Dinámica de Estructuras y Análisis Sísmico 2015Ayudantía N◦1

Ayudante: Charbel Chapana

Problema N◦1

Sea una bomba con 1500 [rpm], el cual, pesa 2000 [kgf], con una masa excéntrica que pesa 50 [kgf] y excentricidadde 20[cm]. Junto con ello, esta bomba está apoyada tal como muestra la figura. En ella, es posible determinar queE1 = 2× 105[kgf/cm2] y E2 = 2× 106[kgf/cm2].

400

E1 , I1

E2 , A2

nr = 1500 [rpm]

M

10

0

(a) Sistema

200

25

Sección 1

200

40

5

5

5

Sección 2

(b) Secciones

Figura 1: Datos del problema, con medidas en [cm].

Asumiendo las condiciones del problema, se pide lo siguiente:

a) Se pide la respuesta del sistema, así, como la máxima deflexión en el sistema.

b) Considerando que ambos elementos soportantes poseen un coeficiente de amortiguamiento del 3 %, obtener elcoeficiente de transferencia de fuerzas al suelo.

c) En caso de desconocer la frecuencia de trabajo de la bomba, ¿cuál es la deflexión máxima del sistema ante unaeventual acción de la bomba?

d) ¿Qué ocurre si no existiese el segundo elemento? ¿Cuánto varía exactamente en términos de deflexión?

e) Encuentre el espesor mínimo que debe tener la “Sección 1”, de tal forma que el ancho de la viga fuese de 50[cm]y además, la deflexión máxima a la mitad de la viga no puede ser mayor a 10 [cm] (no considerar el segundoelemento de soporte).

1

Resolución del problema

a) La idea proviene principalmente de modelar esto como una viga simplemente apoyada, con una columna al mediode la carga. La razón es que en los extremos, hay reacción tanto horizontal (debido a fricción) como verticalmente(contra el suelo).

M

F(t) = me x e x ω2 sen(ωt)

4 [m]

(a) Viga

M x(t)

F(t)

Keq

(b) Modelo (c) Resortes

Figura 2: Modelación del problema

Entendiendo que el sistema posee dos rigideces en serie, es posible obtener el valor de rigidez como:

Keq =kckvkc + kv

Por otro lado y como se puede mostrar en la siguiente imagen:

kv = 3 E1I1/L13

Δ

L1

L2

Δ

kc = E2A2/L2

Figura 3: Modelación del problema

Con los siguientes datos:

Propiedad y Unidades ValorE1 [N/m] 2× 1010

E2 [N/m] 2× 1011

I1 [m4] 0.0026A2 [m2 0.215L1 [m] 2L2 [m] 1

Y dado que a la mitad de la viga se tiene dos rigideces (por lo tanto, kv = 6E1I1/L31), se tiene que:

kv = 3,9× 107[N/m] ; kc = 4,3× 1010[N/m] ; Keq = 3,90× 107[N/m]

2

Por otro lado, se tiene que el peso de la bomba es de 2000[kgf ], por lo que si se divide por la gravedad, se tiene que lamasa es de 2000[kg]. Del mismo modo y de acuerdo a la figura 2a):

F (t) = (me × e× ω) · sen(ωt)

Donde me = 50[kg], e = 20[cm] = 0,2[m], ω = 1500[rpm] = 1500·2π60 [rad/s] = 157,08[rad/s]. Además, ωn =√

Keq/M = 139,64[rad/s]. Eso otorga:

F (t) = 246741sen(157,08t)[N ]

Finalmente, la ecuación del sistema se define como:

Mx(t) +Keqx(t) = F (t)

2000x(t) + (3,58× 109)x(t) = 246741sen(157,08t)

Este sistema puede resolverse por Duhamel, dado que no hay condiciones iniciales de velocidad o desplazamiento.Esto permite obtener:

x(t) =1

Mωn

∫ t

0

F (τ)sen(ωn(t− τ)) dτ

x(t) =1

2000 · 139,64

∫ t

0

246741sen(157,08τ)sen(139,64(t− τ)) dτ

x(t) = 0,027sen(139,64t)− 0,024sen(157,08t) [m]

Para obtener la deflexión máxima, es necesario usar el factor de amplificación dinámica o FAD. Para ello, la deflexióndinámica del sistema es:

δdin = FAD · δestDonde δest = F0/Keq, donde F0 = 246741[N ] y Keq = 3,90 × 107[N/m]. Esto nos otorga un δest = 0,0063[m] ≈6,3[mm]. El factor de amplificación dinámico es calculado como:

FAD =1

1− β2; β = ω/ωn

Esto nos otorga un β = 1, 12 y por lo tanto, FAD = 3,93. Esto finalmente se obtiene como:

δdin = 0,025[mm] ≈ 25[mm]

b) En este caso, se ocupa el procedimiento de FAD, considerando los cálculos ya realizados en a), pero aprovechandode agregar el coeficiente de amortiguación equivalente. Esto se obtiene del siguiente modelo:

M x(t)

F(t)

Keq Ceq

(a) Modelo

ceq

M

cv

cc

(b) Amortiguador

Figura 4: Modelación del nuevo problema, considerando amortiguamiento.

