DINAMICA DE ESTRUCTURASABRIL-2011 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 1 PRESENTACION El presente texto de apoyo a la docencia constituye un complemento a las clases teóricas y practicas del curso de Dinámica de Estructuras que semestre a semestre se dicta en el Departamento de Ingeniería Civil de la Universidad de Concepción. Consta de 7 Capítulos, partiendo con un Capitulo inicial que sirve de introducción para definir los conceptos básicos y la nomenclatura involucrada en el análisis dinámico de estructuras. El Capitulo 2 desarrolla la ecuación que define el equilibrio dinámico de sistemas de un grado de libertad con masa concentrada y analiza la respuesta dinámica para distintos tipos de excitaciones que tienen una representación analítica y para las cuales es posible obtener una solución cerrada a la ecuación de movimiento. En el Capitulo 3, se introduce el análisis para cargas del tipo arbitrario como ser las asociadas a los fenómenos del tipo sísmico, colocando énfasis en el cálculo de la respuesta mediante la utilización de la integral de Duhamel y la utilización métodos de integración temporal del tipo paso a paso. En el Capitulo 4, se presentan una serie de problemas en donde se aplican y mezclan los conceptos básicos de la dinámica de estructuras asociados a sistemas de un grado de libertad. En el Capitulo 5, se entregan los conceptos asociados a sistema de n grados de libertad y como abordar el análisis de este tipo de estructuras. En el Capitulo 6, se presentan ejemplos resueltos de sistemas de n grados de libertad sometidos a diversos tipos de cargas dinámicas. Finalmente en el Capitulo 7 se desarrolla el análisis de sistemas con masa distribuida utilizando el concepto de coordenada generalizada, dicho capitulo se complementa con ejercicios sobre el tema. La publicación de este texto complementa el estudio de los libros clásicos y fundamentales en el aprendizaje de la Dinámica de estructuras (CHOPRA (1995) ( 3 ) , CLOUGH y PENZIEN (1982) ( 4 ) , PAZ (1992) ( 6 ) ). 2 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Índice Capítulo 1: Conceptos básicos ..............................................................................................1 1.1 Introducción ................................................................................................................2 1.2 Grados de libertad ......................................................................................................3 1.3 Modelo mecánico ........................................................................................................4 1.3.1 Rigidez equivalente .............................................................................................5 1.3.2 Método de la rigidez basal ..................................................................................8 1.4 Comportamiento general de un sistema mecánico ..................................................11 Capítulo 2: Ecuación de movimiento en sistema de 1 GDL ..............................................14 2.1 Introducción ................................................................................................................14 2.2 Oscilación libre no amortiguada ................................................................................16 2.3 Oscilación forzada no amortiguada...........................................................................20 2.4 Oscilación libre amortiguada .....................................................................................22 2.4.1 Amortiguamiento critico .....................................................................................24 2.4.2 Amortiguamiento supercrítico.............................................................................25 2.4.2 Amortiguamiento subcritico ................................................................................26 2.5 Conceptos de disipación de energía ..........................................................................29 2.6 Oscilación forzada no amortiguada con carga constante.........................................32 2.7 Oscilación forzada amortiguada ................................................................................36 2.8 Aislamiento de vibraciones: respuesta al movimiento de la base ...........................40 Capítulo 3: Excitación arbitraria ...........................................................................................43 3.1 Respuesta a movimientos sísmicos............................................................................43 3.2 Oscilación forzada bajo carga no armónica...............................................................45 3.3 Espectro de respuesta sísmico....................................................................................47 3.4 Integración de ecuación de movimiento ...................................................................50 3.4.1 Solución explicita ..................................................................................................51 3.4.2 Solución implícita..................................................................................................53 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 3 Capítulo 4: Ejemplos sistemas de 1 GDL ............................................................................59 4.1 Aplicaciones ................................................................................................................59 4.1.1 Marco sometido a carga impulsiva rectangular .................................................59 4.1.2 Marco sometido desplazamiento de su base.......................................................63 4.1.3 Marco sometido a carga impulsiva triangular ...................................................67 Capítulo 5: Sistemas de n GDL.............................................................................................71 5.1 Introducción ................................................................................................................71 5.2 Propiedad de ortogonalidad de los modos ..............................................................76 5.3 Ecuaciones desacopladas ...........................................................................................78 5.4 Normalización de la matriz modal ...........................................................................81 5.5 Masa equivalente.........................................................................................................82 5.6 Método de superposición modal Análisis de sensibilidad ......................................84 5.7 Ventajas y desventajas del anales modal ..................................................................85 5.8 Efecto del amortiguamiento .......................................................................................86 Capítulo 6: Aplicaciones a sistemas de n GDL ..................................................................90 6.1 Ejemplos.......................................................................................................................90 6.1.1 Marco de tres niveles sometido a un espectro de velocidades .........................90 6.1.2 Marco de dos niveles sometido a espectro de aceleraciones .............................100 6.1.3 Marco de tres niveles análisis de piso blando.....................................................106 6.1.4 Marco de dos niveles con aceleración basal ........................................................111 Capítulo 7: Sistemas generalizados .....................................................................................115 7.1 Sistemas con masa y elasticidad distribuida.............................................................115 7.1.1 Chimenea con masa distribuida...........................................................................119 Capítulo 8: Referencias .........................................................................................................122 4 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] CAPITULO 1 CONCEPTOS BASICOS 1. 1 INTRODUCCION La dinámica de estructuras es aquella parte de la mecánica aplicada que desarrolla métodos para el estudio del comportamiento de estructuras sujetas a la acción de vibraciones, BARBAT (1983) (1) . El estudio de la dinámica de los cuerpos deformables, puede realizarse desde dos enfoques: uno denominado determinista en el cual a través de las ecuaciones de la mecánica clásica, aplicada sobre un modelo estructural continuo o discreto se obtiene la solución analítica o numérica a las ecuaciones que gobiernan el problema. Otro enfoque es el denominado no-determinista (estocásticoaleatorio) que toma en cuenta la aleatoriedad de las cargas y del comportamiento mecánico de los materiales, dicho enfoque no se aborda en estos apuntes, siendo este ultimo el más próximo a la realidad en el caso sísmico. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 5 Una carga estática es aquella cuyo valor no cambia con el tiempo. Un ejemplo de carga estática lo representan las cargas muertas (peso propio de la estructura) ya que estas permanecen constantes con el paso del tiempo. Una carga o excitación dinámica es aquella cuya intensidad es función del tiempo, un sismo por ejemplo se puede representar como fuerza del tipo dinámico que actúa sobre la estructura. Cualquier estructura elástica sujeta a la acción de una carga dinámica se comporta como un sistema oscilante. Una de las diferencias entre un problema estático y uno dinámico es la variación en el tiempo de la respuesta, lo que hace que el problema dinámico no tenga solamente una solución. Al contrario, el análisis entrega una solución en cada instante de tiempo t 0 , t 1 ,K , t n , para obtener de esta forma la historia de la respuesta OLLER (1995) ( 5 ) . BARBAT (1983) (1) señala que las principales fuentes de fenómenos vibratorios que pueden afectar a las estructuras son entre otros: • Las maquinarias y las instalaciones cuyo funcionamiento implica la presencia de masas en desequilibrio. Las vibraciones causadas por las maquinarias en funcionamiento afectan principalmente a las estructuras soportantes, a sus fundaciones y a estructuras y equipos ubicados en las cercanías. Vehículos en movimiento Sismos, explosiones La acción del viento • • • 1.2 GRADOS DE LIBERTAD Para poder estimar la respuesta dinámica de una estructura real es necesario aplicar simplificaciones conceptuales para reducirla a una estructura ideal (modelo mecánico) a partir del cual se construye un modelo matemático que describe cuantitativamente la respuesta de la estructura idealizada. 6 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Calcular la respuesta dinámica implica establecer dicha respuesta en cada uno de los puntos de la estructura, es decir, en una infinidad de puntos si se considera el hecho real que esta es un medio continuo. Dicho de esta forma el problema se transforma en insoluble, para facilitar él cálculo numérico se define un número finito de puntos representativos de la estructura en donde se plantea y formula el problema. Esto se realiza mediante un procedimiento denominado discretización BARBAT (1983) (1) . Entre los métodos más utilizados para realizar esta operación, se tienen: • • • El método de las masas concentradas El método de los desplazamientos generalizados El método de los elementos finitos Cada uno de estos métodos se aplica en función del tipo de estructura que se utiliza. Uno de los métodos más empleados para estimar la respuesta dinámica es el de las masas concentradas, el cual supone que la masa se concentra en una serie de puntos previamente seleccionados, de tal forma que el modelo mecánico resultante sea capaz de proporcionar una descripción aproximada del movimiento de la estructura real. Cada una de las masas concentradas describe el moviendo generado por el efecto de las fuerzas de inercia que aparecen en el modelo mecánico durante su vibración. El número total de componentes de los desplazamientos en los cuales las masas concentradas vibran con respecto a sus posiciones originales, se denomina número de grados de libertad dinámica del modelo. El número de grados de libertad dinámica de una estructura se puede también definir como él número mínimo de desplazamientos que se tienen que conocer para definir por completo la deformada de la estructura en cada instante durante su vibración. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 7 Una vez obtenida la deformada de la estructura en cada instante del movimiento, es decir, la descripción de los desplazamientos es posible conocer las deformaciones, tensiones y esfuerzos que se desarrollan en la estructura en el tiempo. La identificación de los grados de libertad dinámica de una estructura necesita mucha rigurosidad, ya que tiene gran influencia sobre el resultado del cálculo dinámico. El método de las masas concentradas, resulta eficaz en aquellas estructuras en las cuales una gran parte de su masa está realmente concentrada en puntos discretos. 1.3 MODELO MECANICO El modelo mecánico más sencillo que permite idealizar el comportamiento de una estructura de un grado de libertad, está constituido por una masa soportada por un elemento de rigidez K . Por ejemplo en el marco plano de nudos rígidos de figura 1.1, se considera que es despreciable la deformación axial de las columnas y que el elemento horizontal que las une es indeformable (es decir, dicho elemento se comporta como un diafragma rígido). En este caso la posición del sistema en cualquier instante del tiempo puede ser definida por una única coordenada que corresponde al desplazamiento horizontal del diafragma rígido, que en el modelo mecánico corresponde al centro de masas de la masa concentrada. Alternativamente la estructura de la figura 1.1, se puede idealizar como un carro con ruedas sin roce con el suelo, de masa m y con un resorte sin masa de rigidez horizontal K , tal como se indica en figura 1.2. En ambos casos, las características mecánicas asociadas a la disipación de energía del sistema se pueden caracterizar a través de la inclusión de un amortiguador del tipo viscoso con constante de amortiguamiento c . 8 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Figura 1.1. Marco plano con nudos rígidos y modelo mecánico asociado. Ambos modelos suponen que la masa de la estructura se concentra a nivel del diafragma horizontal el cual ha efectos del análisis dinámico se considera rígido (indeformable) y que se desplaza paralelamente con respecto a la dirección horizontal, imponiendo igualdad de desplazamiento en todos los elementos verticales que se conectan a ella. Figura 1.2. Modelo mecánico de un sistema de un grado de libertad. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 9 1.3.1 RIGIDEZ EQUIVALENTE En una columna de sección constante que sufre un desplazamiento horizontal ∆ i sin giro de nudos y que se deforma solo por flexión con base empotrada la rigidez vale: ki = 12 ⋅ EI h3 (1.1) Físicamente k i representa la fuerza horizontal necesaria que hay que aplicar a nivel de diafragma horizontal en la dirección horizontal para producir un desplazamiento unitario sin giro en el nudo que conecta la columna con el diafragma. En el caso que la no existiera empotramiento, si no que la base de la columna estuviera con un apoyo fijo la rigidez lateral k i de la columna i se reduce a: ki = 3 ⋅ EI h3 (1.2) Se debe señalar que los diafragmas horizontales aparte de resistir solicitaciones verticales de peso propio y sobrecargas transmiten fuerzas horizontales de inercia, imponiendo igualdad de deformaciones a nivel del diafragma horizontal y produciendo fuerzas de corte proporcionales a la rigidez horizontal de cada una de las subestructuras verticales conectadas a ella. Por ejemplo, el marco plano de la figura 1.3 consta de “n” columnas empotradas en su base y conectadas rígidamente a nivel del diafragma superior. Bajo la hipótesis de diafragma horizontal rígido el desplazamiento horizontal de cada una de las columnas es el mismo, es decir: 10 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] ∆1 = ∆ 2 = K = ∆ n = ∆ Para dicho marco plano se cumple que: (1.3) F = F1 + F2 + L + Fn = ∑ Fi Fi = k i ⋅ ∆ i (1.4) (1.5) De la ecuación Constitutiva (1.5) y de la ecuación de compatibilidad de desplazamiento laterales (1.3), reemplazando en la ecuación de equilibrio de fuerzas horizontales (1.4), se tiene: F = [k1 + k 2 + L k n ] ⋅ ∆ = ∑ k i ⋅ ∆ = K ⋅ ∆ Luego: (1.6) K = ∑ ki i =1 n (1.7) Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 11 Figura 1.3. Marco plano. Sistema equivalente de resortes elásticos en paralelo. Siendo K la rigidez lateral equivalente del sistema, es decir, la estructura se puede modelar como si se tratase de un sistema eléctrico en paralelo. 12 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Cuando los resortes se disponen en serie, la constante del resorte equivalente vale: 1 n 1 = ∑ K i =1 k i (1.8) Por ejemplo, la estructura de la figura 1.4 puede modelarse como un sistema mecánico de un grado de libertad con una rigidez equivalente de piso igual a: K = 3⋅ EI EI 1 EI + 12 ⋅ 32 + 3 ⋅ 33 3 3 4 3 (1.9) Figura 1.4. Estructura de un grado de libertad Veamos la siguiente situación, considérense tres marcos planos rígidos todos de igual masa y con columnas de igual rigidez flexional ( EI = cte ) pero con distintas condiciones de vinculación de las columnas en la base. La rigidez equivalente para cada marco vale: • Marco con ambas columnas empotradas: K 1 = 24 EI H3 • Marco con una columna empotrada y la otra con apoyo fijo: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 13 K 2 = 15 • EI H3 EI H3 Marco con ambas columnas con apoyos fijos: K 3 = 6 Graficando las relaciones F vs. u (fuerza vs. desplazamiento lateral) tal como se indica en figura 1.5. Se concluye que para una carga horizontal aplicada a nivel del diafragma horizontal rígido, el marco con columnas empotradas se desplaza una cantidad u1 , mientras que el marco con una columna empotrada se desplaza una cantidad u 2 y el marco con ambas columnas con apoyos fijos se desplaza una cantidad u 3 . Es decir: u1 < u 2 < u 3 Puesto que K 1 > K 2 > K 3 (1.10) Luego el marco más rígido se desplaza menos para la misma carga horizontal. Se verifica que el desplazamiento horizontal es inversamente proporcional a la rigidez lateral del marco. Figura 1.5. Influencia de la rigidez lateral en el nivel de desplazamientos laterales. 14 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 1.3.2 METODO DE LA RIGIDEZ BASAL Afectos del diseño estructural no solo es necesario conocer el desplazamiento que experimenta el diafragma horizontal, si no que interesa saber cuanta fuerza de corte toma cada una de las columnas del marco. Para poder definir el valor de dichas fuerzas de corte, analicemos las ecuaciones de equilibrio, constitutivas y de compatibilidad de desplazamientos respectivamente: F = F1 + F2 F1 = k1 ⋅ u1 F2 = k 2 ⋅ u 2 u1 = u 2 = ∆ Reemplazando (1.13), (1.14) y (1.15) en (1.12) se tiene: (1.12) (1.13) (1.14) (1.15) F = F1 + F2 = k1 ⋅ u1 + k 2 ⋅ u 2 = [k1 + k 2 ] ⋅ ∆ ⇒ ∆ = F [k1 + k 2 ] (1.16) Reemplazando el desplazamiento horizontal de (1.16), en (1.13) y (1.14) se llega a la fuerza de corte que toma cada columna: k1 ⋅F [k1 + k 2 ] k2 F2 = k 2 ⋅ u 2 = k 2 ⋅ ∆ = ⋅F [k1 + k 2 ] F1 = k1 ⋅ u1 = k1 ⋅ ∆ = (1.17) (1.18) Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 15 Luego cada columna toma una fuerza de cortante proporcional a su rigidez, es decir, la columna con mayor rigidez toma más carga. Fi = ki i =1 ∑ ki n ⋅F (1.19) En la figura 1.6, se presenta un marco plano con columnas de diferente altura pero igual rigidez flexional, para este marco se busca conocer como se distribuye la fuerza de corte basal en cada una de las columnas. Para ello consideremos una fuerza horizontal de valor F aplicada a nivel del diafragma horizontal, dicha fuerza se transmite a la base de la estructura y se denomina Qb , es decir: F = F1 + F2 = Qb k1 = 12 EI H3 EI EI k 2 = 12 = 96 3 = 8 ⋅ k1 3 H H 2 (1.20) (1.21) (1.22) De ecuación (1.19), se tiene: F1 = Q k1 ⋅ Qb = b k1 + k 2 9 k2 8 ⋅ Qb = ⋅ Qb k1 + k 2 9 (1.23) F2 = (1.24) 16 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] En este caso la columna más rígida ( k 2 > k 1 ) toma 8 veces la fuerza de corte que toma la columna mas flexible. Lo anterior nos debe hacer reflexionar que teniendo ambas columnas igual inercia flexional el hecho que una sea mas corta que la otra la transforma en más rígida y hace que se lleve el 88.9% del cortante basal. Luego un buen diseño sismorresistente debe considerar comportamiento y considerar esta condición en el diseño estructural. este Figura 1.6. Marco plano con columnas de diferente rigidez al corte. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 17 1.4 COMPORTAMIENTO GENERAL DE UN SISTEMA MECANICO Figura 1.7. (a) Modelo conservativo; (b) Modelo amortiguado; (c) Modelo sísmico Inicialmente se estudia el modelo dinámico de péndulo invertido de la figura 1.7. Si dicho modelo se desplaza de su posición vertical inicial y se lleva a una nueva posición de equilibrio alejada en una unidad u( t = 0 ) = 1 con respecto a la posición inicial y luego se suelta con una & velocidad inicial u( t = 0 ) ≠ 0 , el péndulo oscilaría con respecto a su posición de equilibrio inicial en un movimiento que se le conoce como vibración libre no amortiguada, (ver figura 1.8). Evidentemente, este es un caso teórico que sirve solamente para definir las características dinámicas del sistema. Este tipo de respuesta, no es realista ya que, intuitivamente se espera que la amplitud de las oscilaciones disminuya poco a poco hasta detenerse por completo. Con el objeto de introducir este fenómeno (disminución paulatina de la amplitud del movimiento) al péndulo invertido se le agrega un elemento que disipe energía. Normalmente se utiliza un amortiguador del tipo viscoso, es decir, se asume que la disipación de energía se produce mediante fuerzas de amortiguamiento proporcionales con la velocidad, en conformidad con la hipótesis de Voight BARBAT (1983) (1 ) . 18 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] El amortiguamiento es el proceso por el cual la vibración libre disminuye en amplitud; en este proceso la energía del sistema en vibración es disipada por varios mecanismos los cuales pueden estar presentes simultáneamente. Finalmente el modelo de la figura 1.7 (c) corresponde al caso de análisis sísmico, en donde la excitación se caracteriza por su registro de aceleraciones a( t ) , o por el registro de velocidades v( t ) o por el registro de desplazamientos d( t ) del suelo. Figura 1.8. Vibración libre no amortiguada. En la figura 1.8, se define: A: amplitud del movimiento, que depende de las características mecánicas del péndulo y de las condiciones iniciales. T: periodo (s), que depende de las características de masa y rigidez del péndulo. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 19 CAPITULO 2 ECUACION DE MOVIMIENTO EN SISTEMAS DE 1 GRADO DE LIBERTAD 2.1 INTRODUCCION El movimiento de la estructura idealizada como un sistema de un grado de libertad sometida a cargas dinámicas se rige por una ecuación diferencial, la cual se obtiene utilizando el principio de D’Alembert BARBAT (1983) (1) : “El equilibrio dinámico del sistema queda garantizado, si en cada instante todas las fuerzas que actúan sobre el sistema, incluso las fuerzas de inercia (ficticia), están en equilibrio estático”. Cuando al sistema de un grado de libertad se le aplica una carga externa dinámica F (t ) , la masa sufre un desplazamiento lateral u (t ) el cual representa la deformación que sufre la estructura. Puesto que la fuerza externa varía con el tiempo, el desplazamiento también cambiará en el tiempo. 