
0txtxd2tx2
nn =⋅+⋅+•••
)()()( ωω
ya ha sido analizada en detalle en el punto 2.1. y 2.2. Por lo tanto en esta seccion nos remitiremos a la solución particular. Se puede demostrar que una solución para la ecuación
)()()()( tsenm
Ftxtxd2tx 0
02
nn ωωω =⋅+⋅+•••
es la expresión:
)cos()()( tBtsenBtx 0201P ωω ⋅+⋅=
Donde 0ω corresponde a la frecuencia de la solicitación.
Luego:
)(·)·cos()( tsenBtBtx 002001P ωωωω ⋅−⋅=•
)·cos()(·)( tBtsenBtx 0
2
020
2
01P ωωωω ⋅−⋅−=••
Así que reemplazando en
)()()()( tsenm
Ftxtxd2tx 0
02
nn ωωω =⋅+⋅+•••
Se obtiene:
[ ][ ]
[ ] )()cos()(
)(·)·cos(
)·cos()(·
tsenm
FtBtsenB
tsenBtBd2
tBtsenB
0
0
0201
2
n
002001n
0
2
020
2
01
ωωωω
ωωωωω
ωωωω
=⋅+⋅⋅+
⋅−⋅⋅+
⋅−⋅−
Reordenando:
[ ][ ] )()cos(·
)(··
tsenm
FtBBd2B
tsenBd2BB
0
0
0
2
n2
2
02n01
0
2
n1n02
2
01
ωωωωωω
ωωωωω
=⋅⋅+⋅−⋅+
⋅⋅+⋅−⋅−
Por lo tanto igualando los términos asociados a )( tsen 0ω y a )cos( t0ω se obtiene:
Ingeniería Antisísmica Capítulo 2 – Dinámica de estructuras.
Sistemas de un grado de libertad
-21- Claudio Oyarzo V. / 2005
Facultad de Ingeniería - UCSC
[ ]m
FBd2BB 02
n1n02
2
01 =⋅+⋅−⋅− ωωωω ··
[ ] 0BBd2B2
n2
2
02n01 =⋅+⋅−⋅ ωωωω ·
Esto es:
m
Fd2BB 0
0n2
2
0
2
n1 =−−⋅ ωωωω ·)(
0Bd2B2
0
2
n20n1 =−⋅+ )(· ωωωω
Resolviendo el sistema se obtiene:
( )( )2
0n
22
0
2
n
02
0
2
n
1d2
m
F
Bωωωω
ωω
+−
−=
)(
)·(
( )( )2
0n
22
0
2
n
0
0n
2d2
m
Fd2
Bωωωω
ωω
+−−=
)(
Expresado de otra forma se demuestra que una solución particular de la ecuación diferencia es:
)()( ψω −⋅= tsenBtx 0P
Donde:
2
n
0
n
0
1
2
1
d2
B
Btg
−
=−=
ωω
ωω
ψ
2
0n
22
0
2
n
0
2
2
2
1
d2
mF
BBB)()( ωωωω +−
=+=
2
n
0
22
n
0
0
d21
KF
B
+
−
=
ωω
ωω
Ingeniería Antisísmica Capítulo 2 – Dinámica de estructuras.
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-22- Claudio Oyarzo V. / 2005
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Finalmente se tiene que la solución de la ecuación diferencial de movimiento suponiendo d<1 será:
)()()( txtxtx PH +=
Dónde:
)·(·)( φωω +⋅= ⋅− tseneAtx d
td
Hn
)()( ψω −⋅= tsenBtx 0P
Entonces:
)()·(·)( ψωφωω −⋅++⋅= ⋅− tsenBtseneAtx 0d
td n
-1.2
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
0 5 10 15 20 25
t [s]
x(t) [cm]
Oscilacion Libre
A = 1.0
ωn = 3π/2φ = π/2d = 4%
Carga Armónica
B = 0.3
ωn = 6πψ = π/6
Solucion EstacionariaSolucion Transiente
Notar que a medida que el tiempo avanza la solución general (transiente) tiende a la solución particular (estacionaria).
)()( txtx Pt ∞→→
Entonces:
)()()( txtxtx PH += Solución Transiente
)()( txtx P= Solución Estacionaria
Ingeniería Antisísmica Capítulo 2 – Dinámica de estructuras.
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-23- Claudio Oyarzo V. / 2005
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a. Factor de Amplificación Dinámica (FAD):
Consideremos la solución estacionaria:
)()( txtx P=
)()( ψω −⋅= tsenBtx 0
Donde:
2
n
0
22
n
0
0
d21
KF
B
+
−
=
ωω
ωω
Definiremos como Factor de Amplificación Dinámica (FAD) a:
2
n
0
22
n
0
00
d21
1
KF
B
KF
tx
EstáticaMáxDef
DinámicaMáxDefFAD
+
−
====
ωω
ωω
)(
..
..
Notar que el FAD es función del amortiguamiento (d) y de las frecuencias de la solicitación(ω0) y natural del sistema (ωn).
Factor de Amplificación Dinámica
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0 0.5 1 1.5 2 2.5
ωωωω0000/ω/ω/ω/ωn
FAD
d = 0
d = 5%
d = 10%
d = 50 %
d = 70.7%
d = 100%
d = 120%
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-24- Claudio Oyarzo V. / 2005
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Haciendo un análisis de los valores máximos que puede adoptar el FAD, obtenemos los siguientes resultados:
2
n
0
22
n
0 d21
1FAD
+
−
=
ωω
ωω
Los máximos ocurrirán cuando
+
−
2
n
0
22
n
0 d21ωω
ωω
sea mínimo.
O bien, definiendo Rn
0 =ωω
, FAD será máximo cuando [ ] [ ]222 dR2R1Rf +−=)( sea mínimo.
Esto es:
0dR
Rdf=
)(
( )[ ] 0R14d8RdR
Rdf 22 =−−⋅=)(
Vale decir:
0Rn
0 ==ωω
2d21R −=
Caso 1:
0Rn
0 ==ωω
���� 00 =ω o 0n ωω >> (Caso Estático)
Entonces:
( ) 0R314d8dR
Rfd 22
2
2
>−−=)(
Si se sabe que
0R =
Se tiene:
04d8 2 >− � 21d >
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Finalmente se puede decir que cuando 707021d .=> el FAD alcanza su valor máximo
cuando 0Rn
0 ==ωω
, es decir 0n ωω >> , y es igual a FAD = 1
Caso 2:
2d21R −= � ( )[ ] 0R14d822 =−−
Entonces:
( ) 0R314d8dR
Rfd 22
2
2
>−−=)(
Si se sabe que
2d21R −=
Se tiene:
0d168 2 >− � 21d <
Finalmente se puede decir que cuando 707021d .=< el FAD alcanza su valor máximo
cuando 2d21R −= ,y es igual a
2d1d21FAD
−= .
Más aún si:
No existe amortiguamiento d = 0
Entonces 1d21R 2
n
0 =−==ωω
Por lo tanto ∞→−
=2d1d2
1FAD La estructura entra en RESONANCIA.
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Ejemplo 2: A partir de la aplicación de una carga armónica de frecuencia variable determine el factor de amortiguamiento del sistema dinámico.
Desarrollo:
Se sabe que si 21d < , entonces el máximo desplazamiento se alcanza cuando
2
n
0 d21 −=
ωω
.