Luego, si se usara los conceptos de cv = 2mωnξv y cc = 2mωnξc, donde el amortiguamiento equivalente en seriefunciona de la misma manera que el cálculo de rigidez equivalente en serie:

3

Ceq =cccvcc + cv

= 2mωnξcξvξc + ξv

Dado que ξc = ξv = 0,03 y Ceq = 2mωnξeq, se tiene finalmente que:

2mωnξeq = 2mωnξv2

ξeq =ξv2

= 0,015

Por lo tanto, al trabajar con los coeficientes de amortiguamiento, se puede solo trabajar como regla general, de estaforma:

Amortiguador en serie:1

ξeq=∑i

1

ξi; Amortiguador en paralelo: ξeq =

∑i

ξi

Ahora, es necesario aplicar el concepto de coeficiente de transferencia de fuerzas al suelo:

Tr =

√1 + (2ξβ)2

(1− β2)2 + (2ξβ)2

Dado que β = 1,12 y ξ = 0,015, el resultado es inmediato:

Tr = 3,89917 ≈ 3,90

c) El máximo valor de deflexión, sin conocer la frecuencia del motor, se obtiene maximizando el valor de FAD, o sea,es necesario hallar un valor de β tal que:

FAD(β) = max(FAD) = max

(1√

(1− β2)2 + (2ξβ)2

)Para maximizar el FAD, es necesario minimizar

√(1− β2)2 + (2ξβ)2 y para ello, es necesario minimizar (1− β2)2 +

(2ξβ)2. Como puede verse, este polinomio es de grado 4, al que puede reducirse por 2, introduciendo y = β2. Estoquedaría como:

(1− y)2 + (2ξ√y)2 = 1 + y2 − 2y + 4ξ2y = y2 + (4ξ2 − 2)y + 1

Ello nos conduce al resultado de:

y = 1− 2ξ2 → β =√

1− 2ξ2

Lo que finalmente, nos otorga un FAD de:

FADmax =1√

(1− (√

1− 2ξ2)2)2 + (2ξ√

1− 2ξ2)2

FADmax =1

2ξ√

1− ξ2≈ 1

2ξ, para ξ con valores pequeños.

Asumiendo las mismas condiciones del problema anterior, si δest = 0,006[m] y ξ = 0,015, se tiene finalmente que:

δdin =0,006

2 · 0,015[m] = 0,20[m] = 20[cm]

.

d) Si no existe el segundo elemento, es decir, la columna, se mantendría prácticamente el mismo sistema, con losmismos resultados, por lo tanto, no variaría para nada la deflexión máxima. Es decir, es lo mismo tener la columna delas mismas características mostradas en el sistema a no tenerla.

4

e) Considerando ahora que el ancho de la viga es de 50[cm], entonces, el cálculo de inercia sería el siguiente:

I =0,5 · t3

12= 0,042t3[m4]

Luego, la rigidez del sistema, sin considerar la columna, sería calculada como:

k = 6EI

(L/2)3

k = 6(200000 · 105[N/m]) · 0,042t3

23

k = 6,30× 108t3[N/m]

La frecuencia natural del sistema es calculada como:

ωn =

√k

m

ωn =

√6,30× 108t3

2000

ωn = 561,25t1,5[rad/s]

Ahora, la relación entre la frecuencia del motor y la frecuencia del sistema está dado por:

β =ω

ωn

β =561,25t1,5

157,08

β = 3,57t1,5

Dado que el desplazamiento máximo no puede superar los 10 [cm], ocurre lo siguiente:

δdin ≤ 0,1[m]

FAD · δest ≤ 0,1[m]

1

1− β2· F0

k≤ 0,1[m]

1

1− 12,77t3· 246741

6,30× 108t3≤ 0,1[m]

Con la última ecuación, es posible entonces calcular el espesor mínimo para obtener el resultado esperado. Finalmente,se tiene que:

t < 0,16[m] ∨ t > 0,42[m]

Es evidente en este caso que no conviene obtener valores menores a 16[cm] por temas constructuvos, por lo que lalógica nos permite decir con seguridad que la viga puede tener como mínimo, 42 [cm] de espesor, aunque puede tenermás.

5

Problema N◦2

Suponga el auto como el de la figura, el cual, chocará con el muro de hormigón armado, con una fuerza de 2.5 [Tnf].

a) Encuentre las fuerzas necesarias para diseñar el muro, si el intervalo de tiempo provocado por el impacto corres-ponde a un pulso de 0.1[s].

b) Considere lo mismo que en a), pero además, después del impacto del auto, impacta un camión con una fuerzade 5[Tnf], con un pulso de 0.1[s].