20 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Las fuerzas involucradas en el equilibrio del sistema son: la fuerza dinámica externa F (t ) , la fuerza elástica resistente FE (t ) que es la fuerza que las columnas ejercen sobre la masa cuando ésta se mueve, la fuerza de amortiguamiento F A(t ) que es la fuerza que ejerce el amortiguador sobre la masa y la fuerza de inercia FI (t ) . Las fuerzas de inercia, de amortiguamiento y elásticas son función del movimiento de la masa, o sea son función de la aceleración, de la velocidad y del desplazamiento de la masa, respectivamente. De acuerdo a la segunda ley de Newton, la fuerza de inercia que se desarrolla en la masa m es directamente proporcional a la aceleración total de la misma, es decir: && FI = m ⋅ u (t ) (2.1) La fuerza de amortiguamiento, suponiendo un amortiguamiento del tipo viscoso está dada por: & FA = c ⋅ u (t ) (2.2) & Donde c es el coeficiente de amortiguamiento y u (t ) es la velocidad relativa de la masa con respecto al suelo. Para un sistema lineal la fuerza elástica resistente está dada por: FE = k ⋅ u (t ) (2.3) Donde k es la rigidez lateral del sistema y u (t ) es el desplazamiento relativo entre la masa y el suelo. Substituyendo las fuerzas FI , FA , FE en la ecuación de equilibrio dinámico, se obtiene: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 21 && & m ⋅ u (t ) + c ⋅ u (t ) + k ⋅ u (t ) = F (t ) (2.4) Ecuación diferencial ordinaria, lineal de coeficientes constantes m, c y k , de segundo orden y no homogénea. Para que la solución numérica o analítica de la ecuación quede definida en el dominio del tiempo, es necesario definir dos condiciones iniciales, una asociada a los desplazamientos y otra asociada a las velocidades iniciales. En el caso de una excitación sísmica, no existe una fuerza externa que esta aplicada a la masa del sistema en forma directa, sino que la única solicitación al sistema es la debida a la aceleración del suelo sobre el cual se encuentra la estructura. Como resultado de esta excitación la base de la estructura tiene una aceleración a g (t ) y a su vez la estructura se deforma en una cantidad u (t ) . El equilibrio dinámico impone que: && & m ⋅ u (t ) + a g (t ) + c ⋅ u (t ) + k ⋅ u (t ) = 0 Luego: [ ] (2.5) && & m ⋅ u (t ) + c ⋅ u (t ) + k ⋅ u (t ) = F (t ) = −m ⋅ a g (t ) (2.6) Siendo esta la ecuación del movimiento que gobierna la respuesta de un sistema de un grado de libertad amortiguado sometido a un movimiento sísmico. 2.2 OSCILACION LIBRE NO AMORTIGUADA Las características dinámicas de un sistema estructural de un solo grado de libertad se definen analizando la vibración libre no amortiguada. La ecuación de movimiento correspondiente a este caso (sistema conservativo) se obtiene directamente despreciando los términos asociados a la excitación externa F (t ) y la fuerza de amortiguamiento viscoso en (2.4), resultando: 22 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] && m ⋅ u (t ) + k ⋅ u (t ) = 0 Dividiendo por la masa de la estructura, resulta: (2.7) k = ω2 m Donde se define ω como la frecuencia fundamental del sistema: (2.8) ω= k = m k⋅g W (2.9) La solución general de esta ecuación corresponde a una vibración sinusoidal del tipo: u (t ) = C1 ⋅ cos(ω ⋅ t ) + C 2 ⋅ sen(ω ⋅ t ) o u (t ) = C ⋅ sen(ω ⋅ t + ϕ ) (2.10) (2.11) Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 23 Figura 2.1. Oscilador libre no amortiguado. Donde C corresponde a la amplitud del movimiento, ϕ es el ángulo de desfase y C1 , C 2 son constantes de integración. Considerando condiciones iniciales asociadas al desplazamiento u (t = 0) = u 0 y velocidad & & u (t = 0) = u 0 que origina el movimiento, es posible definir los valores de dichas constantes. u (t ) = u 0 ⋅ cos(ω ⋅ t ) + & u0 ω ⋅ sen(ω ⋅ t ) 2 2 0 (2.12) (2.13) (2.14) & u u (t ) = C ⋅ sen[ω ⋅ t + ϕ ] = u + 0 ⋅ sen[ω ⋅ t + ϕ ] ω ω ⋅ u0 Con tan ϕ = & u0 Matemáticamente el periodo natural de vibración de un sistema no amortiguado se define por: 24 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Τ= 2π ω 1 f = T = 1 m = 2π f k (2.15) (2.16) Para tener una idea intuitiva del significado del periodo de vibración, sea ∆ la deformación estática de una estructura de un grado de libertad asociada a una fuerza lateral igual a su peso, en la dirección en que puede deformarse (grado de libertad), ver figura 2.2.: Figura 2.2. Calculo del periodo. Por equilibrio de fuerzas horizontales: k ⋅∆ = M ⋅ g ⇒T = 2π = 2π ⋅ M ∆ = 2π ⋅ ≈ 0.2 ∆ k g ω (2.17) Esto permite concluir que las estructuras más deformables (> ∆ ⇒< k ) tendrán un periodo de vibración mas largo que las estructuras menos deformables (rígidas). Volviendo al problema de vibraciones libres no amortiguadas, sigamos un ciclo de vibración de la estructura, ver figura 2.3. En la posición 1 el desplazamiento de la masa es nulo luego se mueve hacia la derecha hasta que llega al máximo desplazamiento en la posición 2. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 25 A partir de este punto el desplazamiento disminuye y regresa a su posición de equilibrio en la posición 3, continúa moviéndose hacia la izquierda hasta alcanzar el máximo desplazamiento de ese lado en la posición 4. Después de este punto la masa comienza de nuevo a desplazarse hacia la derecha hasta alcanzar nuevamente la posición de equilibrio en la posición 5. Así pues un ciclo completo de movimiento (periodo) está dado por las posiciones 1-2-3-4-5. En la posición 5 el estado del sistema (desplazamiento y velocidad) son los mismos a la posición 1, en la cual la estructura está lista para iniciar un nuevo ciclo. Figura 2.3. Periodo de vibración de un sistema de un grado de libertad. 2.3 OSCILACION FORZADA NO AMORTIGUADA Consideremos que no existe amortiguamiento estructural en el sistema y que aplicamos una fuerza del tipo armónica de duraron indefinida sobre el mismo. La ecuación que describe el movimiento del sistema, se puede expresar por: 26 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] && m ⋅ u( t ) + k ⋅ u( t ) = F ( t ) = F0 ⋅ sen( ϖ ⋅ t ) (2.18) Siendo ϖ la frecuencia de excitación asociada a la fuerza aplicada. La solución al problema tiene dos términos una solución homogénea u g ( t ) y otra particular u p ( t ) : u (t ) = u g (t ) + u p (t ) (2.19) La naturaleza de la fuerza externa, sugiere la siguiente solución particular: u p (t ) = A ⋅ sen(ϖ ⋅ t ) (2.20) Figura 2.4. Oscilador no amortiguado con fuerza externa armónica. Sustituyendo en la ecuación de movimiento, se tiene: m − ϖ 2 A ⋅ sen(ϖ ⋅ t ) + k ⋅ [ A ⋅ sen(ϖ ⋅ t )] = F0 ⋅ sen(ϖ ⋅ t ) [ ] (2.21) Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 27 A= F0 − m ⋅ϖ + k 2 = F0 ϖ2 k ⋅ 1 − 2 ω = F0 k ⋅ (1 − α 2 ) (2.22) Donde α = particular: ϖ se denomina razón de frecuencias, luego la solución ω F0 F0 k u p (t ) = ⋅ sen(ϖ ⋅ t ) = ⋅ sen(ϖ ⋅ t ) = 2 k ⋅ (1 − α ) (1 − α 2 ) uE ⋅ sen(ϖ ⋅ t ) (1 − α 2 ) (2.23) En donde u E = péndulo. F0 , representa al desplazamiento horizontal estático del k Finalmente la respuesta total del sistema puede evaluarse como la suma de la respuesta homogénea más la solución particular: uE u (t ) = ⋅ sen(ϖ ⋅ t ) + [C ⋅ sen(ω ⋅ t + ϕ )] 2 (1 − α ) uE u (t ) = ⋅ sen(ϖ ⋅ t ) + [C1 ⋅ sen(ω ⋅ t ) + C 2 ⋅ cos(ω ⋅ t )] 2 (1 − α ) (2.24) (2.25) Imponiendo las condiciones iniciales, resulta: uE u (t ) = ⋅ (sen(ϖ ⋅ t ) − α ⋅ sen(ω ⋅ t ) ) + 2 (1 − α ) &0 u ω ⋅ sen(ω ⋅ t ) + u 0 ⋅ cos(ω ⋅ t ) (2.26) 28 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] & Considerando condiciones iniciales nulas ( u0 = u0 = 0 ): uE u (t ) = ⋅ (sen(ϖ ⋅ t ) − α ⋅ sen(ω ⋅ t ) ) 2 (1 − α ) (2.27) En donde la variación del desplazamiento dinámico u (t ) lo podemos expresar en función del desplazamiento estático del sistema como: u (t ) = FAD ⋅ u E (2.28) (2.29) FAD = 1 ⋅ (sen(ϖ ⋅ t ) − α ⋅ sen(ω ⋅ t ) ) (1 − α 2 ) En donde se define el factor de amplificación dinámica (FAD): Cuando α → 1 ⇒ ϖ ≅ ω ⇒ FAD → ±∞ “ocurre resonancia” Cuando α → 0 ⇒ ϖ → 0 ⇒ FAD → 0 “se obtiene la respuesta estática” Cuando α → ∞ ⇒ ϖ → ∞ ⇒ FAD → 1 “el oscilador no responde” Lo anterior permite reafirma el echo que la estructura se comporta como un filtro de frecuencias, dependiendo su respuesta de la razón de frecuencias α OLLER (1995) ( 5 ) , BARBAT (1983) (1 ) . En la figura 2.5 se presenta la grafica del factor de amplificación dinámica FAD , en donde se han dibujado por separado las curvas asociadas a la frecuencia de excitación ϖ , a la frecuencia natural ω y la suma de ambas ecuación (2.29). Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 29 Para obtener el valor máximo del factor de amplificación dinámica, se debe derivar la expresión (2.29) e igualarla a cero para despejar el tiempo al cual este valor se hace máximo, sin embargo, esto resulta en una operación engorrosa, siendo mas fácil graficar la respuesta y leer en forma directa desde el grafico el valor máximo. Por ejemplo, en el caso de la figura 2.5, se presenta la gráfica del factor de amplificación dinámica, cuando la razón de frecuencias es igual a α = 2 . En este caso el FAD resulta ser del orden de 1.8 , esto se traduce en que la respuesta dinámica máxima del oscilador es aproximadamente igual a u max = 1.8 ⋅ u E . Figura 2.5. Factor de amplificación dinámica, considerando ϖ = 2 ⋅ ω . 30 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 2.4 OSCILACION LIBRE AMORTIGUADA En este caso la ecuación de movimiento que representa al sistema, se puede escribir como: & m ⋅ &&& + c ⋅ u + k ⋅ u = 0 u En donde c es el coeficiente de amortiguamiento. (2.30) && u+ Sea: c k & ⋅u + ⋅u = 0 m m (2.31) c = 2⋅ξ⋅ω m y ξ= c (factor de amortiguamiento), c cr 0 <ξ <1 En donde el valor critico del coeficiente de amortiguamiento c cr , se define por: c c = 2⋅ ⋅ ω ⇒ c cr = 2 ⋅ m ⋅ ω = 2 ⋅ k ⋅ m m ccr Luego: (2.32) && & u + 2 ⋅ξ ⋅ω ⋅ u + ω 2 ⋅u = 0 La solución a esta ecuación diferencial tiene la forma de: (2.33) u (t ) = C ⋅ e λ ⋅t & u (t ) = C ⋅ e λ ⋅t ⋅ λ ⋅ 1 && u (t ) = C ⋅ e λ ⋅t ⋅ λ2 ⋅ 1 (2.34) Reemplazando en la ecuación de movimiento, se obtiene la ecuación característica: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 31 C ⋅ e λ ⋅t ⋅ λ2 + 2 ⋅ ξ ⋅ ω ⋅ λ + ω 2 = 0 [ ] (2.35) [λ 2 + 2 ⋅ ξ ⋅ ω ⋅ λ + ω 2 = 0 ⇒ λ1, 2 = ω ⋅ − ξ ± ξ 2 − 1 ] [ ] (2.36) Luego, la solución general, viene dada por la superposición de las dos soluciones, en donde las constantes de integración C1 y C 2 son dependientes de las condiciones iniciales: u (t ) = C1 ⋅ e λ1⋅t + C 2 ⋅ e λ2 ⋅t Según sea ξ , se tiene: • (2.37) [ξ [ξ [ξ 2 − 1 < 0 ⇒ ξ < 1 El sistema oscila alrededor de la posición de ] ] ] equilibrio con una amplitud que decrece progresivamente y es denominado amortiguamiento subcrítico. • −1 = 0 ⇒ ξ = 1 El sistema retorna a su posición inicial de equilibrio sin oscilar y se denomina amortiguamiento crítico. 2 • −1 > 0 ⇒ ξ > 1 El sistema no oscila pero retorna a su posición de equilibrio lentamente y es denominado amortiguamiento supercrítico. 2 2.4.1 AMORTIGUAMIENTO CRÍTICO: ( ξ = 1 ) En este caso las dos raíces de la ecuación característica son iguales: λ1 = λ 2 = −ξ ⋅ ω = −ω Para que la solución sea independiente debe tener la siguiente forma: (2.39) u (t ) = C1 ⋅ e λ1⋅t + C 2 ⋅ t ⋅ e λ2 ⋅t = [C1 + C 2 ⋅ t ] ⋅ e −ω ⋅t Imponiendo condiciones iniciales, se tiene: (2.40) 32 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] & u (t ) = u 0 ⋅ e −ω ⋅t ⋅ [1 − ω ⋅ t ] + u 0 ⋅ t ⋅ e −ω ⋅t (2.41) Que es la respuesta de un oscilador con amortiguamiento crítico, siendo un movimiento no oscilatorio. En figura 2.6, se presenta el móv. no oscilatorio ( ξ = 1 ) asociado a las & siguientes condiciones iniciales, u 0 = 1 cm. y u 0 = 3 cm . s Figura 2.6. Movimiento no oscilatorio, factor de amortiguamiento unitario ( ξ = 1 ). Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 33 2.4.2 AMORTIGUAMIENTO SUPERCRITICO: ( ξ > 1 ) En este caso, las dos raíces de la ecuación característica son diferentes, obteniéndose: u (t ) = C1 ⋅ e λ1⋅t + C 2 ⋅ e λ2 ⋅t Aplicando las condiciones iniciales, se llega a: (2.42) C1 = & (u 0 ⋅ λ 2 + u 0 ) λ 2 − λ1 & (u 0 ⋅ λ1 + u 0 ) λ1 − λ 2 (2.43) C2 = (2.44) Sustituyendo las constantes, se tiene la ecuación de movimiento del sistema sin oscilaciones. 