En ese caso:
2
0
d1d2
KF
x−
=max
Considerando el caso especifico cuando la amplitud es solo una fracción de la máxima,
tal que, 2
0
d1d22
KF
2
xX
−==
·
max
Por lo tanto:
2
n
0
22
n
0
0
2
0
d21
KF
d1d22
KF
+
−
=−
ωω
ωω
·
m
K/2 K/2
C
( )tsenFtF 00 ω=)(
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2
n
0
22
n
02 d21d1d22
+
−=−
ωω
ωω
·
( )2
n
0
22
n
022 d21d1d8
+
−=−
ωω
ωω
( )22
2
n
02
2
n
0
22
n
0 d1d8d412 −=
++
−
·
ωω
ωω
ωω
[ ] [ ] 0d8d812d4 42
2
n
02
22
n
0 =+−+
−+
···
ωω
ωω
Resolviendo la ecuación de segundo grado para
2
n
0
ωω
se obtiene:
( ) ( ) ( )
+−−−±−−=
42222
2
n
0 d8d8142d42d42
1·
ωω
( )[ ]42242
2
n
0 d32d3244d16d16d2122
1−+−+−±−=
·
ωω
( )[ ]422
2
n
0 d16d16d2122
1−±−=
·
ωω
22
2
n
0 d1d2d21 −±−=
·
ωω
Suponiendo que d<<1:
{ 434 211
2
0
2
2
n
0 d1d2d21 −±−=
·
ωω
d21
2
n
0 ±=
ωω
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Por lo tanto:
d1d21n
0 ±≈±=
ωω
Finalmente se obtiene:
d1
d1
n
02
n
01
+=
−=
ωω
ωω
Sumando ambas ecuaciones: 2n
0102 =
+
ωωω
Restando ambas ecuaciones: d2n
0102 =
−ω
ωω
Así se obtiene: d0102
0102 =
+
−
ωωωω
X
ω0 ωn ω02 ω01
Xmax
2
xmax
Espectro de Respuesta
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-29- Claudio Oyarzo V. / 2005
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b. Coeficiente de Transmisibilidad (TR): Considérese el siguiente sistema dinámico sobre el cual actúa como solicitación un desplazamiento de las condiciones de apoyo.
Los desplazamiento x(t) e y(t) son desplazamientos absolutos. La ecuación de movimiento será:
( ) 0tytxKtytxCtxm =−⋅+
−⋅+⋅••••
)()()()()(
)()()()()( tyKtyCtxKtxCtxm ⋅+⋅=⋅+⋅+⋅••••
( ) ( )tsenYKtYCtxKtxCtxm 00000 ··cos)()()( ωωω ⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅+⋅+⋅•••
( )ψω +⋅=⋅+⋅+⋅•••
tsenAtxKtxCtxm 0 ·)()()(
( )2
0
2
0 CKYA ω·+⋅=
n
00 d2
K
Ctg
ωωω
ψ··
==
( )ψωωω +⋅=⋅+⋅+•••
tsenm
Atxtxd2tx 0
2
nn ·)()()(
Solución estacionaria:
( )φψω −+⋅= tsenBtx 0 ·)(
Donde:
m
K
C
x(t) y(t)
( )tsenYty 00 ·)( ω=
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-30- Claudio Oyarzo V. / 2005
Facultad de Ingeniería - UCSC
2
n
0
22
n
0
2
n
0
0
d21
d21
YB
+
−
+
⋅=
ωω
ωω
ωω
2
n
0
n
0
1
d2
tg
−
=
ωω
ωω
φ·
Definiremos como coeficiente de transmisibilidad (TR) al término:
2
n
0
22
n
0
2
n
0
R
d21
d21
T
+
−
+
=
ωω
ωω
ωω
Entonces la respuesta de la ecuación diferencial será:
( )φψω −+⋅⋅= tsenTYtx 0R0 ·)(
Así:
0
RY
txT
)(=
De forma análoga, si el sistema dinámico esta sometido a una solicitación armónica externa (Fuerza), este transmitirá la carga a los apoyos (fundación) de la siguiente manera:
La ecuación de movimiento será:
( )tsenFtxKtxCtxm 00 ·)()()( ω⋅=⋅+⋅+⋅•••
m
K
C
x(t)
( )tsenFtF 00 ·)( ω=
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-31- Claudio Oyarzo V. / 2005
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Solución estacionaria:
( )ψω +⋅= tsenBtx 0 ·)(
Donde:
2
n
0
22
n
0
0
d21
KF
B
+
−
=
ωω
ωω
Luego la fuerza transmitida a la base será:
)()( txKtxCFT ⋅+⋅=•
Reemplazando se obtiene:
( ) ( )ψωψωω +⋅++⋅⋅⋅= tsenBKtBCF 000T ···cos
Reordenando y desarrollando se puede demostrar que
( )ψω
ωω
ωω
ωω
+
+
−
+
⋅= tsen
d21
d21
FF 02
n
0
22
n
0
2
n
0
0T
( )ψω +⋅⋅= tsenTFF 0R0T
Así:
0
T
RF
FT =
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Coeficiente de Transmisibilidad
0
1
2
3
4
5
0 1 2
ωωωω0/ωωωωn
TR
d = 0
d = 5%
d = 10%
d = 20%
d = 30%
Amplificación Aislación
2
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-33- Claudio Oyarzo V. / 2005
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c. Instrumentos para medir vibraciones
Consideremos el siguiente instrumento construido para medir vibraciones.
Este se compone de un sistema masa-resorte-amortiguador y permite medir desplazamientos (sismómetro) o aceleraciones (acelerómetro). La coordenada x(t) representa el movimiento absoluto de la masa m, la coordenada y(t) representa el desplazamiento basal absoluto y la coordenada z(t) representa el movimiento de la masa relativo a la base, esto es:
)()()( tytxtz −=
Entonces el problema a resolver corresponderá a aquel en que obtenida una señal de respuesta z(t) se pide determinar el valor de la señal de entrada y(t). La ecuación de movimiento de esta sistema será:
0tzKtzCtytzm =⋅+⋅+
+⋅•••••
)()()()(
)()()()( tymtzKtzCtzm•••••
⋅−=⋅+⋅+⋅
321444444 3444444 21SismoEj
ExternaFuerzaSistema
2
nn tytztzd2tz
:
)()()()(•••••
−=⋅+⋅⋅⋅+ ωω
Supongamos que:
( )tsenYty 00 ω=)(
( )tsenYty 0
2
00 ωω−=••
)(
Por lo tanto la solución estacionaria será:
( )ψω
ωω
ωω
ωω
−⋅⋅
+
−
= tsenY
d21
tz 002
n
0
22
n
0
2
n
0
)(
m
C
K
x(t)
y(t)
z(t)
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Donde:
( )2
n
0
n
0
1
d2
tg
−
=
ωω
ωω
ψ
Haciendo un análisis más detallado de los resultados identificamos dos situaciones.
Caso 1: n0 ωω >>
Esto es: nω pequeño � K pequeño y m grande � Sistema Flexible
Para este caso:
1n
0 >>ωω
Por lo tanto:
2
n
0
4
n
0
22
n
0 d21
>>
≈
− ω
ωω
ωω
ω
Entonces:
( ) 0
1
d2
tg2
n
0
n
0
≈
−
=
ωω
ωω
ψ � πψ ≈
Y además:
1
d21
4
n
0
2
n
0
2
n
0
22
n
0
2
n
0
=
≈
+
−
ωω
ωω
ωω
ωω
ωω
En consecuencia:
( )πω −⋅= tsenYtz 00)(
( )tsenYtz 00 ω⋅−=)(
)()( tytz −=
z(t) esta midiendo el desplazamiento basal
En general este tipo de instrumento miden en el rango de 10 ~ 500 Hz ( )Hz52n ~=ω
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-35- Claudio Oyarzo V. / 2005
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Caso 2: n0 ωω <<
Esto es: nω grande � K grande y m pequeña� Sistema Rígido
Para este caso:
1n
0 <<ωω
Por lo tanto:
11
22
n
0 ≈
− ωω
Entonces:
( ) 0
1
d2
tg2
n
0
n
0
≈
−
=
ωω
ωω
ψ � 0≈ψ
Y además:
2
n
0
2
n
0
22
n
0
2
n
0
d21
≈
+
−
ωω
ωω
ωω
ωω
En consecuencia:
( )tsenYtz 0
2
n
00 ωω
ω ⋅
⋅=)(
( )tsenY1
tz 0
2
002
n
ωωω
⋅⋅=)(
)()( ty1
tz2
n
••
−=ω
z(t) es proporcional a la aceleración basal
En general este tipo de instrumento miden en el rango 400n
0 .<<ωω
, esto es:
Para instrumentos mecánicos: Hz100n =ω
Para instrumentos electrónicos: Hz10000n =ω
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-36- Claudio Oyarzo V. / 2005
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d. Máquinas giratoria con masas excéntricas
Considérese el siguiente modelo dinámico de una máquina rotatoria.