Considere que el ancho del muro es de 300 [cm], con un espesor de 30 [cm]. El módulo elástico corresponde a E =230000[kgf/cm2]. Considere en ambos casos que la altura de impacto es de 180 [cm]. La densidad del hormigónarmado se puede considerar como 2,5[Tn/m3]. (Nota: en ambos casos, considere que tanto el auto como el camión nose apegan al muro (como ocurriría con un choque plástico). De lo contrario, habrá que idealizar con la suma de masas).

Figura 5: Esquema del accidente automovilístico.

Resolución del problema

a) Es posible idealizar el muro como una viga en voladizo, donde concentra la mayor cantidad de masa en el puntomás alto. Esquemáticamente sería de esta forma:

30

300

180

F(t)

M

K

F(t)

(a) Modelación

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5Tiempo [s]0

1

2

3

4

5

6Fuerza [Tnf ]

Pulso debido a un choque

(b) Gráfico de pulso

Figura 6: Modelación del problema.

6

Ahora bien, dado que el pulso de fuerza se produce en un periodo muy corto de tiempo, entonces, es necesario plantearel método de Duhamel, lo que nos permite obtener de forma rápida los resultados esperados.

Como la respuesta máxima de desplazamiento no se puede dar en ese pulso, lo lógico es que los resultados se dendespués del pulso, es decir, qué es lo que pasa después de 0,1[s]. Esto nos permite obtener la integral de Duhamel deesta forma:

x(t) =1

Mωn

∫ 0,1

0

F (τ)sen(ωn(t− τ)) dτ +1

Mωn

∫ t

0,1

F (τ)sen(ωn(t− τ)) dτ︸ ︷︷ ︸0

La segunda integral es cero, dado que después no hay pulso o fuerza que venga después.

Ahora, es necesario obtener los parámetros de la integral:

M = γHA × b× h× e = 2,5 · 3,0 · 1,8 · 0,3 = 4,05[Tn] = 4050[kg]

I =be3

12=

3,0 · 0,33

12= 0,00675[m4]

K =3EI

h3=

3 · (230000× 105) · 0,00675

1,83= 79861111[N/m]

ωn =

√K

M=

√79861111

4050= 140,42[rad/s]

Finalmente, se tiene la integral:

x(t) =1

4050 · 140,42

∫ 0,1

0

25000︸ ︷︷ ︸25000[N ]=2,5[Tnf ]

sen(140,42(t− τ)) dτ

Esto nos proporciona el siguiente resultado:

x(t) = 0,00031306 · (cos(14,042− 140,42t)− cos(140,42t))[m]

Para hallar el valor máximo de desplazamiento, basta con obtener la derivada de la función y hallar donde se hace ceroy reemplazar los valores en el tiempo. De acuerdo a ello, los tiempos en donde la derivada de x(t) se vuelve cero son:

t1 = −0,00593207[s] ; t2 = 0,0164408[s]

Claramente el segundo valor nos proporciona un valor razonable de tiempo, pues, está en el rango de tiempo conside-rado. Luego, se tiene finalmente que:

xmax = x(t2) = 0,000421173[m] ≈ 0,42[mm]

Esto nos proporciona el máximo desplazamiento, para luego, obtener los siguientes resultados:

Fcorte = K · xmax = 33635[N ] = 3,36[Tnf ]

M = Fcorte · h = 6,05[Tnf −m]

N = M · g = 4,05[Tnf ]

7

b) El caso es similar al de a), salvo que hay dos pulsos de fuerzas en pequeños periodos de tiempo:

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5Tiempo [s]0

1

2

3

4

5

6Fuerza [Tnf ]

Pulsos debido a dos choques

Como se dijo anteriormente, eso implica el uso de Duhamel para esos casos, considerando que deben pasar el tiempodespués de ambos pulsos para medir la máxima deflexión:

x(t) =1

Mωn

∫ 0,1

0

F (τ)sen(ωn(t− τ)) dτ +1

Mωn

∫ 0,2

0,1

F (τ)sen(ωn(t− τ)) dτ1

Mωn

∫ t

0,2

F (τ)sen(ωn(t− τ)) dτ︸ ︷︷ ︸0

Finalmente, como se tienen los datos del problema, solo debe aplicarse los datos correspondientes:

x(t) =1

4050 · 140,42

(∫ 0,1

0

25000sen(140,42(t− τ)) dτ +

∫ 0,2

0,1

50000sen(140,42(t− τ)) dτ

)x(t) = −0,00019319sen(140,42t)− 0,00095762cos(140,42t)[m]

Este resultado puede reescribirse como:

x(t) = −0,000976913sen(140,42t+ 1)[m]

Lo cual, permite obtener de forma inmediata el resultado del máximo desplazamiento.

xmax = 0,00097691[m] ≈ 0,98[mm]

Fcorte = K · xmax = 78017[N ] = 7,80[Tnf ]

M = Fcorte · h = 14,04[Tnf −m]

N = M · g = 4,05[Tnf ]

(2a)

8