2.4.3 AMORTIGUAMIENTO SUBCRITICO: ( ξ < 1 ) Este corresponde al caso típico de las construcciones civiles ( 0 < ξ < 1 ). Las raíces de la ecuación característica son: λ1,2 = ω ⋅ − ς ± i ⋅ 1 − ξ 2 = γ ± i ⋅ β (2.45) La solución general al problema es: u (t ) = C1 ⋅ e λ1⋅t + C 2 ⋅ e λ2 ⋅t = C1 ⋅ e (γ +i⋅β )⋅t + C 2 ⋅ e (γ −i⋅β )⋅t Utilizando las ecuaciones de Euler (OLLER (1995) ( 5 ) ): (2.46) e i⋅x = cos( x) + i ⋅ sen( x) 34 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] e −i⋅x = cos( x) − i ⋅ sen( x) Se llega a la siguiente expresión: (2.47) u( t ) = C1 ⋅ e γ⋅t ⋅ [cos( β ⋅ t ) + i ⋅ sen( β ⋅ t )] + C 2 ⋅ e γ⋅t ⋅ [cos( β ⋅ t ) − i ⋅ sen( β ⋅ t )] La cual se puede reescribir como: (2.48) u (t ) = e γ ⋅t ⋅ [B1 ⋅ cos( β ⋅ t ) + B2 ⋅ sen( β ⋅ t )] B1 = C1 + C 2 B 2 = i ⋅ (C1 + C 2 ) = i ⋅ B1 Sustituyendo γ = −ξ ⋅ ω y β = ω ⋅ 1 − ξ 2 se llega a: u (t ) = e −ξ ⋅ω ⋅⋅t ⋅ B1 ⋅ cos[(ω ⋅ 1 − ξ 2 ) ⋅ t ] + B2 ⋅ sen[(ω ⋅ 1 − ξ 2 )t ] (2.49) (2.50) (2.51) (2.52) Definiendo la frecuencia amortiguada como: ω a = ω ⋅ 1 − ξ 2 ⇒ Ta = 2 ⋅π ωa = T1 1− ξ 2 (2.53) Considerando las condiciones iniciales de desplazamiento y velocidad, se llega a: & u + ξω u o u (t ) = e −ξωt u o cos ω 1 − ξ 2 t + o sin ω 1 − ξ 2 2 ω 1−ξ ( ) ( )t (2.54) En la figura 2.7 se presenta la respuesta de un sistema de un grado de Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 35 libertad con amortiguamiento subcritico. La vibración amortiguada es la de mayor interés en la dinámica estructural, pues las estructuras reales poseen esta característica. Los valores de la fracción de amortiguamiento determinados para distintos tipos de estructuras son muy variados y exhiben una gran dispersión: Figura 2.7. Sistema con amortiguamiento subcritico, con fracciones de amortiguamiento del 10% y del 20%. Tabla 2.1: Fracciones del amortiguamiento critico para diferentes tipos de 36 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] construcciones Tipo de Estructura Edificios de Acero Edificios de Hormigón Armado Construcciones de Albañilería Construcciones de Madera ξ % de amortiguamiento 2%-5% 5%-10% 8%-15% 10%-15% Se concluye que estructuras con amortiguamientos menores al crítico tienen un desplazamiento decreciente en el tiempo. En la figura 2.8, se aprecia que el amortiguamiento estructural tiende a disminuir a frecuencia circular de vibración, y por lo tanto de alargar el periodo de vibración. Además el aumento del amortiguamiento estructural reduce la amplitud de las vibraciones, lo cual es beneficioso para la estructura, pues disminuye el nivel de daños esperado en ella. En la mayoría de las estructuras el amortiguamiento crítico varía entre el 2 y 10%, por lo que el periodo amortiguado es entre 0.002 y 1.0050 del periodo natural o no amortiguado. Así pues para la mayoría de las estructuras el periodo amortiguado es prácticamente igual al periodo no amortiguado ( T ≅ Ta ). Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 37 Figura 2.8 Influencia del amortiguamiento estructural en la respuesta 2.5 CONCEPTOS BASICOS DE DISIPACION DE ENERGIA Consideremos inicialmente un sistema conservativo, en dicho sistema la energía total en todo instante se mantiene constante, es decir, no existe disipación de energía: E (t ) = E K (t ) + E P (t ) = Cte. E (t ) = 1 1 & ⋅ m ⋅ u 2 + ⋅ k ⋅ u 2 = Cte. 2 2 (2.55) (2.56) Cuando: & u max ⇒ u = 0 → E (t ) = E P (t ) = & u max 1 2 ⋅ k ⋅ u máx 2 1 &2 ⇒ u = 0 → E (t ) = E K (t ) = ⋅ m ⋅ u máx 2 (2.57) (2.58) & u max = ω ⋅ u máx E (t ) = Cte. ⇒ 1 1 k 2 2 ⋅ k ⋅ u máx = ⋅ m ⋅ [ω ⋅ u máx ] ⇒ ω 2 = 2 2 m (2.59) (2.60) Veamos a continuación el problema de un sistema general (ya no necesariamente elástico) que disipa energía (por amortiguamiento viscoso y por histéresis). Consideremos que actúa una acción sísmica en la base del péndulo. La ecuación energética puede obtenerse integrando la ecuación de movimiento de un sistema inelástico de un grado de libertad, el hecho que & el sistema sea inelástico hace que las fuerzas internas f s (u, u ) sean una función de los desplazamientos y las velocidades: 38 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] && & & && m ⋅ u (t ) + c ⋅ u (t ) + f S (u , u ) = − m ⋅ u g (t ) u (2.61) u && & & && ∫ m ⋅ u (t ) ⋅ du + ∫ c ⋅ u (t ) ⋅ du + ∫ f s (u , u ) ⋅ du = − ∫ m ⋅ u g (t ) ⋅ du 0 0 0 u u (2.62) 0 El lado derecho de esta ecuación es la energía de entrada al sistema definida por excitación sísmica: && E I (t ) = − ∫ m ⋅ u g (t ) ⋅ du 0 u (2.63) El primer termino del lado izquierdo, es la energía cinética de la masa asociada con su movimiento relativo al suelo: && & & E K (t ) = ∫ m ⋅ u (t ) ⋅ du = ∫ m ⋅ u (t ) ⋅ du = 0 0 u & u & m ⋅u2 2 (2.64) El segundo término del lado izquierdo es la energía disipada por amortiguamiento viscoso: & E D (t ) = ∫ f D (t ) ⋅ du = ∫ c ⋅ u ⋅ du 0 0 u u (2.65) El tercer término del lado izquierdo es la suma de la energía disipada por histéresis (fluencia de los materiales que componen la estructura) y la energía de deformación del sistema: ES [ f S (t )]2 (t ) = 2⋅k (2.66) Donde k es la rigidez inicial del sistema inelástico. Luego la energía disipada por histéresis (fluencia) es: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 39 & EY (t ) = ∫ f S (u , u ) ⋅ du − E S (t ) 0 u (2.67) El balance de energía para el sistema es: E I (t ) = E K (t ) + E D (t ) + [E S (t ) + EY (t )] (2.68) Figura 2.8. Analogía del estanque. Concepto de disipación de energía. El balance de energía se puede interpretar físicamente a través de la siguiente analogía: Para que el estanque de la figura 2.8, (en nuestro caso la estructura) opere eficientemente su capacidad (resistente y de deformación) total dada por la suma de su volumen y las salidas de agua, debe ser mayor que las entradas de agua (energía sísmica). Es decir, la capacidad de admitir energía E I depende del volumen del tanque E K + E S y del tamaño del orificio por donde escapa E D + EY . Un principio básico del diseño estructural es que las capacidades estructurales deben ser mayores a las demandas sísmicas. En este contexto, debe buscarse que la capacidad de disipación de energía de la estructura debe ser mayor que la demanda de energía histeretica (o de fluencia), es decir, incrementar el lado derecho o disminuir el lado izquierdo de la ecuación (2.68) de balance energético. Incrementar el lado 40 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] derecho puede lograrse aumentando la resistencia lateral de la estructura con lo que se incrementa la importancia de los dos primeros términos con respecto al tercero y cuarto, sin embargo, ello implica un aumento de costo en la estructura. La filosofía actual del diseño sismorresistente acepta la existencia de deformaciones inelásticas en la estructura, permitiendo de este modo que gran parte de la energía de entrada se disipe por medio de energía histeretica. En una estructura convencional que no tiene dispositivos de disipación de energía, se acepta que existan importantes demandas de deformación inelástica en elementos estructurales (rotulación de vigas, falla de arriostramientos concéntricos, base de muros, etc.) lo cual se traduce en diferentes niveles de daño. 2.6 OSCILACIÓN FORZADA NO AMORTIGUADA CON CARGA CONSTANTE Si a un sistema de un grado de libertad se le aplica una fuerza de magnitud constante (es decir, una fuerza cuya amplitud no varía en el tiempo), entonces la respuesta particular del sistema a dicha carga tendría un valor de: u p (t ) = u E = F k (2.69) La respuesta total del sistema estará compuesta por la solución homogénea más la solución particular: u (t ) = B1 ⋅ cos(ω ⋅ t ) + B2 ⋅ sen(ω ⋅ t ) + F k (2.70) & Considerando condiciones iniciales nulas ( u 0 = u 0 = 0 ), se tiene: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 41 u (t ) = F ⋅ [1 − cos(ω ⋅ t )] = u E ⋅ [1 − cos(ω ⋅ t )] k (2.71) De (2.71) se observa que el desplazamiento dinámico u (t ) es función del desplazamiento estático u E multiplicado por FAD = 1 − cos(ω ⋅ t ) . Graficando el factor de amplificación dinámica se encuentra que el desplazamiento dinámico máximo del sistema es igual a 2 veces el desplazamiento estático del sistema y ocurre cuando cos(ω ⋅ t ) = −1 , ver figura 2.9. En este caso, el hecho de aplicar la carga horizontal en forma dinámica es equivalente a multiplicar el desplazamiento estático de dicha estructura por 2. Lo anterior, se puede reinterpretar de la siguiente forma: u (t ) = F ⋅ [1 − cos(ω ⋅ t )] = k t u (t ) t u E ⋅ 1 − cos(2π ⋅ ) ⇒ = FAD = 1 − cos(2π ) T uE T (2.72) La ecuación (2.72) puede expresarse en función de fuerzas: como la razón entre la fuerza dinámica que se desarrolla en el sistema y la fuerza estática (dicha razón se denomina, factor de amplificación dinámica FAD . u (t ) u (t ) ⋅ k F t = = = 1 − cos(2π ) = FAD uE u E ⋅ k FE T (2.73) Para efectos del diseño interesa conocer el valor máximo de la fuerza horizontal independientemente del tiempo en donde dicho máximo ocurre. Consideremos ahora que la fuerza constante tiene una duración definida igual a t d , es decir corresponde a un pulso rectangular de duración t d . Si el sistema parte del reposo y no existe amortiguamiento, entonces la respuesta al tiempo final t d vale: 42 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] u (t d ) = F ⋅ [1 − cos(ω ⋅ t d )] = u E k t ⋅ 1 − cos(2π ⋅ d ) T (2.74) & u (t d ) = t F ⋅ ω ⋅ [sen(ω ⋅ t d )] = u E ⋅ ω ⋅ sen(2π ⋅ d ) k T (2.75) Figura 2.9. Variación del factor de amplificación dinámica FAD . Para evaluar la repuesta después del tiempo t d se deben considerar que los valores entregados por (2.74) y (2.75) corresponden a las condiciones iniciales para esta nueva fase de carga. Es decir, podemos separar el comportamiento del sistema en dos fases de carga, una fase inicial en donde la carga se aplica hasta el tiempo t d y una fase final en donde la carga se retira en t d y el sistema de ahí en adelante responde como si estuviese en vibración libre. Para t > t d la respuesta del sistema será: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 43 u (t − t d ) = B1 ⋅ cos(ω ⋅ (t − t d )) + B2 ⋅ sen(ω ⋅ (t − t d )) (2.76) En donde las constantes de integración, se obtienen a partir de las condiciones iniciales (2.74) y (2.75): u (t − t d ) = u (t d ) ⋅ cos(ω ⋅ (t − t d )) + & u (t d ) ω ⋅ sen(ω ⋅ (t − t d )) (2.77) u( t − t d ) = F ⋅ [1 − cos( ω ⋅ t d )] ⋅ cos( ω ⋅ ( t − t d )) + k F ⋅ sen( ω ⋅ t d ) ⋅ sen( ω ⋅ ( t − t d )) k u (t − t d ) = Luego: FAD = 1 − cos(2π t ) para t ≤ t d T (2.78) F ⋅ [cos(ω ⋅ (t − t d )) − cos(ω ⋅ t )] k (2.79) (2.80) FAD = cos 2π ( t td t para t > t d − ) − cos 2π T T T (2.81) 2.7 OSCILACIÓN FORZADA AMORTIGUADA En el caso de cargas dinámicas la respuesta (el desplazamiento producido por la fuerza dinámica) no sólo será función de la rigidez lateral del sistema, sino que además depende de: (1) El periodo de vibración del sistema, es decir, del cuociente entre la rigidez lateral y la masa. (2) El coeficiente de amortiguamiento del sistema c. 44 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] (3) El contenido de frecuencias de la fuerza dinámica, o sea que tan rápido o lenta es la variación de la amplitud de la fuerza externa en el tiempo. Una de las fuerzas dinámicas más simples es la carga armónica, que aparece en problemas en problemas típicos de vibración de maquinarias. En este caso, la excitación externa, es de la forma: F (t ) = F0 ⋅ sen(ϖ ⋅ t ) (2.82) Donde F0 es la amplitud de la fuerza y ϖ es la frecuencia de la excitación. La respuesta a una excitación armónica tiene dos componentes: 1. Una componente debida a la vibración libre, propia del sistema, que se denomina solución transitoria del movimiento por cuanto decae y tiende a desaparecer por efecto del amortiguamiento (solución asociada a la parte homogénea de la ecuación de movimiento). 