Fuerzas de Inercia:
( ) ( )
⋅⋅−⋅⋅+⋅−••••
tsentx2txmM 0
2
02m ωωλ)()(
( )tsenmtxM 0
2
0 ωω ⋅⋅⋅−⋅••
λ)(
Por lo tanto la ecuación de movimiento será:
( )444 3444 21 λExternaFuerza
0
2
0 tsenmtxKtxCtxM ωω ⋅⋅⋅=⋅+⋅+⋅•••
)()()(
Entonces la solución estacionaria será
( )ψω
ωω
ωω
ω−⋅
+
−
⋅⋅
= tsen
d21
Km
tx 02
n
0
22
n
0
2
0λ
)(
Con:
( )2
n
0
n
0
1
d2
tg
−
=
ωω
ωω
ψ
ω0 ω0
m/2 m/2
K/2 K/2 C
M l l
x(t)
M : Masa Total del sistema x(t) : Desplazamiento respecto
a la posición de equilibrio
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-37- Claudio Oyarzo V. / 2005
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O bien:
( )( )ψω
ωω
ωω
ωω
−⋅
+
−
⋅⋅
= tsen
d21
Mm
tx 02
n
0
22
n
0
2
n
0λ)(
Para n0 ωω >> , se tiene que ∞→
n
0
ωω
. En esta situación:
( ) ( )πω −⋅⋅→ tsenM
mtx 0λ)(
( ) ( )tsenM
mtx 0ω⋅⋅−→ λ)(
F(t)
x(t)
t
Independiente del amortiguamiento (d)
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-38- Claudio Oyarzo V. / 2005
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• Respuesta para cargas periódicas
Supongamos que )(tF es una función tal que )()( TtFtF += , esto es, )(tF es una función
periódica de periodo T.
Bajo ciertas condiciones de continuidad )(tF se puede representar como una superposición de
funciones armónicas (Serie de Fourier).
( ) ( )∑∑==
+≈0k
k
1k
k tkcosbtksenatF ωω)(
Donde :
T
2πω = Frecuencia fundamental
1kdttksentFT
2a
T
0k ≥⋅= ∫ )()( ω Coeficiente de Fourier
0kdttktFT
2b
T
0k ≥⋅= ∫ )cos()( ω Coeficiente de Fourier
(Promedio)dttFT
1b
T
00 ∫= )( Coeficiente de Fourier
Entonces la ecuación de movimiento es:
( ) ( )∑∑==
•••
+==⋅+⋅+⋅0k
k
1k
k tkcosbtksenatFtxKtxCtxm ωω)()()()(
Aplicando el principio de superposición se puede definir el sistema:
( )
( )tkcosbtxKtxCtxm
tksenatxKtxCtxm
btxKtxCtxm
kckckck
ksksksk
0000
ω
ω
=⋅+⋅+⋅
=⋅+⋅+⋅
=⋅+⋅+⋅
•••
•••
•••
)()()(
)()()(
)()()(
Resolviendo se obtiene:
∑∑==
++=1k
ck
1k
sk0p txtxtxtx )()()()(
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-39- Claudio Oyarzo V. / 2005
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Se puede demostrar que si la función cumple con el teorema de Dirichlet, esto es )(tF es
periódica, uniforme y continua salvo en un número finito de puntos, entonces:
Serie � )(tF : si t es un punto de continuidad
Serie � 2
tFtF )()( +− + : si t es un punto de discontinuidad
Entonces, resolviendo para cada ecuación:
k
btx 0
0 =)(
( )k2
n
22
n
k
sk tksen
dk2k1k
atx φω
ωω
ωω
−⋅
⋅+
⋅−⋅
=)(
( )k2
n
22
n
kck tkcos
dk2k1k
btx φω
ωω
ωω
−⋅
⋅+
⋅−⋅
=)(
Donde:
( ) ⋅
⋅−
⋅=
2
n
n
k
k1
dk2
tg
ωω
ωω
φ
Por lo tanto la solución completa será:
[ ]∑=
+++=+=1k
cksk0HpH txtxtxtxtxtxtx )()()()()()()(
t
F(t)
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-40- Claudio Oyarzo V. / 2005
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Ejemplo 3: Considere la siguiente función de carga (Pulso) sobre el sistema dinámico:
Los coeficientes de Fourier serán:
0dttk2senFa2
T
00k2 =⋅= ∫ )( ω
πω
Término par
πω
πω
⋅−⋅
=−⋅= ∫−)(
))((1k2
F2dtt1k2senFa 0
001k2
2T
Término impar
2
FdtF
2b 0
000
2T
== ∫πω
0dttkFb2
T
00k =⋅= ∫ )cos( ω
πω
Luego:
( )∑∞
=
−−
⋅+=1k
00
1k2
t1k2senF2
2
FtF
)(
)()(
ωπ
Así:
( )∑∞
=
−
⋅+
⋅−⋅−
−−⋅++=
1k 2
n
22
n
1k200
H
dk2k11k2
t1k2sen
K
F2
K2
Ftxtx
ωω
ωω
φωπ
)(
)()()(
t
F(t)
F0
T=2π/ω
<<
<<=
ωπ
ωπ
ωπ
2
0
t0
t0F
tF )(
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Sistemas de un grado de libertad
-41- Claudio Oyarzo V. / 2005
Facultad de Ingeniería - UCSC
Analizando la contribución de las armónicas en la amplitud de la solución, se obtiene las siguientes representaciones graficas:
∑∞
=
−⋅=
1k
0
1k2
1F2aCargladeAmplitud
)(π
∑∞
=
⋅+
⋅−⋅−
⋅=1k 2
n
22
n
0
dk2k11k2
1
K
F2RespuestaladeAmplitud
ωω
ωω
π)(
Espectro Discreto de la Solicitación
0.785
1.000
0.333
0.200
0.1430.111
0.000
0.200
0.400
0.600
0.800
1.000
1.200
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
(2k-1)
2F0/ ππ ππ
Espectro Discreto de la Respuesta
(d=10%)
0.785
5.000
0.042 0.008 0.003 0.001
1.122
1.667
0.111 0.032 0.014
1.041
0.512
1.000
0.1430.049
0.000
1.000
2.000
3.000
4.000
5.000
6.000
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
(2k-1)
2F0/K
ππ ππ
wn=w
wn=3w
wn=5w
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Existe también la posibilidad de representar las series de Fourier mediante funciones complejas. En este caso se opera de la siguiente forma. Sabemos que:
( ) ( )[ ]∑=
++=1k
kk0 tkcosbtksenabtF ωω)(
Donde ka , kb y 0b son coeficientes reales.
Por otro lado también se demostrado que un numero complejo puede ser representado mediante una función seno-coseno o una exponencial, entonces:
( ) ( )[ ]∑=
++=1k
kk0 tkcosbtksenabtF ωω)(
( ) ( )∑=
−−
++−+=
1k
tiktikktiktikk
0 ee2
bee
i2
abtF ωωωω)(
∑=
−
⋅
+−+⋅
++=
1k
tikkktikkk
0 e2
b
i2
ae
2
b
i2
abtF ωω)(
[ ]∑=
−⋅+⋅+=1k
tik
K
tik
k0 eDeCbtF ωω)(
[ ] [ ]∑∑=
−
=
⋅+⋅+=1k
tik
K
1k
tik
k0 eDeCbtF ωω)(
Se ha definido entonces un par de coeficientes de Fourier complejos:
( )
⋅−⋅=−= ∫∫ dttksentFidttktF
2iab
2
1C
T
0
T
0kkk )()()cos()( ωω
πω
( )
⋅+⋅=+= ∫∫ dttksenF(t)idttkF(t)
π2
ωiab
2
1D
T
0
T
0kkk )()cos( ωω
Luego:
( )
⋅=
−⋅= ∫∫ − dtetF
T
1dttkisentktF
2C
T
0
tikT
0k
ωωωπω
)()()cos()(
( )
⋅=
+⋅= ∫∫ dtetF
T
1dttkisentktF
2D
T
0
tikT
0k
ωωωπω
)()()cos()(
0
T
000 bdttF
T
1DC =
== ∫ )(
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Finalmente:
[ ] [ ]∑∑=
−
=
⋅+⋅+=1k
tik
K
1k
tik
k0 eDeCbtF ωω)(
Notar que kk DC =− por lo tanto kk DC = , entonces:
∑∞
−∞=
⋅=k
tik
k eCtF ω)(
Donde:
⋅= ∫ − dtetF
T
1C
T
0
tik
k
ω)( Coeficiente de Fourier Complejo
En consecuencia nuestra ecuación de equilibrio adoptará la forma:
∑∞
−∞=
•••
⋅==⋅+⋅+⋅k
tik
k eCtFtxKtxCtxm ω)()()()(
Una solución particular podría ser:
∑∞
−∞=
⋅=k
tik
kP eXtx ω)(
Reemplazando se obtiene, para un k cualquiera:
( ) ( ) tik
k
tik
k
tik
k
tik
k
2eCeXKeXikCeXikm ωωωω ωω ⋅=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
( ) ( )[ ] tik
k
tik
k
2eCeXKikCikm ωωωω ⋅=⋅⋅+⋅+⋅
( ) ( )[ ] ( ) k
ciaTransferendeFunción
ik2
k
k CHKikCikm
CX ⋅=
+⋅+⋅=
321 ωωω
( ) kikk CHX ⋅= ω
Entonces:
( )∑∑∞
−∞=
∞
−∞=
⋅⋅=⋅=k
tik
kik
k
tik
kP eCHeXtx ωω
ω)(
Se puede demostrar que:
( ) kikk CHX ⋅= ω
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• Respuesta para cargas constantes
Considérese, como es usual, el siguiente modelo dinámico:
En primer lugar se analizará la situación con amortiguamiento nulo, esto es C = d = 0.
Este sistema esta sometido a la acción de una carga )(tF representada por la siguiente gráfica
y con condiciones iniciales 0txtx 00 ==•
)()( .
En este caso la ecuación de movimiento será:
0FtFtxKtxm ==⋅+⋅••
)()()( válida para 0t > y 0t0 =
mF
txtx 02
n =⋅+••
)()( ω
La solución será:
)()()( txtxtx PH +=
Donde:
)cos()( φω +⋅= tAtx nH
KF
tx 0P =)(
K
C
m
F(t)
x(t)
t0
F0
F(t)
t
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Luego, evaluando para las condiciones iniciales:
[ ])cos()( t1K
Ftx n
0 ω−=
En forma gráfica:
Consideremos el mismo sistema dinámico con amortiguamiento nulo, pero bajo la acción de un pulso, esto es:
La solución para el sistema en tiempos anteriores a td será:
[ ])cos()( t1K
Ftx n
0 ω−= dtt ≤
Para tiempos mayores a td la ecuación de movimiento será:
0tFtxKtxm ==⋅+⋅••
)()()( dtt >
Con condiciones iniciales:
[ ])cos()( dn0
d t1K
Ftx ω−= )()( dn
n0
d tsenK
Ftx ω
ω⋅=
•
x(t)
t
KF0
KF2 0
n
2T ωπ=
2x
KF0
=max
td
F0
F(t)
t
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Por lo tanto la solución para dtt > será:
( )[ ])cos()cos()( tttK
Ftx ndn
0 ωω −−= dtt >
Cuando n
d2Tt ωπ== se tiene que 0tx =)( para Tt > . En forma gráfica:
Por otro lado cuando n
d 2Tt ω
π== , entonces K
F2tx 0
d =)( y 0tx d =•
)( , en ese caso la
grafica resulta:
x(t)
t
KF2 0
n
2T ωπ=
2x
KF0
=max
x(t)
t
KF2 0−
KF2 0
n
2T ωπ=
2x
KF0
=max
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Finalmente consideremos el caso más general, aquel que incluye la disipación de energía por
amortiguamiento 0C ≠ , sometido a una carga constante F0 y con condiciones iniciales
0txtx 00 ==•
)()( .
La solución de este problema será:
)cos()( φωω −⋅⋅−
−= − ted1K
F
K
Ftx d
td
2
00 n
Dónde:
2d1
dtg
−=φ
Notar que:
K
Ftx 0
t=
∞→)(lim Solución estática
Carga Constante (d=10%)
0
0.5
1
1.5
2
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
t
F0/K
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• Respuesta para cargas arbitrarias
Finalmente como último caso consideraremos en sistema dinámico sometido a un régimen de
solicitaciones )(tF arbitrario:
En este caso la ecuación de movimiento también será:
)()()()( tFtxKtxCtxm =⋅+⋅+⋅•••
La solución será:
321????
)()()( txtxtx PH +=
Para resolver este problema hagamos en siguiente análisis. Considere un pulso de magnitud F
y duración t∆ aplicado en ttt 1 ∆−= :
Condición en 1tt = :
dt
dvmF ⋅=
t
ttvtvmF 11
∆
∆−−⋅=
)()(
K
C
m
F(t)
x(t) F(t)
t
F(t)
t
t1-∆t t1
∆t F
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∆−−⋅=∆⋅ 434 21
0
11 ttvtvmtF )()(
)( 1tvmtF ⋅=∆⋅
)()( 11 txm
tFtv
•
=∆⋅
=
0ttx 2
1 →∆→)(
Por lo tanto el problema para 1tt > se convertirá en un problema homogéneo:
0txtxd2tx2
nn =⋅+⋅+•••
)()()( ωω
Con condiciones iniciales:
0tx 1 =)( La posición no cambia
m
tFtx 1
∆⋅=
•
)( Sólo cambia la velocidad
Cuya solución es:
))(()()(
1d
ttd
d
ttsenem
tFtx 1n −⋅⋅
⋅∆⋅
= −− ωω
ω para 1tt >
−⋅⋅
⋅⋅∆⋅= −− ))(()( )(
1d
ttd
d
ttsenem
1tFtx 1n ω
ωω
)()( 1tthtFtx −⋅∆⋅=
Dónde:
)()( tsenem
1th d
td
d
n ωω
ω ⋅⋅⋅
= − Función Impulso o Función de Green
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Función Impulso h(t-t1)
m=1
t1=2
d=10%
ωωωωn=2ππππ
-0.15
-0.1
-0.05
0
0.05
0.1
0.15
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
t
h(t)
Consideremos ahora una familia de pulsos aplicados en los tiempos t1, t2, t3, hasta tn,de magnitudes F1, F2, F3 y Fn respectivamente.
En este caso:
∑=
−− −⋅⋅⋅
∆⋅=
n
1i
idttd
d
i ttsenem
tFtx in ))(()(
)( ωω
ω
F(t)
t t1
F1
t2 t3 tn
F2
F3
Fn
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El caso límite corresponde al caso continuo, donde ∞→n y 0t →∆
En este caso:
ττωωτ τω
dtsenem
Ftx
t
0
d
td
d
n∫ −⋅⋅⋅
= −−))((
)()(
)(
τττ dthFtxt
0
∫ −⋅= )()()(
)()()( thFtx ∗= τ Convolución
Nota:
En el caso de condicione iniciales 0x0x =)( y 0x0x••
=)( , la solución es:
τττωω
ωωω dthFtsen
dxxtxetx
t
0
d
d
n00
d0
td n ∫ −⋅+
⋅
⋅⋅++⋅⋅=
•
− )()()()cos()(
F(t)
t
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Ejemplo 4:
Amortiguamiento: d = 0
Condiciones iniciales: 00x0x ==•
)()( ,
ττωω
dtsenm
Ftx
t
0
n
n
0∫ −⋅⋅
= ))(()(
ττωω
dtsenm
Ftx
t
0
n
n
0 ∫ −⋅⋅
= ))(()(
t
0n
nn
0 t1
m
Ftx ))(cos()( τω
ωω−⋅
⋅=
[ ])cos()cos()( t0m
Ftx n2
n
0 ωω
−⋅⋅
=
[ ])cos()( t1
mkm
Ftx n
0 ω−⋅⋅
=
[ ])cos()( t1k
Ftx n
0 ω−⋅=
F(t)
t
F0
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Ejemplo 5:
Amortiguamiento: d = 0
Condiciones iniciales: 00x0x ==•
)()( ,
ττωω
dtsenm
Ftx
t
0
n
n
0∫ −⋅⋅
= ))(()(
Si dtt0 << : [ ])cos()( t1k
Ftx n
0 ω−⋅=
Si ttd < ττωω
dtsenm
Ftx
t
0
n
n
0∫ −⋅⋅
= ))(()(
ττωω
dtsenm
Ftx
dt
0
n
n
0∫ −⋅⋅
= ))(()(
ττωω
dtsenm
Ftx
dt
0
n
n
0 ∫ −⋅⋅
= ))(()(
dt
0n
nn
0 t1
m
Ftx ))(cos()( τω
ωω−⋅
⋅=
[ ]))(cos())(cos()( tttm
Ftx ndn2
n
0 ωωω
−−⋅⋅
=
[ ])cos())(cos()( ttt
mkm
Ftx ndn
0 ωω −−⋅⋅
=
[ ])cos())(cos()( tttk
Ftx ndn
0 ωω −−⋅= ttd <
F(t)
t
F0
td
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3 Análisis en el dominio de las Frecuencias. Como se explicó anteriormente, es posible obtener una aproximación analítica de una función periódica mediante el planteamiento de series de Fourier. Es más, se puede afirmar que una función arbitraria corresponde a una Función periódica de periodo infinito. Luego si es periódica, se cumple que.