2. Una componente debida a la energía entregada al sistema por la excitación externa al sistema por la excitación externa que se denomina componente o estado de régimen del movimiento por cuanto es la componente de la respuesta que prevalece una vez atenuada la vibración libre (solución asociada a la parte derecha de la ecuación de movimiento, denominada solución particular). La respuesta de régimen a una excitación armónica también es armónica y de la misma frecuencia aunque no necesariamente en fase con la excitación. Una vez pasada una fase inicial de transición (al poco tiempo de aplicada la fuerza), este desplazamiento será también de tipo armónico con una amplitud u(t) que varía con el tiempo, con una amplitud máxima y un ángulo de desfase o de atraso de la respuesta, con respecto a la excitación: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 45 u p (t ) = F0 k (1 − α 2 ) 2 + (2 ⋅ ξ ⋅ α ) 2 ⋅ sen(ϖ ⋅ t + φ ) (2.83) Siendo α = ϖ la razón de frecuencias. ω La solución general es dada por: u (t ) = C ⋅ e −ξ ⋅ω ⋅t ⋅ sen(ω a ⋅ t + θ ) + F0 k (1 − α 2 ) 2 + ( 2 ⋅ ξ ⋅ α ) 2 ⋅ sen(ϖ ⋅ t + φ ) (2.84) Luego la respuesta máxima del sistema al ser sometido a una fuerza armónica de amplitud F0 puede ser mayor, menor o semejante a la producida por la carga estática de igual amplitud, dependiendo básicamente de dos aspectos: (1) La razón entre la frecuencia de excitación y la frecuencia natural del sistema (2) Del grado de amortiguamiento del sistema Se define como factor de amplificación dinámico de la respuesta estática al cuociente entre el desplazamiento máximo bajo cargas dinámicas y el desplazamiento estático u E . Matemáticamente el factor de amplificación dinámica de la respuesta estática u E , se puede expresar como: F0 FAD = u max p uE 2 2 k = 1 (1 − α 2 ) 2 + (2 ⋅ ξ ⋅ α ) 2 = (1 − α ) + (2 ⋅ ξ ⋅ α ) 2 uE 2.85) Cuando FAD es mayor a uno, se tiene que existe amplificación dinámica, 46 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] esto es, el desplazamiento máximo dinámico es mayor al desplazamiento estático. Así mismo cuando es menor a uno existe una reducción, esto es la respuesta dinámica es menor a la respuesta estática. Finalmente cuando es igual a uno, el desplazamiento dinámico es igual al estático. En la figura 2.10 se presenta la variación del factor de amplificación dinámica para diferentes valores de la razón de frecuencias y del grado de amortiguamiento. Puede observarse, que para frecuencias de excitación muy bajas (ósea excitaciones con periodos grandes): ϖ → 0 ⇒ α → 0 ⇒ FAD = u max p uE = 1 (1 − α ) + (2 ⋅ ξ ⋅ α ) 2 2 2 ≅1 (2.86) En este caso la respuesta dinámica es igual a la respuesta estática, es decir, estamos en presencia de una carga estática. Para fuerzas con frecuencias de excitación natural del sistema: u max 1 p = ϖ → ω ⇒ α = 1 ⇒ FAD = u0 2 ⋅ξ cercanas a la frecuencia (2.87) (2.88) (2.89) u0 ⇒ ξ → 0 ⇒ u max → ∞ Resonancia p 2 ⋅ξ u ξ → 1 ⇒ u max = 0 Amortiguamiento critico p 2 u max = p Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 47 Figura 2.10. Factor de amplificación dinámica. Para una fuerza externa con una frecuencia de excitación alta: ϖ >> ω ⇒ α → ∞ ⇒ FAD → 0 ⇒ u max → 0 p El oscilador no responde y se queda en reposo. (2.90) Se concluye que cuando la frecuencia de la excitación es mucho menor a la frecuencia natural, o sea que la fuerza es mucho más "lenta" en comparación con la velocidad con la que se mueve la estructura en vibración libre, el desplazamiento dinámico es igual al desplazamiento estático. Por lo contrario, cuando la frecuencia de la excitación es mucho mayor a la frecuencia natural del sistema, o sea cuando la variación de la fuerza es mucho más rápida que la velocidad con la que completa un ciclo la estructura en vibración libre, el desplazamiento dinámico es menor al estático, y se tiene una reducción de la respuesta dinámica. 48 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Como ya se mencionó, los edificios por lo general tienen amortiguamientos menores al 0.05, por lo que es importante el evitar frecuencias de excitación semejantes a las frecuencias naturales, para poder evitar de esta forma amplificaciones dinámicas importantes. En resumen: ϖ << ω ⇒ Problema Estático ϖ ≈ ω ⇒ Problema Dinámico ϖ >> ω ⇒ No hay respuesta 2.8 AISLAMIENTO DE VIBRACIONES: MOVIMIENTO DE LA BASE RESPUESTA AL Caso de estructuras sometidas a movimientos en su fundación: sismos, maquinas, explosiones. Considerando un movimiento en la base del tipo armónico: u s (t ) = u 0 ⋅ sen(ϖ ⋅ t ) Ecuación de equilibrio, en términos de desplazamientos relativos: (2.91) && & & m ⋅ u + c ⋅ [u − u s ] + k ⋅ [u − u s ] = 0 && & & m ⋅ u + c ⋅ u + k ⋅ u = c ⋅ us + k ⋅ us && & m ⋅ u + c ⋅ u + k ⋅ u = c ⋅ [u 0 ⋅ ϖ ⋅ cos(ϖ ⋅ t )] + k ⋅ [u 0 ⋅ sen(ϖ ⋅ t )] Expresión, que se puede reescribir como: (2.92) (2.93) (2.94) Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 49 && & m ⋅ u + c ⋅ u + k ⋅ u = u0 ⋅ ( c ⋅ ϖ )2 + k 2 ⋅ sen( ϖ ⋅ t + β ) = F0 ⋅ sen( ϖ ⋅ t + β ) Donde: (2.95) F0 = u 0 ⋅ (c ⋅ϖ ) 2 + k 2 = u 0 ⋅ k ⋅ (2 ⋅ ξ ⋅ α ) 2 + 1 (2.96) tgβ = c ⋅ϖ ⋅ u 0 = 2 ⋅ ξ ⋅α k ⋅ u0 (2.97) La solución particular (o en régimen) tiene la forma: u p (t ) = FO k ⋅ (1 − α 2 ) 2 + (2 ⋅ ξ ⋅ α ) 2 ⋅ sen[(ϖ ⋅ t + β ) + ψ ] (2.98) Se define la “transmisibilidad” como el grado de aislamiento relativo entre la estructura y el suelo: u max p uE (2 ⋅ ξ ⋅ α ) 2 + 1 (1 − α 2 ) 2 + (2 ⋅ ξ ⋅ α ) 2 TR = = (2.99) De figura 2.11, se concluye que: TR → 0 ⇒ Sistema aislado TR → 1 ⇒ Sistema no aislado (2.100) T R → ∞ ⇒ Sistema no aislado (amplificación del movimiento del suelo) El amortiguamiento disminuye la transmisión del movimiento del suelo para α ≤ 2 , para valores mayores de la razón de frecuencias el efecto del 50 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] amortiguamiento actúa negativamente. La transmisibilidad también puede interpretarse como un aislamiento de fuerzas. Figura 2.11. Transmisibilidad Utilizando (2.96) en la relación de transmisibilidad de (2.99) se tiene: TR = u max p u0 = u max p F0 k ⋅ (2⋅ξ⋅α) +1 2 = k ⋅ u max p F0 ⋅ ( 2 ⋅ ξ ⋅ α )2 + 1 = (2.101) Fmax ⋅ ( 2 ⋅ ξ ⋅ α )2 + 1 F0 Del factor de amplificación dinámica de la respuesta estática de (2.85), se tiene: u max p u0 k ⋅ u max p k ⋅ uE Fmax F0 FAD = = = (2.102) Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 51 TR = FAD ⋅ ( 2 ⋅ ξ ⋅ α ) 2 + 1 (2.103) CAPITULO 3 EXITACION ARBITRARIA 3.1 RESPUESTA A MOVIMIENTOS SÍSMICOS Con fines de la ingeniería sismo-resistente, los movimientos del suelo durante un terremoto se miden instrumentalmente por medio de un acelerógrafo, el cual registra la historia de aceleraciones del terreno, ver figura 3.1 Como la aceleración es la derivada de la velocidad con respecto al tiempo, el posible obtener la historia de velocidades del terreno a partir de las aceleraciones de terreno por medio de una integración en el tiempo. 52 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Análogamente, como las velocidad es la derivada del desplazamiento con respecto al tiempo, el posible obtener la historia de desplazamientos del terreno a partir de una integración en el tiempo de la historia de velocidades o una doble integración de la historia de aceleraciones. Figura 3.1. Registro de desplazamientos, velocidades y aceleraciones durante el sismo de Iquique del 13 de Junio de 2005. La respuesta de un sistema de un grado de libertad a un movimiento del suelo se puede obtener a partir de la solución de la ecuación diferencial de movimiento de una estructura, utilizando diferentes métodos: (1) En el dominio del tiempo por medio de la solución de la integral de Duhamel. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 53 (2) En el dominio del tiempo por medio de una integración numérica de la ecuación del movimiento. (3) En el dominio de la frecuencia obteniendo la transformada de Fourier de la historia de aceleraciones, multiplicándola por la función de transferencia del sistema y obteniendo la transformada inversa de Fourier de dicho producto. 3.2 OSCILACION FORZADA BAJO CARGAS NO ARMONICAS En este caso la dificultad del cálculo de la respuesta sísmica se debe al carácter de la excitación a(t ) que no puede ser expresada en forma analítica, por lo que su cálculo implica la utilización de métodos numéricos. Si se aborda el problema en el dominio del tiempo, la ecuación de movimiento del sistema de un grado de libertad se expresa por: && & m ⋅ u (t ) + c ⋅ u (t ) + k ⋅ u (t ) = − m ⋅ a g (t ) (3.1) La solución a (3.1) se obtendrá a través de la superposición de las respuestas a impulsos rectangulares, para ello, consideremos que la excitación sísmica − m ⋅ a g (t ) puede ser modelada como una serie de impulsos. De acuerdo a BARBAT (1983) (1) considérese la respuesta a un impulso de duración dτ y de intensidad a 0 que se aplica en la base de la estructura, tal como el indicado en figura 3.2. Este impulso le imprime una & & velocidad inicial al sistema u (t = 0) = u 0 y un desplazamiento inicial nulo. 54 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Figura 3.2. Impulso inicial como acción sísmica Aplicando el principio de la conservación del movimiento, según el cual el & momento o cantidad de movimiento m ⋅ u 0 es igual al impulso correspondiente − m ⋅ a 0 ⋅ dτ , se tiene que: & u 0 = − a 0 ⋅ dτ (3.2) La respuesta del sistema al impulso, es equivalente a la de un sistema en vibración libre (por simplicidad consideremos un sistema no amortiguado) con una velocidad inicial dada por (3.2) y un desplazamiento inicial nulo, es decir: u (t ) = B1 ⋅ sen(ω ⋅ t ) + B2 ⋅ cos(ω ⋅ t ) u (t = 0) = B2 ⋅ 1 = 0 ⇒ B2 = 0 & u (t = 0) = B1 ⋅ ω = − a 0 ⋅ dτ ⇒ B1 = − u (t ) = − a0 (3.3) (3.4) a0 ω ⋅ dτ (3.5) (3.6) ω ⋅ dτ ⋅ sen(ω ⋅ t ) Si el impulso no se aplica al tiempo cero sino al tiempo τ , entonces la respuesta al tiempo t > τ será: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 55 u (t ) = − a0 ω ⋅ dτ ⋅ sen(ω ⋅ (t − τ )) (3.7) Si la excitación sísmica no es un impulso, sino que esta descrita por una curva arbitraria, entonces dicha excitación se puede descomponer en un número finito de impulsos, puesto que el sistema es elástico, su respuesta en cualquier instante de tiempo debida a la aceleración arbitraria puede obtenerse sumando las respuestas elementales producidas por cada uno de los "n" impulsos: n a ⋅ dτ u n (t ) = − ∑ − 0 ⋅ sen(ω (t − τ )) i =1 ω (3.8) Para obtener la respuesta exacta, se pasa al límite cuando n → ∞ , resultando: u (t ) = − 1 ω0 ∫ a(τ ) ⋅ sen(ω (t − τ )) ⋅ dτ t (3.9) La integral (3.9) se conoce con el nombre de integral de convolución o integral de Duhamel BARBAT (1983) (1 ) , OLLER (1995) ( 5 ) . Cuando se considera el amortiguamiento estructural, dicha integral se transforma en: u(t) = − 1 t − ξ ⋅ω⋅(t − τ) ⋅ sen(ωa (t − τ)))dτ ∫ a(τ ) ⋅ (⋅e ωa 0 (3.10) En donde ω a = ω ⋅ 1 − ξ 2 es la frecuencia amortiguada del sistema. Las expresiones (3.9) y (3.10) se restringen a problemas lineales en donde 56 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] es posible utilizar el principio de superpoción. Su solución analítica solo es posible para algunas expresiones analíticas de la excitación a (τ ) siendo recurrente el uso de métodos numéricos para su solución. Para una aceleración en la base a (τ ) resulta una fuerza F (τ ) = − m ⋅ a(τ ) , luego la integral de Duhamel, se puede reescribir como: u (t ) = F (τ ) −ξ ⋅ω ⋅( t −τ ) ⋅e ⋅ sen(ω a (t − τ )) ⋅ dτ ⇒ u (ξ , ω , F (τ )) ωa 0 m 1 ∫ t (3.11) 3.3 ESPECTRO DE RESPUESTA SÍSMICA Para fines del diseño sismorresistente interesa conocer únicamente la respuesta máxima del oscilador (desplazamiento lateral, el corte basal y momento de volcamiento) para una excitación conocida. Una de las herramientas más útiles para evaluar esta interrogante, es la construcción de un espectro de respuesta BARBAT y MIQUEL (1994) ( 2 ) , el cual se define como la representación gráfica de la respuesta máxima (ya sea de desplazamientos, velocidades o aceleraciones) en función del periodo natural de vibración del sistema para un sismo determinado y un amortiguamiento definido. Es decir, el espectro de respuesta nos da información de la respuesta máxima para toda una familia de sistemas de un grado de libertad (por lo general basta considerar estructuras con periodos comprendidos entre T = 0 − 3 (s ) ) para un sismo definido. Derivando (3.10), se obtiene la solución de la historia de la respuesta de velocidades: & u (t ) = − ∫ a (τ ) ⋅ e −ξ ⋅ω ⋅( t −τ ) ⋅ cos(ω a (t − τ )) ⋅ dτ + ξ ⋅ ω ⋅ u (t ) 0 t Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 57 (3.12) Derivando nuevamente, se obtiene la respuesta de aceleraciones totales del sistema: && u( t ) + a( t ) = & ω a ⋅ ∫ a( τ ) ⋅ e −ξ⋅ω⋅( t −τ ) ⋅ sen( ω a ( t − τ )) ⋅ dτ − 2 ⋅ ξ ⋅ ω ⋅ u( t ) − ( ξ ⋅ ω ) 2 ⋅ u( t ) 0 t (3.13) Luego, se definen: S d (ω , ξ ) = u (t ) max & S v (ω , ξ ) = u (t ) max (3.14) (3.15) (3.16) && S a (ω , ξ ) = u (t ) + a (t ) max Con el fin de obtener expresiones mas simples y considerando que en aplicaciones de la Ingeniería Civil el factor de amortiguamiento por lo general es pequeño ( 2% < ξ < 20% ) OLLER (1995) ( 5 ) , es posible aproximar ω ≅ ω a y despreciar los términos que están fuera de las integrales de (3.12) y (3.13). Adicionalmente se demuestra que la función coseno que aparece en el espectro de velocidades de (3.12) se puede sustituir a efectos de cálculo por la función seno, sin que ello implique cambios importantes en los valores máximos de la velocidad del sistema. Luego se tiene: S d (ω , ξ ) = − 1 ω0 ∫ a(τ ) ⋅ e t −ξ ⋅ω ⋅( t −τ ) ⋅ sen(ω a ⋅ (t − τ ) ) max 58 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] (3.17) S v (ω , ξ ) = − ∫ a(τ ) ⋅ e −ξ ⋅ω ⋅(t −τ ) ⋅ sen(ω a ⋅ (t − τ ) ) 0 max t t (3.18) S a (ω , ξ ) = ω a ⋅ ∫ a(τ ) ⋅ e −ξ ⋅ω ⋅(t −τ ) ⋅ sen(ω a ⋅ (t − τ ) ) 0 max (3.19) Estas aproximaciones permiten escribir: S v (ω , ξ ) = ω ⋅ S d (ω , ξ ) S a (ω , ξ ) = ω 2 ⋅ S d (ω , ξ ) (3.20) (3.21) Luego los espectros de respuesta S d , S v , S a permiten la estimación inmediata del desplazamiento, la velocidad y la aceleración máxima de toda una familia de estructuras sometidas al mismo movimiento del suelo. A partir del espectro de aceleraciones es posible obtener al máximo corte basal de la estructura a partir de la siguiente expresión: Q0 = m ⋅ S a = W ⋅ S a = Cs ⋅W g (3.22) Donde W es el peso total de la estructura sobre el nivel basal y g es la aceleración debida a la gravedad. Cuando el máximo cortante se representa como en la ultima de las ecuaciones, la razón S a g se denomina coeficiente sísmico C s , el cual forma la base de las cargas sísmicas en el diseño sismorresistente de edificios. La norma Chilena NCH433.OF96, en su punto 6.2.3 considera que el Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 59 esfuerzo de corte basal de ecuación (3.22) esta dado por: Q0 = C ⋅ I ⋅ P Donde: (3.23) C = Coeficiente sísmico, función de parámetros relativos al tipo de suelo de fundación, del tipo de estructuración y material utilizado, del periodo del modo con mayor masa traslacional equivalente y de la zonificación sísmica del país. I = Coeficiente relativo al destino (uso) del edificio. P = Peso total del edificio sobre el nivel basal. Es importante aclarar que la aceleración espectral S a representa la aceleración en la estructura, la cual puede ser mayor o menor a la máxima aceleración del suelo. En un espectro de respuesta de aceleraciones, la máxima aceleración del suelo está representada como la ordenada del espectro para un periodo igual a 0. Dicho periodo corresponde a un sistema infinitamente rígido, de modo que el movimiento que se tiene en la parte superior de la estructura es exactamente igual al de su base, o sea al del suelo. El espectro de respuesta se construye calculando la respuesta máxima (aceleración máxima, velocidad máxima o desplazamiento máximo) para una familia de sistemas de un grado de libertad que tienen el mismo amortiguamiento. 3.4 INTEGRACION DIRECTA DE ECUACION DE MOVIMIENTO 60 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Dada la ecuación de movimiento definida en el dominio del tiempo: && & m ⋅ u (t ) + c ⋅ u (t ) + k ⋅ u (t ) = F (t ) (3.24) Se puede obtener la respuesta directa sin pasar por la integral de Duhamel, utilizando métodos de integración paso a paso. Dichos métodos se dividen en métodos del tipo explicito o del tipo implícito OLLER (1995) ( 5 ) . El desplazamiento y la velocidad, se pueden aproximar por: u (t + ∆t ) = u (t ) + ∆t ⋅ u (t + α ⋅ ∆t ) & & & u (t + α ⋅ ∆t ) = (1 − α ) ⋅ u (t ) + α ⋅ u (t + ∆t ) (3.25) (3.26) En donde dependiendo del valor del coeficiente α , se tiene uno u otro método. Tabla 3.1 Solución Explicito-Implícito Método Diferencia hacia adelanté Regla punto medio Galerkín Diferencia hacia atrás α 0 1 2 2 3 1 Tipo Explicito Implícito Lo que se busca en resolver es la ecuación de movimiento (3.24) en pasos discretos de tiempo t1 , t 2 , L , t n distanciados un incremento de tiempo ∆t , con ∆t = t j +1 − t j . 3.4.1 SOLUCION EXPLICITA Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 61 Conocidos el desplazamiento y la velocidad en el tiempo t , se busca definir la respuesta en el tiempo t + ∆t a partir de la ecuación de movimiento (3.24) planteada en el tiempo t . Utilizando las aproximaciones del método de las diferencias finitas centradas para la para la velocidad y aceleración, se tiene: & u (t ) = u (t + ∆t ) − u (t − ∆t ) 2 ⋅ ∆t u (t + ∆t ) − 2 ⋅ u (t ) + u (t − ∆t ) ∆t 2 (3.27) && u (t ) = (3.28) Sustituyendo en la ecuación diferencial de movimiento (3.24): ⋅ [u( t + ∆t ) − 2 ⋅ u( t ) + u( t − ∆t )] + ∆t 2 c ⋅ [u( t + ∆t ) − u( t − ∆t )] + k ⋅ u( t ) = F ( t ) 2 ⋅ ∆t De (3.29) despejando u (t + ∆t ) : m (3.29) c 2 ⋅ m c m m u (t + ∆ t ) ⋅ 2 + + u (t ) ⋅ k − ∆t 2 + u (t − ∆t ) ⋅ ∆t 2 − 2 ⋅ ∆t = F (t ) 2 ⋅ ∆t ∆t (3.30) m 2 ⋅ m c R(t ) = F (t ) + 2 − k ⋅ u (t ) + − 2 ⋅ u (t − ∆t ) ∆t 2 ⋅ ∆t ∆t c ˆ m k= 2 + 2 ⋅ ∆t ∆t (3.31) (3.32) R (t ) ˆ k ⋅ u (t + ∆t ) = R(t ) ⇒ u (t + ∆t ) = ˆ k (3.33) Para comenzar el proceso de avance paso a paso en el tiempo, se parte de 62 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] & & las condiciones iniciales u (t = 0) = u 0 y u (t = 0) = u 0 : m 2 ⋅ m c ˆ − ⋅ u −1 t1 = t 0 + ∆t ⇒ k ⋅ u1 = F0 + 2 − k ⋅ u o + 2 ⋅ ∆t ∆t 2 ∆t (3.34) En donde u −1 , se obtiene a partir de (3.27) y (3.28) particularizadas para el tiempo inicial: & u (t ) = u − u −1 u (t + ∆t ) − u (t − ∆t ) & ⇒ u0 = 1 2 ⋅ ∆t 2 ⋅ ∆t u − 2 ⋅ u 0 + u −1 u (t + ∆t ) − 2 ⋅ u (t ) + u (t − ∆t ) && ⇒ u0 = 1 2 ∆t ∆t 2 (3.35) && u (t ) = (3.36) Despejando u −1 , se tiene: u −1 = && u 0 ⋅ ∆t 2 & + u 0 − u 0 ⋅ ∆t 2 (3.37) Conocido u −1 , se puede comenzar el proceso de avance paso a paso para resolver la ecuación de movimiento en pasos discretos de tiempo, con la condición que el paso de tiempo elegido ∆t sea menor que el paso de tiempo critico ∆t crit . De acuerdo con BARBAT Y MIQUEL (1994) ( 2 ) , el paso de tiempo crítico se puede estimar por: ∆t cri = 2 ⋅γ ω max (3.38) En donde ω max es la frecuencia máxima del sistema y γ es un factor de seguridad que se puede elegir entre (0.75 − 0.90) . 3.4.2 SOLUCION IMPLICITA Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 63 De acuerdo con BARBAT y MIQUEL (1994) ( 2 ) Newmark en 1959 desarrolló una familia de métodos del tipo implícito para resolver la ecuación de movimiento. Dichos métodos se basan en encontrar la respuesta para el tiempo t + ∆t a partir del planteamiento de la ecuación de movimiento (3.24) en el tiempo t + ∆t , requiriéndose la solución de un sistema de ecuaciones lineales para encontrar la respuesta, estos métodos son incondicionalmente estables, eso se traduce en que no existe limitación para el tamaño del paso del tiempo ∆t , salvo el echo que dicho paso de tiempo debe permitir que la respuesta quede bien definida para ello se recomienda valores del orden de T . 10 Para definir el algoritmo de Newmark, se parte definiendo una variación lineal de la aceleración: & && && && u (τ ) = u (t ) + f (τ ) ⋅ ù&(t + ∆t ) − u (t ) [ ] (3.39) Con: f (τ ) = 0 Para τ = t f (τ ) = 1 Para τ = t + ∆t (3.40) (3.41) Integrando (3.39), se obtiene la variación de la velocidad: & & && & && && && u (t + ∆t ) = u (t ) + ∫ u (τ ) ⋅ dτ = u (t ) + u (t ) ⋅ ∆t + [u (t + ∆t ) − u (t )] ⋅ ∫ f (τ )dτ 0 0 ∆t ∆t (3.42) Integrando (3.42) se obtiene la variación del desplazamiento: ∆t τ & && u (t + ∆t ) = u (t ) + u (t ) ⋅ ∆t + ∫ ∫ u (τ )dτ dτ 0 0 (3.43) ∆t τ & && && && u (t + ∆t ) = u (t ) + u (t ) ⋅ ∆t + ∫ ∫ [u (t ) + f (τ ) ⋅ (u (t + ∆t ) − u (t ))]dτ dτ 0 0 (3.44) & && && && u (t + ∆t ) = u (t ) + u (t ) ⋅ ∆t + ∫ (u (t ) ⋅ τ + (u (t + ∆t ) − u (t )) ⋅ ∫ f (τ )dτ )dτ 0 0 ∆t τ 64 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] (3.45) & && && && u (t + ∆t ) = u (t ) + u (t ) ⋅ ∆t + ∫ (u (t ) ⋅ τ + (u (t + ∆t ) − u (t )) ⋅ ∫ f (τ )dτ )dτ 0 0 ∆tτ 1 && && && ⋅ u (t ) ⋅ ∆t 2 + [u (t + ∆t ) − u (t )] ⋅ ∫ ∫ f (τ )dτ 2 00 ∆t τ (3.46) & u (t + ∆t ) = u (t ) + u (t ) ⋅ ∆t + (3.47) Sea: ∆t 0 ∫ f (τ )dτ = γ ⋅ ∆t (3.48) ∆t τ 0 0 && ∫ ∫ u (τ ) dτ = β ⋅ ∆t 2 (3.49) u (t + ∆t ) − u (t ) = ∆u (3.50) Reemplazando en (3.42) y (3.47) se tiene: & & && && && u (t + ∆t ) = u (t ) + u (t ) ⋅ ∆t + [u (t + ∆t ) − u (t )] ⋅ γ ⋅ ∆t 1 & && && && u (t + ∆t ) = u (t ) + u (t ) ⋅ ∆t + ⋅ u (t ) ⋅ ∆t 2 + [u (t + ∆t ) − u (t )] ⋅ β ⋅ ∆t 2 2 (3.51) (3.52) Reordenando términos en (3.51) y (3.52): & & && && u (t + ∆t ) = u (t ) + (1 − γ ) ⋅ u (t ) ⋅ ∆t + u (t + ∆t ) ⋅ γ ⋅ ∆t 1 & && && u (t + ∆t ) = u (t ) + u (t ) ⋅ ∆t + ( − β ) ⋅ u (t ) ⋅ ∆t 2 + u (t + ∆t ) ⋅ β ⋅ ∆t 2 2 && Reemplazando (3.50) en (3.54), se obtiene u (t + ∆t ) : && u (t + ∆ t ) = 1 1 & && ⋅ ( ∆u − u (t ) ⋅ ∆t ) − ( − 1) ⋅ u (t ) 2 2⋅β β ⋅ ∆t (3.53) (3.54) (3.55) Reemplazando (3.55) en (3.53): Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 65 1 1 & & && & && u (t + ∆t ) = u (t ) + (1 − γ ) ⋅ u (t ) ⋅ ∆t + ⋅ (∆u − u (t ) ⋅ ∆t ) − ( − 1) ⋅ u (t ) ⋅ γ ⋅ ∆t 2 2⋅β β ⋅ ∆t (3.56) & u (t + ∆ t ) = ( γ β ⋅ ∆t ) ⋅ ∆u + (1 − γ γ & && ) ⋅ u (t ) + (1 − ) ⋅ ∆t ⋅ u (t ) β 2⋅β (3.57) En donde γ y β determinan la estabilidad del método. Planteando la ecuación de equilibrio (3.24) en el tiempo t + ∆t y sustituyendo (3.55) y (3.57): && & m ⋅ u (t + ∆t ) + c ⋅ u (t + ∆t ) + k ⋅ u (t + ∆t ) = F (t + ∆t ) (3.58) Resulta: ˆ k ⋅ u (t + ∆t ) = R(t + ∆t ) ˆ k= m c + ⋅γ + k 2 β ⋅ ∆t β ⋅ ∆t ⇒ u (t + ∆t ) = R(t + ∆t ) ˆ k (3.59) (3.60) 1 1 1 & && R(t + ∆t ) = F (t + ∆t ) + m ⋅ ⋅ u (t ) + ⋅ u (t ) + ( − 1) ⋅ u (t ) + 2 β ⋅ ∆t 2⋅β β ⋅ ∆t γ γ γ & && (3.61) c⋅ ⋅ u (t ) + ( − 1) ⋅ u (t ) + ( − 1) ⋅ ∆t ⋅ u (t ) β 2⋅β β ⋅ ∆t Se demuestra que el algoritmo de Newmark es incondicionalmente estable cuando: γ≥ 1 1 1 y β ≥ ⋅ ( + γ )2 2 4 2 (3.62) A continuación se presenta un programa en MATLAB que utiliza el 66 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] algoritmo de Newmark para integrar temporalmente la ecuación de movimiento en una estructura de un grado de libertad sometida a la acción del sismo del 3 de Marzo de 1985, el acelerograma corresponde a la estación Llolleo componente N10E, ver figura 3.4. %Datos de la estructura Vec=Vec*9.8; m=10000; %kg k=98.7e3; %N/m chi=0.02; % ξ = 2% % wn=sqrt(k/m); Tn=2*pi/wn; c=2*m*wn*chi; n=length(Vec); d=zeros(1,n); v=zeros(1,n); ac=zeros(1,n); p=-m*Vec; %Método de Newmark lineal de aceleración promedio %gama = 0.5 y beta = 0.25 %Cálculos iniciales d(1)=0; v(1)=0; ac(1)=(p(1)-c*v(1)-k*d(1))/m; delta=0.005; kk=k + 2*c/delta + 4*m/delta^2; a=4*m/delta + 2*c; b=2*m; %Cálculos para pasos posteriores for i=1:n-1 deltap(i)=p(i+1)-p(i); deltapp(i)=deltap(i) + a*v(i) + b*ac(i); deltad(i)=deltapp(i)/kk; deltav(i)=2*deltad(i)/delta - 2*v(i); deltaac(i)=4*(deltad(i)-delta*v(i))/delta^2 - 2*ac(i); d(i+1)=d(i)+deltad(i); v(i+1)=v(i)+deltav(i); Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 67 ac(i+1)=ac(i)+deltaac(i); end %Resultados figure t=0:0.005:43.795; plot(t,Vec) title('Acelerograma terremoto Chile 1985, Estacion LLolleo'); xlabel('Tiempo (seg)'); ylabel('ug (m/seg^2) '); figure plot(t,d) title('Desplazamiento del centro de masa'); xlabel('Tiempo (seg)'); ylabel('desplazamientos (m) '); grid %Determinación del valor de desplazamiento máximo uo=max(abs(d)); fo=k*uo; Figura 3.4. Registro de aceleraciones terremoto del 3 de Marzo de 1985, estación Llolleo. 68 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Figura 3.5. Respuesta oscilador al terremoto del 3 de Marzo de 1985, estación Llolleo. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 69 CAPITULO 4 EJEMPLOS: SISTEMAS 1 GRADO DE LIBERTAD 4. 1 EJEMPLOS A continuación se presentan una serie de ejercicios de carácter académico que permiten comprender las bases del comportamiento dinámico de sistemas de un grado de libertad. La gran mayoría de estos problemas corresponden a problemas de evaluaciones realizadas a los alumnos del curso de Dinámica de Estructuras. 