∑∞
−∞=
⋅=k
tik
k0eCtF
ω)( Serie de Fourier Compleja
Donde:
dtetF2
C2
T
2T
0 tik0k ∫−
−⋅= ω
πω
)( Coeficiente de Fourier Complejo
Peso si llevamos nuestro modelo del espacio discreto al continuo, tenemos que ωω →0k y
consideramos ∞→T , entonces:
⋅
∆= ∫
∞
∞−−
→∆dtetF
2C ti
0k
ω
ω πω
)(lim Coeficiente de Fourier Complejo
Luego:
⋅
⋅
∆=
⋅= ∑ ∫∑
∞
−∞=
∞
∞−
−
→∆
∞
−∞=→∆∞→∞→
k
titi
0k
ti
k
0kT
edtetF2
eCtF ωω
ω
ω
ω
πω
)(limlim)(
∆⋅
⋅= ∑ ∫
∞
−∞=
∞
∞−
−
→∆∞→
k
titi
0T
edtetF2
1tF ω
πωω
ω
·)(lim)(
[ ]
∆⋅= ∑
∞
−∞=→∆∞→
k
ti
0T
eF2
1tF ωω
πω
ω
·)(lim)(
ωωπ
ω deF2
1tF ti∫
∞
∞−
= )·()(
Donde, entre los paréntesis cuadrados [ ] ha quedado definido:
dtetFF ti∫∞
∞−
−= ωω )·()( Transformada de Fourier
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De forma análoga es posible definir:
ωωπ
ω deF2
1tF ti∫
∞
∞−
= )·()( Transformada Inversa de Fourier
Si se aplica Transformada de Fourier a la ecuación de movimiento se obtiene:
)()()()( tFtxKtxCtxm =⋅+⋅+⋅•••
mtFtxtxd2tx
2
nn
)()()()( =⋅+⋅+•••
ωω
dtetFm
1dtetxdtetxd2dtetx titi2
n
ti
n
ti ∫∫∫∫∞
∞−
−∞
∞−
−∞
∞−
−•∞
∞−
−••
=++ ωωωω ωω )·()·()·()·(
Se puede demostrar que si se impone 0txtxtt
==•
∞→∞→)(lim)(lim , se cumple:
)()·( ωω Xdtetx ti =∫∞
∞−
−
0
ti XXidtetx −=∫∞
∞−
−•
)(·)·( ωωω Integrando por partes
00
2ti XXiXdtetx•∞
∞−
−••
−−−=∫ ·)(·)·( ωωωω Integrando por partes 2 veces
Reemplazando en la ecuación de movimiento:
[ ] [ ] )()(·)(···)(· ωωωωωωωωω FXXXid2XXiX2
n0n00
2 =+−+
−−−•
[ ] )(··)(·· ωωωωωωωω FXd2XXiXd2i 0n00
2
n
2
n =
−−−+−+•
)()()()·( ωωωω FCXZ =+
)(
)()()(
ωωω
ωZ
CFX
−=
)()·()()·()( ωωωωω HCHFX −=
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Si se parte del reposo se tiene que 0XX 00 ==•
, por lo tanto 0C =)(ω , luego:
)()·()( ωωω HFX =
Donde se define como función de transferencia a la ecuación en el dominio de las frecuencias:
n
22
n d2i
1H
ωωωωω
·)(
+−=
Si se desease volver al dominio del tiempo se debería aplicar la Trasformada Inversa de Fourier, sin embargo, esto no se realiza en la práctica:
ωωωπ
ωωπ
ωω deHF2
1deX
2
1tx titi ∫∫
∞
∞−
∞
∞−
== )·()·()·()(
Finalmente cabe recordar que estas expresiones corresponden al teorema de convolución:
)()()()()( thFdthFtxt
0
∗=−⋅= ∫ ττττ Dominio del tiempo
{ 321321)(
.)(
.
)(.
)(·)()(
thdeFourierT
tFdeFourierT
txdeFourierT
HFX ωωω = Dominio de Frecuencias
Donde h(t) corresponde a la función impulso:
td
d
d netsen
thω
ωω −⋅=
)()(
Y H(ω) corresponde a su transformada de Fourier:
dteetsen
dtethH titd
d
dti n∫∫∞
∞−
−−∞
∞−
− ⋅== ωωω
ωω
ω ·)(
)·()(
( )
n
22
n
tid
d
d
d2i
1dte
tsenH n
ωωωωωω
ω ωω
·
)()(
+−=⋅= ∫
∞
∞−
+−
Esto facilita el análisis, pues para conocer la respuesta de una señal de entrada, bastaría multiplicar su Transformada de Fourier F(ω), por la función de transferencia H(ω).
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Ejemplo 6: Determine la respuesta en el dominio de las frecuencias de un sistema dinámico sometido a una carga armónica.
)cos()()()( tFtxKtxCtxm 00 ω=⋅+⋅+⋅•••
La transformada de Fourier de la señal )cos()( tFtF 00 ω= es:
dtetFF ti∫∞
∞−
−= ωω )·()(
dtetFF ti
00∫∞
∞−
−= ωωω )·cos()(
( ) ( )[ ]dttisenttFF 00 ∫∞
∞−
−= ωωωω cos)·cos()(
( ) ( )4444 34444 21
444 3444 214444 34444 21
0
ImparFunción
00
infinitovalorTomaparasolo0
00 dttsentFidtttFF
0
∫∫∞
∞−
±=≠
∞
∞−
−= ωωωωω
ωω
)·cos(·)·coscos()(
±=∞
±≠∀=
0
0
si
0
F
ωω
ωωω)(
La transformada de Fourier de la función de transferencia ya fue definida como:
n
22
n d2i
1H
ωωωωω
·)(
+−=
Luego la respuesta es:
)()·()( ωωω HFX =
±=∞
±≠∀==
0
0
si
0
HFX
ωω
ωωωωω )()·()(
ω
F(ω)
ω0 -ω0
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Ejemplo 7: Determine la respuesta en el dominio de las frecuencias de un sistema dinámico sometido a una carga de tipo impulso rectangular.
)()()()( tFtxKtxCtxm =⋅+⋅+⋅•••
Donde
[ ]
[ ]
−∉
−∈=
ττ
ττ
,
,
)(
tsi0
tsiF
tF0
El área encerrada bajo la curva corresponde a 0F2 ··τ=Ι , luego τ·2F0
Ι=
La transformada de Fourier de la señal )(tF es:
dtetFF ti∫∞
∞−
−= ωω )·()(
dteFF ti
0∫−
−=τ
τ
ωω ·)(
( ) ( )[ ]dttisentFF 0∫−
−=τ
τ
ωωω cos·)(
( ) ( )44 344 21
4 34 21
0
ImparFunción
00 dttsenFidttFF ∫∫−−
−=τ
τ
τ
τ
ωωω ···cos)(
( ) ( )τ
τ
τ
τ
ωω
ωω−−
== ∫ tsenF
dttFF 0
0 ··cos)(
( ) ( ) ( ) ( )ωτω
ωτω
ωτω
ωτω
ω senF
senF
senF
senF
F 0000 ····)( +=−−=
( )ωτω
ω senF2
F 0 ·)( =
En términos de 0F2 ··τ=Ι , se tiene:
( ) ( )τωωτ
ωττω
ω·
···
)(sen
senF Ι=Ι
=
t
F(t)
τ− τ
F0
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Transformada de Fourier Impulso Rectangular
ττττ=2 s
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10ωωωω
F(ωωωω)
π/τ2π/τ
La transformada de Fourier de la función de transferencia ya fue definida como:
n
22
n d2i
1H
ωωωωω
·)(
+−=
Luego la respuesta es:
)()·()( ωωω HFX =
Analizando dos casos particulares:
Caso 1: 0→τ
( )Cte
senF
00=Ι=Ι=
→→ τωωτ
ωττ ·
·lim)(lim
Caso 2: ∞→τ
( )
=Ι
≠=Ι=
∞→∞→0si
0si0sen
F
ω
ω
τωωτ
ωττ ·
·lim)(lim
ω
F(ω)
Ι
Ruido Blanco
ω
F(ω)
Ingeniería Antisísmica Capítulo 2 – Dinámica de estructuras.
Sistemas de un grado de libertad
-60- Claudio Oyarzo V. / 2005
Facultad de Ingeniería - UCSC
4 Análisis Espectral. En esta sección se estudiará el concepto de espectros de respuesta, que corresponde a uno de los principios básicos sobre los cuales se han construidos las normas y códigos de diseño sísmico, ente ellas la norma chilena.
4.1 Espectro temporal de respuesta Un espectro temporal corresponde a un gráfico en el que se representa la máxima respuesta en el tiempo de un parámetro específico (desplazamiento, velocidad, aceleración, etc), originados por una solicitación específica, para una familia de modelos de un grado de libertad. Cada una de estos modelos tendrá propiedades dinámicas específicas (d, ωn), por lo que en general se dibujarán espectros de respuesta para modelos con un nivel de amortiguamiento determinado (d), pero para distintos valores de masa y rigidez (ωn). De esta manera se obtendrán distintos gráficos para diferentes valores de d, en que se represente el la máxima respuesta del parámetro en estudio en función de diferentes valores de ωn.
4.2 Construcción de los espectros de respuesta El procedimiento para construir el espectro de respuesta de un sistema dinámico determinado podría resumirse de la siguiente forma. 1º Se elige la señal de excitación de entrada al sistema (Fuerza o aceleración). 2º Dicha señal de entrada es aplicada a una familia de sistemas dinámicos de un grado de libertad. En general se escogen familias de sistemas con igual coeficiente de amortiguamiento. 3º Para cada sistema dinámico bajo la acción de la misma excitación se obtiene la señal de respuesta. Dicha señal se puede obtener por ejemplo mediante la expresión.
ττωωτ τω
dtsenem
Ftx
t
0
d
td
d
n∫ −⋅⋅⋅
= −−))((
)()(
)(
4º Se obtiene el máximo valor de la respuesta alcanzado por cada sistema dinámico.
−⋅⋅
⋅= ∫ −− ττω
ωτ τω dtsene
m
FMaxtx
t
0
d
td
dMax
n ))(()(
)( )(
5º Dichos máximos se grafican en función de las propiedades dinámicas de las estructuras, esto
es nω , o bien, nn 2T ωπ= .
6º El diagrama obtenido corresponderá al espectro de respuesta para la señal de entrada )(tF
aplicada sobre una familia de sistemas de un grado de libertad de igual coeficiente de amortiguamiento.
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Sistemas de un grado de libertad
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Esquemáticamente:
Señal de Entrada
-6
-4
-2
0
2
4
6
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 tF(t)Señal de entrada F(t)
d1=d0 dk=d0 dn=d0
Familia de Sistemas de 1GL (d=d0)
ω1 ωk ωn …. ….
Respuesta modelo 1 x1(t)
Respuesta modelo k xk(t)
Respuesta modelo n xn(t)
Señal de Salida
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
tX(t)
Señal de Salida
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
tX(t)
Señal de Salida
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
tX(t)
Max1 tx )(
Selección del máximo de la respuesta x1(t)
Selección del máximo de la respuesta xk(t)
Selección del máximo de la respuesta xn(t)
Maxn tx )(Maxk tx )(
Espectro de Respuesta en función de ωn
Maxtx )(
nω
0dd =
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4.3 Representación trilogarítmica de los espectros de respuesta Utilizando el algoritmo presentado en la sección anterior, podemos construir espectros de desplazamiento, de velocidades o de aceleraciones.
MaxtxSD )(= : Espectro de Desplazamientos Relativos
Max
txSV )(•
= : Espectro de Velocidades Relativas
Max
tatxSA )()( +=••
: Espectro de Aceleraciones Absolutas
Ahora bien si consideramos que la señal de entrada es un señal armónica, se obtiene que en estado estacionario:
)(·)( tsenBtx ω= entonces SDBtxMax
==)(
)·cos(·)( tBtx ωω=•
entonces SVSDBtxMax
===•
··)( ωω
)(··)( tsenBtx 2 ωω−=••
entonces SASDBtx 22
Max
===••
··)( ωω
En general, SVSD ≠·ω y SASD2 ≠·ω , pero se ha demostrado que en los fenómenos
sísmicos se cumple que nωω = , y además estos se enmarcan en un rango de frecuencias tal
que:
PSVSDSV n =≈ ·ω : Pseudosespectro de velocidades relativas.
PSASDSA2
n =≈ ·ω : Pseudosespectro de aceleraciones absolutas.
A partir de las expresiones anteriores podemos realizar el siguiente desarrollo algebraico:
PSVSDn =·ω
PSVSDT
2
n
=·π
( )PSVSDT
2
n
log·log =
π
( ) ( ) ( )PSVTSD2 n loglog·log =−π
( ) ( ) ( )nTSD2PSV log·loglog −= π
Ecuación lineal para PSV en escala logarítmica
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PSASD2
n =·ω
PSAPSVn =·ω
π2
PSAPSV
T
1
n
=·
=
π2
PSAPSV
T
1
n
log·log
( ) ( )
=−
·logloglog
π2
PSATPSV n
( ) ( )nT2
PSAPSV log
·loglog +
=
π
Ecuación lineal para PSV en escala logarítmica En forma gráfica:
Ref.: Bozzo, L.; Barbat, A. Diseño sismoresistente de edificios. Págs. 46, 150. Editorial Reverté, 2000
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Ejemplo 8: Considere el siguiente oscilador de un grado de libertad, sometido a una aceleración basal a(t). Determine el máximo corte basal que experimenta la estructura.
Desarrollo:
Corte Basal:
)(·)( txKtV =
maxmax)(·)( txKtV =
SDKtV ·)(max
=
Por otro lado:
m
Kn =ω
2
nmK ω·=
Así:
SDmtV2
n ··)(max
ω=
PSAmtV ·)(max
=
PSAg
WtV ·)(
max=
434 21
BasalCortede
eCoeficient
g
PSAWtV
= ·)(
max
Donde PSA se obtiene del espectro de aceleraciones a partir del periodo natural del sistema Tn.
Señal de Entrada
-6
-4
-2
0
2
4
6
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 tF(t)
Aceleración Basal a(t) m
)(ta
)(tV
K
)(tx
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5 Implementación Numérica Como ya se sabe, un acelerograma real no es una función algebraica del tiempo, sino una serie de valores numéricos de aceleración medidos para diferentes instantes (discreto), usualmente a
intervalos constantes t∆ del orden de los 0.005 segundos. Luego en un registro normal de un
temblor (20 a 60 segundos) se cuenta con una cantidad de valores de aceleración del orden de las decenas de miles. En las secciones anteriores hemos hecho un extenso estudio de la resolución analítica de la ecuación de movimiento, sin embargo, el rápido desarrollo y masificación de los computadores ha hecho de los métodos numéricos técnicas de integración o de resolución de ecuaciones diferenciales mucho más atractivas. En este capítulo veremos diferentes ejemplos métodos numéricos para resolver los problemas antes expuestos.