70 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 4.1.1. El marco de la figura 4.1, tiene una masa total concentrada a nivel del diafragma horizontal de 50 T, la rigidez flexional de las columnas es constante y vale EI=6000 KN-m2. Dicha estructura se somete a una carga impulsiva de duración 0.5 (s) aplicada a nivel del diafragma rígido horizontal. Se pide, despreciando el amortiguamiento estructural: Encontrar la rigidez equivalente y el periodo fundamental. Encontrar la respuesta del desplazamiento horizontal en forma analítica tanto para la fase de aplicación de la carga como una vez que dicha carga se retira al tiempo de 0.5 seg. El sistema se encuentra inicialmente en reposo. Determinar el factor de amplificación dinámica de la carga impulsiva. Determinar el valor numérico de cada una de las reacciones horizontales de diseño que se generaran en las columnas del marco en los apoyos A, B y C debido a la acción de la carga impulsiva. Determinar cual es la columna más crítica desde el punto de vista de los esfuerzos internos que se desarrollan debido a la acción de la carga. Figura 4.1. Marco rígido sometido a carga lateral impulsiva. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 71 Inicialmente es necesario calcular la rigidez lateral considerando la rigidez lateral de cada columna: del sistema kA = 3·EI 3 ⋅ 6000 ⋅ 10 3 N = = 666666.67 3 3 L 3 m 3 12·EI 12 ⋅ 6000 ⋅ 10 N kB = 3 = = 2666666.67 3 L 3 m 3 12·EI 12 ⋅ 6000 ⋅ 10 N kC = 3 = = 21333333.33 3 L 1.5 m La rigidez lateral equivalente del sistema vale: kN k = k A + k B + k B = 24666.67 ; m La frecuencia fundamental y el periodo valen: ω= k = m 2·π 24666666.67 rad = 22.21 ; 3 50 ⋅ 10 s T= ω = 0.283 (s ) Utilizando la integral de Duhamel para estimar la respuesta en la fase inicial de carga que va entre 0 ≤ t ≤ 0.5 ( s ) (con F0 = 1000 kN ), se tiene: u p (t ) = F 1 t ·∫ F0 ·sin(ω ·(t − τ ))dτ = 0 ·(1 − cos(ω ·t ) ) m·ω 0 k Luego, la solución general en la fase inicial de carga: 72 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] u (t ) = A·cos(ω ·t ) + B·sin(ω ·t ) + F0 ·(1 − cos(ω ·t ) ) k Dadas las condiciones iniciales nulas del sistema, se tiene que: A = B = 0 u (t ) = 0.041·(1 − cos(ω·t ) ) (m) ; para: 0 ≤ t ≤ 0.5 ( s ) Cuando se retira la carga al tiempo t = 0.5 (s ) , el desplazamiento y la velocidad valen: u( 0.5 ) = 0.041·(1 − cos( 22.21 ⋅ 0.5 )) = 0.0365 ( m ) u' ( t d ) = F0 ·ω·sin( ω·t d ) K u ' (0.5) = 0.911·sin( 22.21 ⋅ 0.5) = −0.905 (m / s ) Tanto el desplazamiento como la velocidad en t = 0.5 (s) se deben determinar pues corresponden a las condiciones iniciales para la siguiente fase de carga. En la fase subsiguiente y final en este caso, luego de retirar la carga la estructura queda en oscilación libre no amortiguada con las condiciones iniciales correspondientes a las finales de la fase inicial, en este caso la respuesta vale: u (t ) = 0.0365·cos(ω·(t − 0.5)) − 0.04075·sin(ω ·(t − 0.5)) (m) ; para: t > 0.5 ( s ) En figura 4.2 se observa que el desplazamiento dinámico máximo del sistema es u máx = 0.082 (dos veces el desplazamiento estático del sistema) y ocurre en la fase inicial de carga del sistema. Las fuerzas que toma cada columna, de acuerdo con el método de la rigidez basal son proporcionales a su rigidez: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 73 FA max = u max ·k1 = 0.082 × 666666.67 = 54.67 (kN ) FB max = u max ·k 2 = 0.082 × 2666666.67 = 218.67 (kN ) FC max = u max ·k 3 = 0.082 × 21333333.33 = 1749.3 (kN ) Finalmente, la columna más rígida es la que toma mas esfuerzo de corte. Figura 4.2. Respuesta de la estructura para la carga impulsiva dada. 4.1.2. La estructura de la figura 4.3 esta compuesta por tres columnas verticales de igual rigidez flexional EI= 5000 kN-m2, la masa del sistema vale M= 20 T y puede ser concentrada al nivel del diafragma horizontal rígido, si el amortiguamiento estructural se puede despreciar, responda a las siguientes preguntas: 74 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Figura 4.3. Marco plano sometido a un desplazamiento del tipo armónico. • Considerando que las condiciones iniciales del problema son m & y que el sistema oscila u (t = 0) = 0.05 m, u (t = 0) = 1 s libremente sin amortiguación, se pide estimar la altura de las columnas para que el desplazamiento horizontal máximo sea menor que u max = 0.081 m. Si la base del edificio experimenta una excitación del tipo armónico como la indicada en la figura 4.3 con u 0 = 0.04 m y ϖ = 20 rad/s, determine la forma analítica de la respuesta permanente del sistema. Calcule el factor de transmisibilidad entre la estructura y el suelo y comente su respuesta. • • Solución: La rigidez equivalente del sistema corresponde a: k= 12 EI 3EI 12 EI 27 EI + 3 + 3 = 3 h3 h h h Considerando que el sistema oscila libremente sin amortiguación, la Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 75 solución del problema será del tipo: u (t ) = C ·sen(ωt + ϕ ) & u0 ω 2 Donde C = u 0 + 2 el desplazamiento máximo de la estructura estará determinado por la amplitud de la respuesta. Por lo tanto: u max = u 0 2 & u + 0 ω 2 Reemplazando, se tiene: & u 0 = 0.05 [m] y u 0 = 1 [m / s ] 2 ⇒ u max = 0.081 [m] 1 u max = 0.05 2 + = 0.081 ⇒ ω = 15.69 [rad / s ] ω Puesto que se conocen la masa del sistema m = 20000 Kg , la frecuencia fundamental tiene: ω = 15.69 [rad / s ] y la rigidez equivalente k = 27 EI , se h3 ω2 = k 27 ⋅ EI ⇒ k = m ⋅ω 2 = m h3 1/ 3 27 ⋅ EI h= 2 ω ⋅m = 3.01 ⇒ h = 3 m Veamos la segunda de las preguntas, puesto que la ecuación movimiento 76 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] del sistema debido al movimiento de la base es: && && mu + ku = −m·us (t ) Con la excitación definida en forma armónica: u s (t ) = u 0 ·sen(ϖ ·t ) & u s (t ) = u 0ϖ ·cos(ϖ ·t ) && u s (t ) = −u 0 ·ϖ 2 sen(ϖ ·t ) Reemplazando en la ecuación de movimiento: && && mu + ku = m·u 0 ·ϖ 2 sen(ϖ ·t ) ⇒ mu + ku = F0 ·sen(ϖ ·t ) 1 24 4 3 F0 Cuya solución se conoce y corresponde: u p (t ) = u0 sen(ϖ ·t + ϕ ) 1−α 2 − 2ξα 1−α 2 tan(ϕ ) = Como no hay amortiguamiento ϕ = 0 , la solución permanente se define por: up(t ) = 0.04 20 1− 15.69 2 ⋅ sen( 20 ⋅ t ) = −0.065 ⋅ sen( 20 ⋅ t ) En la figura 4.4 se presenta la grafica del movimiento del suelo vs. el movimiento del centro de masas del diafragma horizontal. Se observa que Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 77 se produce una amplificación del movimiento del suelo, es decir un observador a nivel del diafragma rígido sentirá un movimiento mayor que si el se ubicara en la base de la estructura, es decir, se produce sobre la estructura una amplificación del movimiento basal, dicha amplificación se puede estimar: TR max up 1 = = = 1.6 ⇒ 1.6 ⋅ 0.04 = 0.064 = u max 2 uo (1−α ) Figura 4.4.Movimiento del suelo vs. el de la estructura. 4.1.3 La estructura de la figura esta compuesta por dos columnas verticales de igual rigidez flexional EI= 5000 kN-m2, la masa del sistema vale M= 20 T y puede ser concentrada al nivel del diafragma horizontal rígido. La estructura, se conecta a un muro rígido indeformable a través de un sistema mecánico de rigidez axial K= 50 kN/m. Se sabe que la razón de amortiguamiento es nula (es decir, c = 0, ξ = 0 ). 78 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Figura 4.5. Marco plano sometido a carga lateral impulsiva. Bajo estas condiciones se pide: • Definir analítica y gráficamente la ley de variación que describe el desplazamiento horizontal del diafragma rígido para la fase de carga ascendente (fase I): • Definir el valor numérico del desplazamiento horizontal máximo que se desarrolla en la fase ascendente de carga. Evaluar el valor de los esfuerzos de corte tanto en la base de las columnas, como en la sección A-A que se desarrollan para el desplazamiento máximo en la fase ascendente. • Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 79 Solución: kH = 12 EI h1 3 + 12 EI h2 3 + k = 2752.2 [kN / m] ω= k = m 2752.2·10 3 = 11.73 [rad / s ] 20·10 3 0 ≤ τ ≤ 0.25 ( s ) 0.25 ≤ τ ≤ 0.55 ( s ) τ ≥ 0.55 ( s) 2400τ P(t ) = 1100 − 2000τ 0 La solución particular se obtiene mediante la integral de Duhamel: up(t ) = 1 t 1 t ∫ P( t )·sen( ω( t − τ ))dτ = ∫ 2400 τ·sen( ω( t − τ ))dτ mω 0 mω 0 u p (t ) = 2400 τ ·sen(ω (t − τ ))dτ mω ∫ 0 t Integrando por partes: u =τ dv = sen(ω (t − τ )) du = dτ v= cos(ω (t − τ )) ω t u p (t ) = t 2400 τ cos(ω (t − τ )) cos(ω (t − τ )) − ∫ dτ ω mω ω 0 0 u p (t ) = 2400 t sen(ω ·t ) − mω ω ω2 80 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Reemplazando valores, se llega: u p (t ) = 10.23· 0.085t − 7.26·10 −3 sen(11.73·t ) u p (t ) = 0.87·t − 0.074·sen(11.73·t ) [m] La solución homogénea será de la forma: [ ] u H (t ) = A ⋅ sen(ω ⋅ t ) + B ⋅ cos(ω ⋅ t ) [m] Así solución total para la fase ascendente será: uT (t ) = A ⋅ sen(ω ⋅ t ) + B ⋅ cos(ω ⋅ t ) + 0.87·t − 0.074·sen(11.73·t ) [m] Considerando condiciones iniciales nulas, A=B=0, por lo tanto: uT (t ) = 0.87·t − 0.074·sen(11.73·t ) [m] De figura 4.6, se aprecia que el desplazamiento máximo se produce en t = 0.25 ( s ) y vale aproximadamente uT (t = 0.25) = 0.20 (m) . El corte en la base de las columnas y en la sección A-A, se obtiene utilizando el desplazamiento máximo y la rigidez de cada elemento. F1 = k1· ⋅ u max = 12 EI 12·5000 ·u max = ·0.202 = 96.96 3 53 h1 12 EI 12·5000 ·u max = ·0.202 = 448.89 3 33 h2 [kN ] [kN ] F2 = k 2 ⋅ u max = Sección A-A: F3 = k ⋅ u max = 50·0.202 = 10.1 [kN ] Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 81 Figura 4.6. Respuesta en fase I. 4.1.4. El marco de la figura tiene una masa total de 30.000 kg y la rigidez flexional de cada columna es constante de valor EI=8000 KN-m2. Si a nivel del diafragma horizontal rígido se aplica una fuerza armónica definida por la ley F ( t ) = F0 ⋅ sen( 10 ⋅ t ) , se pide despreciando el amortiguamiento estructural: 82 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Determinar la altura de las columnas para que la frecuencia fundamental del sistema no sea superior a 12 rad seg . 2 ω1 = K 2 ⇒ K = M ⋅ ω1 = 30.000 ⋅ 12 2 = 4.320.000 N = 4.320 ,0 KN M EI EI EI K e = ∑ k i = 12 ⋅ +6⋅ = 60 ⋅ 3 3 H H3 H 2 8.000 H 3 = 60 ⋅ = 111,11 ⇒ H = 4.81 m 4320 Encontrar la amplitud de la fuerza forzante F0 , para que la amplitud del desplazamiento dinámico máximo no supere los 6 cm , considerando que la frecuencia fundamental no varia de los 12 rad . seg F 1 6 10 A= 0 ⋅ = ⇒ F0 = 0.06 ⋅ 4.320.000 ⋅ ( 1 − ( ) 2 ) = 79.200 ,0 K e ( 1 − α 2 ) 100 12 ∴ F0 = 79.2 KN Determinar las fuerzas de corte que toman cada una de las columnas para Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 83 el valor de la amplitud del forzante F0 , definido en el punto anterior. KN m 4.813 8000 KN KB = 3⋅ = 1.725 ,3 m 2.413 8000 KN KC = 3 ⋅ = 1.725 ,3 3 m 2.41 KN K e = 4.313 ,3 m 862 ,7 FA = ⋅ 79 ,2 = 15 ,8 KN 4.313 ,3 1.725 ,3 FB = FC = ⋅ 79 ,2 = 31,7 KN 4.313 ,3 K A = 12 ⋅ 8000 = 862 ,7 Definir el valor de la amplitud del desplazamiento horizontal estático asociado a F0 . F 79 ,2 u0 = 0 = = 0.018 m K e 4.320 ,0 4.1.5. Un maquina tiene una masa de 330 kg e inicialmente se encuentra en reposo. Dicho elemento se encuentra ligado a una pared fija, a través de un sistema de resortes elásticos lineales. Si dicha maquina estará sometida a la acción continua de una fuerza horizontal (tal como se indica en la figura) del tipo armónico de amplitud máxima de 20 KN y de frecuencia 1 Hz (50 puntos). Se pide: 84 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Determinar el valor de la constante elástica K 1 , para el desplazamiento horizontal máximo en operación (servicio) de dicha maquina no exceda los 6.0 cm. 7 2 ⋅ k1 Ke = + k1 = 5 ⋅ k1 5⋅ 2 ω1 ⋅ 330 = K e y ϖ 1 = 2 ⋅ π = 6.28 rad seg 6 = 100 20.000 ,0 2 ⇒ ω1 ⋅ 330 − 4 ⋅ π 2 ⋅ 330 = 333.333,33 4 ⋅ π2 2 ω1 ⋅ 330 ⋅ 1 − 2 ω1 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 85 ω1 = ( 333.333,33 + 13.027.9 ) rad = 32.4 330 seg K e = 32.4 2 ⋅ 330 = 346.420 ,8 N m k1 = 5 KN ⋅ 346.420 ,8 = 247.443,4 = 247 ,4 7 m Estime la fuerza máxima que se transmite a la pared rígida, cuando el sistema esta funcionando. FT = 20.000 ,0 ⋅ 1 6.28 2 1 − 32.4 = 20.780 ,1 N Estime el valor de la constante de amortiguamiento “ c ” necesaria de adicionar al sistema mediante un dispositivo mecánico del tipo amortiguador viscoso para que el sistema no vibre. c = ccr = 2 ⋅ K e ⋅ m = 2 ⋅ 346.420 ,8 ⋅ 330 = 21.384 ,0 N ⋅ seg m 4.1.7. Utilizando la integral de Duhamel, determine la respuesta analítica en desplazamientos de la torre de agua representada en la figura, cuando es sometida a una fuerza impulsiva definida por una función del tipo triangular, asumiendo que las condiciones iniciales son nulas. 