5.1 Resolución numérica de la ecuación de movimiento. Para la implementación numérica de los algoritmos presentados a continuación se considerara la siguiente forma de la ecuación de movimiento:
)()(
)()()( tfm
tFtxtxd2tx
2
nn ==⋅+⋅+•••
ωω
Bajo las condiciones iniciales:
0x0tx == )(
0x0tx••
== )(
• Método de la diferencia central
En forma discreta podemos expresar la ecuación de movimiento de la siguiente manera:
nnnn FxKxCxm =⋅+⋅+•••
· (1)
Donde:
)( nn txx =
)( nn tFF =
tnttt 1nn ∆=∆+= − ·
Además podemos decir que mediante el desarrollo de series de Taylor:
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4n
3
n
2
nn1n1n t0x6
tx
2
txtxxtx ∆+
∆−
∆+∆−==
••••••
−− ····)( (2)
4n
3
n
2
nn1n1n t0x6
tx
2
txtxxtx ∆+
∆+
∆+∆+==
••••••
++ ····)( (3)
Sumando (2) y (3):
4n
2
n1n1n1n1n t02x2
t2x2xxtxtx ∆+
∆+=+=+
••
−+−+ ·····)()(
n2
n1n1n xtx2xx••
−+ ∆+=+ ··
Despejando la aceleración
2
1nn1nn
t
xx2xx
∆
+−= +−
•• · (4)
Restando (2) a (3):
n
3
n1n1n1n1n x6
t2xt2xxtxtx
••••
−+−+
∆+∆=−=− ···)()(
nn1n1n1n1n x0xt2xxtxtx••••
−+−+ +∆=−=− ··)()(
n1n1n xt2xx•
−+ ∆=− ·
Despejando la velocidad:
t2
xxx 1n1n
n
∆
−= −+
•
(5)
Reemplazando (4) y (5) en (1):
nnnn FxKxCxm =⋅+⋅+•••
·
nn1n1n
2
1nn1n FxKt2
xxC
t
xx2xm =⋅+
∆
−⋅+
∆
+− −++− ··
Reordenando:
nn1n1n
2
1n
2
n
2
1n FxKt2
xC
t2
xC
t
xm
t
x2m
t
xm=⋅+
∆−
∆+
∆+
∆−
∆−++− ······
n1n2n21n2Fx
t2
C
t
mx
t
m2Kx
t2
C
t
m=
∆
−∆
+
∆
−+
∆
+∆
−+ ···
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1n2n2n1n2x
t2
C
t
mxK
t
m2Fx
t2
C
t
m−+
∆
−∆
−
−
∆+=
∆
+∆
··· (6)
Hemos obtenido una ecuación para la respuesta en el tiempo tn+1 , en función de dos puntos precedentes tn y tn-1. Algoritmo:
1. Dado 0x y 0x•
calcular 0x••
, a partir de 0000 FxKxCxm =⋅+⋅+•••
·
2. De la ecuación (2) calcular 0
2
001 x2
txtxx
•••
−
∆+∆−= ··
3. Conocidos 1x− y 0x calcular con (6) 1x
4. Conocidos 0x y 1x calcular con (6) 2x
5. Continuar de la misma forma. Conocidos 1nx − y nx calcular con (6) 1nx +
Estabilidad Numérica1: La estabilidad numérica se evalúa para el caso en que la disipación de energía es cero y sin solicitaciones externas, es decir, para el modelo:
0txKtxm =⋅+••
)()(· ó 0txtx2
n =⋅+••
)()( ω
Para este caso, la solución analítica exacta queda definida por:
ti neAtxω−= ·)(
Entonces: )·(
··tniti
nnnn eAeAx
∆−− == ωω
Es decir: n
n zAx ·= Axn = finito
Donde: )·( tnin nez
∆−= ω
Por otro lado, la solución numérica aproximada queda definida por:
1n2n21n2x
t
mxK
t
m2x
t
m−+
∆
−
−
∆=
∆
···
Entonces: 1nn
2
1n xxtm
K2x −+ −
∆−= ··
1 Un sistema se define ESTABLE para el caso de solicitaciones externas, si y solo si para cualquier fuerza externa F(t) acotada, la respuesta del sistema x(t) también es acotada.
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( ) 1nn
22
n1n xxt2x −+ −∆−= ··ω
Es decir: 1nn1n xxax −+ −= · ( )22
n t2a ∆−= ·ω
Reemplazando la solución exacta n
n zAx ·= :
1nn1n zAzAazA −+ −= ····
O bien: 0zAzAazA n1n2n =+− ++ ····
Esto es: ( ) 01zazzA 2n =+− ···
Luego si 0zA n ≠· se debe cumplir que:
( ) 01zaz 2 =+− ·
12
a
2
a
4
4a
2
az
22
−
±=
−±=
Si 12
a> , entonces 1
2
a2
−
es real y ∞→=
∞→∞→
n
nn
nzAx ·limlim . No converge
Por lo tanto si: 12
a>
Esto es 2a >
2t2 22
n >∆− ·ω
2
n
2 4t
ω>∆
n
2t
ω>∆
T320T2
2t ·.=>∆
π límite superior
Si 12
a< , esto es, T320
Tt ·.=<∆
π
Entonces: 12
a2
−
es imaginario
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Así: A2
a1i
2
aAzAx
n2
n
n
nn
n→
−±==
∞→∞→∞→·lim·limlim . Es estable
Por lo tanto para asegurar la estabilidad del algoritmo se debe escoger una discretización tal
que, T320t ·.<∆ .
Además se puede demostrar que para t∆ suficientemente pequeños, el método de la diferencia
central no sólo es estable sino que además converge a la solución exacta.
• Métodos de Newmark
El método que presentaremos a continuación corresponde a uno de los más populares utilizados en ingeniería, gracias a su simplicidad, precisión y estabilidad. Este método fue originalmente propuesto por N.M. Newmark en 1962 (“A method of computation for structural dynamics”, Transactions, ASCE, Vol. 127, 1406-1435, EE.UU.) El autor propone a un método de resolución paso a paso a partir de la ecuación:
1n1n1n1n FxKxCxm +++
•
+
••
=⋅+⋅+· (1)
Donde ha definido las ecuaciones básicas que modelan a la velocidad y desplazamiento respectivamente:
( ) txx1xx 1nnn1n ∆
+−+= +
•••••
+
•
··· νν (2)
( ) 21nn2
1nn1n txxtxxx ∆
+−+∆+= +
•••••
+ ···· ββ (3)
En que ν y β son parámetros y n1n ttt −=∆ +
De (3) despejamos 1nx +
••
:
( ) nn
n1n21n x1
2
1
t
xxx
t
1x
•••
++
••
−−
∆−−
∆= ·
·· βββ (4)
Reemplazando (4) y (2) en la ecuación de movimiento (1) se obtiene la ecuación (5):
( ) ( ) nnn21n1n2x
2
t2Cm
2
1xC
t
mx
t
C
t
mFxK
t
C
t
m •••
++
∆−+
−+
−+
∆+
∆
+∆
+=
+
∆+
∆····
····
·βνββν
νββ
ν
Esta ecuación es la que se utiliza para implementar numéricamente el método.
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Alternativamente es posible obtener una ecuación equivalente a la anterior, la que designaremos como ecuación (6), que se utiliza para verificar la estabilidad numérica del método:
( )1n2
n2
1nn1n1n2
xK2
1C
t
1
t
m
xK22
1C
t
21
t
m2
F2
1F2
2
1FxK
t
C
t
m
−
−++
−+−
∆
−+
∆−+
+−−
∆
−−
∆+
−++
+−+=
+
∆+
∆
···
··)·(·
·······
νβν
νβν
νβνβββν
Algoritmo:
1. Dado 0x y 0x•
calcular 0x••
, a partir de 0000 FxKxCxm =⋅+⋅+•••
·
2. De la Ec (5) calcular 1x , de la Ec (4) calcular 1x••
, de la Ec (2) calcular 1x•
3. De la Ec (5) calcular 2x , de la Ec (4) calcular 2x••
, de la Ec (2) calcular 2x•
4. Continuar de la misma forma.
5. De la Ec (5) calcular 1nx + , de la Ec (4) calcular 1nx +
••
, de la Ec (2) calcular 1nx +
•
a. Aceleración lineal
Un caso especial del método de Newmark corresponde a aquel en que se considera que la aceleración ente dos puntos sucesivos varía linealmente, esto es:
En este caso se puede demostrar que 21=ν y 6
1=β
)(tx••
nx••
1nx +
••
nt 1nt +
ττt
xxxx
n1nn
∆−
+=
••
+
••••••
)( t0 ∆≤≤ τ
t
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b. Aceleración constante
Otro caso corresponde a aquel en que se considera que la aceleración ente dos puntos sucesivos es constante, esto es:
En este caso se puede demostrar que 21=ν y 4
1=β
Estabilidad Numérica: La estabilidad numérica nuevamente se evaluará para el caso en que la disipación de energía es cero y sin solicitaciones externas, es decir, para el modelo:
0txKtxm =⋅+••
)()(· ó 0txtx2
n =⋅+••
)()( ω
Para este caso, la solución analítica exacta queda definida por:
ntni
n zAeAx n ·· )·( == ∆− ω Axn = finito
Por otro lado, la solución numérica aproximada queda definida por:
1n2n21n2xK
2
1
t
mxK2
2
1
t
m2xK
t
m−+
−+−
∆−+
+−−
∆=
+
∆···
··· νβνββ
O bien:
1n
2
n2n
2
n21n
2
n2x
2
1
t
1x2
2
1
t
2x
t
1−+
−+−
∆−+
+−−
∆=
+
∆······ ωνβωνβωβ
Reemplazando n
n zAx ·= en esta ecuación:
1n2
n2
n2
n2
1n2
n2zA
2
1
t
1zA2
2
1
t
2zA
t
1 −+
−+−
∆−+
+−−
∆=
+
∆········· ωνβωνβωβ
)(tx••
nx••
1nx +
••
nt 1nt +
2
xxx
n1n
••
+
•••• −
=)(τ t0 ∆≤≤ τ
t
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0zA2
1
t
1zA2
2
1
t
2zA
t
1 n2
n2
1n2
n2
2n2
n2=
−+−
∆−−
+−−
∆−
+
∆++ ········· ωνβωνβωβ
Entonces:
02
1
t
1z2
2
1
t
2z
t
1zA
2
n2
2
n2
22
n2
n =
−+−
∆−−
+−−
∆−
+
∆ωνβωνβωβ ······
Luego si 0zA n ≠· se debe cumplir que:
02
1
t
1z2
2
1
t
2z
t
1 2
n2
2
n2
22
n2=
−+−
∆−−
+−−
∆−
+
∆ωνβωνβωβ ·····
Si analizamos el caso particular 21=ν (Aceleración lineal y aceleración constante) se tiene:
( )0
t
1
t
1
z
t
1
21t
2
z2
n2
2
n2
2
n2
2
n22 =
+
∆
−
∆−
−
+
∆
−−
∆−
ωβ
ωβ
ωβ
ωβ
·
·
·
·
·
01z
t
1
2t
2
z2
n2
2
n
2
n22 =+
+
∆
+−
∆− ·
·
·
ωβ
ωβω
01z
2t
212z
2
n2
2
n2 =+
+
∆
−− ·
·
·
ωβ
ω
Es decir:
01zaz 2 =+− ·
Donde sabemos que la solución es::
12
a
2
a
4
4a
2
az
22
−
±=
−±=
Si 12
a> , entonces 1
2
a2
−
es real y ∞→=
∞→∞→
n
nn
nzAx ·limlim . No converge
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-73- Claudio Oyarzo V. / 2005
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Por otro lado si 12
a2
−
es imaginario
Entonces A2
a1i
2
aAzAx
n2
n
n
nn
n→
−±==
∞→∞→∞→·lim·limlim . Es estable
Luego se debe imponer:
012
a2
<−
12
a2
<
1
2t
21
2
n2
2
n <
+
∆
−ωβ
ω
·
Luego se debe cumplir:
( ) 014t
4 2
n2>−+
∆βω
Si aplicamos el método de Aceleración Lineal 61=β , entonces:
( ) 01t
46
42
n2>−+
∆ω
22
n t12 ∆> ω
( ) T550Tt 212 ·.· =<∆ π Condicionalmente Estable
Si aplicamos el método de Aceleración Constante 41=β , entonces:
0t
42
>∆
Incondicionalmente Estable
Además se puede demostrar que para t∆ suficientemente pequeños, el método de la diferencia
central no sólo es estable sino que además converge a la solución exacta. En resumen:
Método β ν Estabilidad
Diferencia Central -- -- T3180t .<∆
Aceleración Lineal 1/6 ½ T550t .<∆
Aceleración Constante ¼ ½ Incondicional
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• Método incremental de aceleración lineal
El tercer método numérico en se presentado corresponde a un algoritmo adecuado a fenómenos que escapan al rango elástico, esto es, problemas no lineales en que la rigidez y el
amortiguamiento varían en el tiempo, )(tKK = y )(tCC = .
Se define:
n1n ttt −=∆ +
n1nn xxx −=∆ +
n1nn xxx•
+
••
−=∆
n1nn xxx••
+
••••
−=∆
Además:
)·()( n
nn tt
t
xxtx −
∆∆
+=
••••••
con 1nn ttt +≤≤ (1)
Integrando entre ttn →
2
n
n
nnn ttt
x
2
1ttxxtx )·(·)·()( −
∆∆
+−+=
••••••
(2)
Integrando nuevamente entre ttn →
3
n
n2
nnnnn ttt
x
6
1ttx
2
1ttxxtx )·(·)·()·()( −
∆∆
+−+−+=
•••••
(3)
Evaluando (2) y (3) en 1ntt +=
2nnn1n t
t2
xtxxx ∆
∆∆
+∆+=
•••••
+
•
··
· � t2
xtxx
nnn ∆
∆+∆=∆
•••••
·· (4)
3n2nnn1n t
t6
xt
2
xtxxx ∆
∆∆
+∆+∆+=
•••••
+ ··
·· � 2n2n
nn t6
xt
2
xtxx ∆
∆+∆+∆=∆
•••••
··· (5)
De la ecuación (5):
nn
2
nn x3
t
x6
t
x6x
•••
••
−∆
−∆
∆=∆ ·· (6)
Reemplazando (6) en (4):
Ingeniería Antisísmica Capítulo 2 – Dinámica de estructuras.
Sistemas de un grado de libertad
-75- Claudio Oyarzo V. / 2005
Facultad de Ingeniería - UCSC
t2
x3t
x6
t
x6
txx
nn
2
n
nn ∆−
∆−
∆
∆
+∆=∆
•••
•••
·
··
·
nnn
n x2
tx3
t
x3x
•••• ∆−−
∆
∆=∆ ·
··· (7)
Ecuación de movimiento en ntt = nnnn FxKxCxm =⋅+⋅+•••
·
Ecuación de movimiento en 1ntt += 1n1n1n1n FxKxCxm +++
•
+
••
=⋅+⋅+·
Ecuación de movimiento en versión incremental:
nnnn FxKxCxm ∆=∆⋅+∆⋅+∆•••
· (8)
Reemplazando (6) y (7) en (8):
nnnnn
nn
2
n FxKx2
tx3
t
x3Cx3
t
x6
t
x6m ∆=∆⋅+
∆−−
∆
∆⋅+
−
∆−
∆
∆ ••••••
··
·····
nn2
nnn
n Fxt
C3
t
m6Kx3x
2
tC
t
x6x3m ∆=∆⋅
∆
+∆
++
+
∆−
∆+−
••••
••
····
+
∆+
∆++∆=∆⋅
∆
+∆
+•••
•••
nnn
nnn2
x3x2
tC
t
x6x3mFx
t
C3
t
m6K ····
nnn FxK ∆=∆⋅
Luego: n
nn
K
Fx
∆=∆ (9)
Donde:
∆
+∆
+=t
C3
t
m6KK
2n (10)
+
∆+
∆++∆=∆
••••
••
nnn
nnn x3x2
tC
t
x6x3mFF ···· (11)
Ingeniería Antisísmica Capítulo 2 – Dinámica de estructuras.
Sistemas de un grado de libertad
-76- Claudio Oyarzo V. / 2005
Facultad de Ingeniería - UCSC
Y además:
nKtKK == )(
nCtCC == )(
Algoritmo:
1. Dado 0x y 0x•
calcular 0x••
, a partir de 000000 FxKxCxm =⋅+⋅+•••
·
2. De la Ec (10) calcular 0K , de la Ec (11) calcular 0F∆ , de la Ec (9) calcular 0x∆
3. Con 0x∆ calcular 001 xxx ∆+=
4. De la Ec (7) calcular 0x•
∆ y con ella 001 xxx•••
∆+= .
5. Dado 1x y 1x•
calcular 1x••
, a partir de 111111 FxKxCxm =⋅+⋅+•••
·
6. Continuar de la misma forma
7. Dado nx y nx•
calcular nx••
, a partir de nnnnnn FxKxCxm =⋅+⋅+•••
·
8. De la Ec (10) calcular nK , de la Ec (11) calcular nF∆ , de la Ec (9) calcular nx∆
9. Con nx∆ calcular nn1n xxx ∆+=+
10. De la Ec (7) calcular nx•
∆ y con ella nn1n xxx••
+
•
∆+= .
11. Dado 1nx + y 1nx +
•
calcular 1nx +
••
, a partir de 1n1n1n1n1n1n FxKxCxm ++++
•
++
••
=⋅+⋅+·