86 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] F ( τ ) = F0 ⋅ f ( τ ) td F0 t τ ∫ 2 ⋅ senω1 ( t − τ ) ⋅ dτ m ⋅ ω1 0 t d t F 2 sen( ω1t ) 2 F0 1 = u est × DLF u( t ) = − ⋅ sen( ω1t ) = 0 t − 2 m ⋅ ω1 ⋅ t d ω1 ω1 ω1 K td u( t ) = t Para d ≤ t ≤ t d 2 t t 2 u( d ) = 1 − ⋅ sen( ω1 d 2 ω1 ⋅ t d 2 ) ⋅ u est ≤ ≤ Para 0 t td 2 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] ≥ → td 0 ≤ ≤ → f (τ ) = 2 (1 τ ) td τ 2 τ td ≤ ≤ → 2 τ 0 τ td 2 td 87 2 t t 2 & u( d ) = − ⋅ cos( ω1 d t 2 2 d td ) ⋅ u est t & u( d ) t t t F0 τ 2 ⋅ sen( ω ( t − t d )) + u( t ) = u( d ) ⋅ cos( ω1 ( t − d )) + ⋅ 2( 1 − ) ⋅ sen( ω1 ( t − τ )) ⋅ dτ ∫ 1 2 2 ω1 2 td t d m ⋅ ω1 2 F0 F0 τ τ ⋅ 2( 1 − ) ⋅ sen( ω1 ( t − τ )) ⋅ dτ = ∫ 2 ⋅ sen( ω1 ( t − τ )) ⋅ dτ − ∫ 2 sen( ω1 ( t − τ )) ⋅ dτ td m ⋅ ω1 td t d m ⋅ ω1 t ∫ 2 F0 m ⋅ ω1 t t t t 1 − d ⋅ cos( ω1 ( t − d )) − sen( ω1 ( t − d )) = 2 ω1 2ω1 2 2 ω1 F0 td t t 2 sen( ω1 ( t − d )) 2( 1 − ) − cos( ω1 ( t − )) + K td 2 ω1 ⋅ t d 2 2 t 2 ( 1 − cos( ω1 ( t − d ))) − 2 td ω1 td td td t 2 4 ω ⋅ t sen( ω1 ( t − 2 )) + 2 ⋅ ( 1 − t ) − ω ⋅ t sen( ω1 2 ) cos( ω1 ( t − 2 )) − 1 d d 1 d u( u ) = u est ⋅ 2 td td cos( ω1 )sen( ω1 ( t − )) 2 2 ω1 ⋅ t d = u est × DLF Para t d ≤ t t t 4 1 − cos( ω1 d ) ⋅ sen( ω1 d ) ⋅ u est ω1 ⋅ t d 2 2 4 t t 4 4 & u( t d ) = ⋅ cos( ω1 d ) − + ⋅ sen 2 ( ω1 d ) ⋅ u est t 2 td td 2 d u( t d ) = 4 t t 1 u( u ) = u est ⋅ sen( ω1 d ) ⋅ ( 1 − cos( ω1 d ) ⋅ cos( ω1 ( t − t d )) + 2 2 ω1 ⋅ t d ω1 ⋅ t d t 4 ⋅ cos( ω1 d ) − 4 2 ⋅ sen( t − t ⋅ d td + 4 ⋅ sen 2 ( ω1 ) 2 88 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] CAPITULO 5 SISTEMAS DE N GDL 5.1 INTRODUCCIÓN Si bien el sistema de un grado de libertad conduce a aproximaciones razonables para obtener una estimación del comportamiento global de edificios, existen ocasiones en las que es necesario el recurrir a modelos más sofisticados en los que la masa de la estructura ya no se concentra en un sólo punto, si no que se distribuye en varios puntos a lo alto del edificio. Típicamente, en este tipo de modelos se supone que la masa está concentrada en los niveles de piso y sujeta a desplazamientos laterales únicamente de dichos diafragmas. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 89 En la figura 5.1, se muestra el modelo dinámico de un edificio de tres pisos, en donde cada piso se puede representar por una masa concentrada que tiene la posibilidad de desplazarse en forma horizontal únicamente dado que se asume la hipótesis que las columnas son inextensibles. Figura 5.1. Modelo de estructura de n grados de libertad. En este caso las ecuaciones del movimiento para el edificio de tres pisos de la figura anterior, se obtiene aplicando el principio de D’Alambert en cada una de las masas en forma aislada, considerando los desplazamientos relativos de una masa con respecto a la otra: m1 0 0 0 m2 0 0 &&1 c1 + c 2 y && + − c 0 y2 2 &&3 m3 y − k2 k 2 + k3 − k3 − c2 c 2 + c3 − c3 0 m2 0 & 0 y1 y + − c3 & 2 c3 y 3 & 0 1 0 1 &&s y m3 1 (5.1) k 1 + k 2 −k 2 0 0 y1 m1 y = − 0 − k3 2 0 k3 y3 Para ello, se han considerado las siguientes hipótesis PAZ (1992) ( 6 ) : 90 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 1. Toda la masa de la estructura esta concentrada a nivel de los pisos. Es decir, transforma el problema, de un sistema con un número infinito de grados de libertad, a un sistema que tiene tantos grados de libertad como numero de masas concentradas. 2. Las vigas en los pisos son infinitamente rígidas con relación a la rigidez de las columnas. Es decir, la deformación de la estructura es independiente de las fuerzas axiales que se presenten en las columnas. Es decir, se establece que las vigas rígidas en los pisos permanecen horizontales durante el movimiento de la estructura. Este sistema de ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes, se puede expresar en forma matricial, de acuerdo con: & M ⋅ && + C ⋅ y + K ⋅ y = − M ⋅ 1 ⋅ &&s y y (5.2) La matriz de masa concentrada M es diagonal y definida positiva y tanto la matriz de amortiguamiento C como de rigidez son simétricas K . En (5.2) las ecuaciones diferenciales a nivel de cada una de las masas se encuentran acopladas, es decir, los desplazamientos que se desarrollan en una masa, dependen de los desplazamientos y velocidades relativas del piso inferior y superior, así por ejemplo para el piso 1, se tiene: & & m1 ⋅ &&1 + (c 1 + c 2 ) ⋅ y1 − c 2 ⋅ y 2 + (k1 + k 2 ) ⋅ y1 − k 2 ⋅ y 2 = −m1 ⋅ &&s y y (5.3) Cuando la estructura no esta sometida a excitación externa alguna (aceleración del suelo &&s = 0 ), y su movimiento esta gobernado solo por y las condiciones iniciales se considera que el sistema esta en vibración libre. Bajo esta condición y suponiendo que el amortiguamiento estructural es nulo C = 0 , es posible encontrar el vector de desplazamientos que satisface el sistema de ecuaciones diferenciales: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 91 M ⋅ && + K ⋅ y = 0 y (5.4) La solución analítica, para cada uno de los grados de libertad es dada por: y 1 = Φ 1 ⋅ sen( ω ⋅ t + φ ) y 2 = Φ 2 ⋅ sen( ω ⋅ t + φ ) y 3 = Φ 3 ⋅ sen( ω ⋅ t + φ ) (5.5) En forma vectorial se expresa por: y = Φ ⋅ sen( ω ⋅ t + φ ) (5.6) En donde Φ es un vector de amplitudes, ω es la frecuencia propia del sistema y φ es el ángulo de desfase. Sustituyendo (5.6) en (5.4) resulta: [K − ω M ]⋅ Φ = 0 2 (5.7) La solución del sistema de ecuaciones (5.7) constituye un problema de valores y vectores propios. Este sistema tiene soluciones Φ diferentes de cero (es decir, el sistema vibra) solamente si el determinante de la matriz de los coeficientes es nulo: det K − ω 2 M = 0 [ ] (5.8) La ecuación algebraica resultante, se conoce como ecuación característica del sistema y conduce a una ecuación polinómica en la incógnita ω 2 que tiene tantas soluciones como grados de libertad tiene la estructura BARBAT (1983) (1 ) . ω 2 n + C 1 ⋅ ω 2 n − 2 + C 2 ⋅ ω 2 n − 4 + L + C n −1 ⋅ ω 2 + C n = 0 (5.9) Estas soluciones corresponden a los valores propios (frecuencias) en las cuales puede desarrollarse una vibración armónica. 92 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Estos valores se denominan frecuencias normales o frecuencias propias y dependen solamente de las propiedades del sistema, es decir de su rigidez y de su masa. En el caso de estructuras las matrices de masa y rigidez son reales, simétricas y definidas positivas por lo tanto la ecuación (5.9) tiene siempre soluciones ω 2 positivas y en consecuencia las cantidades ωi son reales (BARBAT (1983) (1 ) ). Siguiendo una práctica convencional se ordenan las frecuencias normales de menor a mayor ω1 < ω 2 < ω 3 < L < ω n y se ordenan en una matriz denominada espectral. En el caso particular del ejemplo de la figura 5.1, dicha matriz tiene la siguiente forma: ω1 0 Ω = 0 ω2 0 0 0 0 ω3 (5.10) A la menor frecuencia del sistema se le denomina frecuencia fundamental. Para cada valor de ω i2 que satisfaga la ecuación característica (5.7), puede resolver la ecuación: (K − ω 2 i ⋅ M ⋅ Φi = 0 ) i = 1,2,3 (5.11) Y encontrar componentes del vector de amplitudes Φ 1i , Φ 2i y Φ 3i en términos de una constante de proporcionalidad arbitraria. Si se grafican estas coordenadas se obtiene un movimiento armónico de vibración, en el cual todas las masas de la estructura se mueven en fase con la misma frecuencia. Este movimiento, se denomina modo de vibración normal asociado a la frecuencia ω i : Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 93 Para i = 1 , Φ 11 ω1 ⇒ Φ 1 = Φ 21 Para la frecuencia fundamental Φ 31 Para i = 2 , Φ 12 ω 2 ⇒ Φ 2 = Φ 22 Φ 32 Para i = 3 , (5.12) (5.13) Φ 13 ω 3 ⇒ Φ 3 = Φ 23 Φ 33 (5.14) Ordenando los respectivos vectores propios se define la matriz modal Φ , que contiene en sus columnas los respectivos autovectores ordenados de izquierda a derecha partiendo con el autovector asociado la frecuencia fundamental (modo 1) y terminando con el autovector asociado la frecuencia máxima (modo n). Φ 11 K Φ 1 j M O Φ ij Φ= M M Φ n1 K Φ nj K Φ 1n M M = [Φ 1 K Φ j O M K Φ nn K Φn ] (5.15) 94 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 5.2 PROPIEDADAD DE ORTOGONALIDAD DE LOS MODOS Se puede demostrar que las formas naturales de vibración agrupadas en la matriz modal Φ constituyen un conjunto ortogonal completo con respecto a las matrices de masa M y rigidez K . La propiedad de ortogonalidad de los autovectores y el concepto de coordenada normal z (t ) son la base del análisis modal: Conocidas las frecuencias del sistema, ω h ∈ ℜ y los respectivos autovectores Φ h , para dos frecuencias cualesquiera ω i ≠ ω j se tiene de (5.11): K ⋅ Φ i − ω i2 ⋅ M ⋅ Φ i = 0 K ⋅Φ j −ω2 ⋅M ⋅Φ j = 0 j T (5.16) (5.17) T Premultiplicando ecuación (5.16) por − Φ j y ecuación (5.17) por Φ i se tiene: − Φ j ⋅ K ⋅ Φ i + ω i2 ⋅ Φ j ⋅ M ⋅ Φ i = 0 /⋅ −Φ j T T T (5.18) (5.19) Φ i ⋅ K ⋅ Φ j − ω 2 ⋅ Φ i ⋅ M ⋅ Φ j = 0 /⋅ Φ i j Sumando (5.18) con (5.19) se llega: T T T [ω 2 i − ω 2 ⋅ Φi ⋅ M ⋅ Φ j = 0 j T ] T (5.20) Puesto que ω i ≠ ω j ⇒ Φ i ⋅ M ⋅ Φ j = 0 , que es la propiedad de ortogonalidad de dos autovectores cualesquiera con respecto a la matriz de masa. Entonces se demuestra que: Φi ⋅ M ⋅ Φ j = 0 T para i≠ j (5.21) Se demuestra también que para el modo j ⇒ Φ j : Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 95 K ⋅ Φ j − ω 2 ⋅ M ⋅ Φ j = 0 ⇒ K ⋅ Φ j = ω 2 ⋅ M ⋅ Φ j , multiplicando j j llega a: Φi ⋅ K ⋅ Φ j = ω 2 ⋅ Φi ⋅ M ⋅ Φ j j T T por Φ i se (5.22) Pero como el lado derecho de la ecuación (5.22) es nulo debido a la ortogonalidad de la matriz de masa con respecto a dos autovectores diferentes con ω i ≠ ω j , se tiene que también se cumple la condición de ortogonalidad con respecto a la matriz de rigidez. Φi ⋅ K ⋅ Φ j = 0 T para i≠ j (5.23) La demostración anterior puede verse desde otro punto de vista a partir de la ley de Betti, la cual plantea que el trabajo mecánico efectuado por las fuerzas del modo i con los desplazamientos del modo j es igual al trabajo mecánico efectuado por las fuerzas del modo j con los desplazamientos del modo i . Fuerzas del modo i : K ⋅ Φ i − ω i2 ⋅ M ⋅ Φ i = 0 (5.24) K ⋅ Φ i = ω i2 ⋅ M ⋅ Φ i ⇒ F i = ω i2 ⋅ M ⋅ Φ i (5.25) Fuerzas del modo j : F j =ω2 ⋅M ⋅Φ j j Φ j ⋅ F i = Φi ⋅ F j T T (5.26) (5.27) Φ j ⋅ ω i2 ⋅ M ⋅ Φ i = Φ i ⋅ ω 2 ⋅ M ⋅ Φ j j T T (5.28) 96 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Φ j ⋅ ω i2 ⋅ M ⋅ Φ i − Φ i ⋅ ω 2 ⋅ M ⋅ Φ j = 0 j Φ j ⋅ M ⋅ Φ i ⋅ ω i2 − ω 2 = 0 j T T T (5.29) (5.30) [ ] Puesto que ω i ≠ ω j : ⇒ Φ Tj ⋅ M ⋅ Φ i = 0 (5.31) Que es la condición de ortogonalidad de la matriz de masa con respecto a dos autovalores diferentes i ≠ j . 5.3 ECUACION DESACOPLADAS Con el fin de desacoplar las ecuaciones de movimiento de (5.1) se utiliza una transformación de coordenadas que relacionan las coordenadas reales y con un nuevo sistema de coordenadas denominado modales, es decir: Φ 11 K Φ 1 j M O Φ ij y = Φ⋅z = M M Φ n1 K Φ nj 5.32) K Φ 1n z1 M M M ⋅ z j = [Φ 1 K Φ j O M M K Φ nn z n z1 M K Φ n ]⋅ z j ( M zn y = ∑ Φ i ⋅ zi (5.33) Realizando la transformación de coordenadas en la ecuación de movimiento (5.1) y premultiplicando por la matriz modal, se llega a: & M ⋅ (Φ ⋅ &&) + C ⋅(Φ ⋅ z ) + K ⋅ (Φ ⋅ z ) = − M ⋅ 1 ⋅ &&s z y /⋅ Φ T (5.34) Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 97 & Φ ⋅ M ⋅ (Φ ⋅ &&) + Φ ⋅ C ⋅ (Φ ⋅ z ) + Φ ⋅ K ⋅ (Φ ⋅ z ) = −Φ ⋅ M ⋅ 1 ⋅ &&s z y En donde, se definen: Matriz de masa generalizada: T T T T (5.35) Φ ⋅M ⋅Φ = M T * (5.36) Matriz de amortiguamiento generalizado: Φ ⋅C ⋅Φ = C T * (5.37) Matriz de rigidez generalizada: Φ ⋅ K ⋅Φ = K T * (5.38) Puesto que las matrices de masa, de amortiguamiento y rigidez son ortogonales con respecto a la matriz modal se verifica que dichas matrices solo contienen términos en la diagonal principal: M 1* K 0 K 0 M M O * M = M M* M j O M M 0 K 0 K M * n C1* K 0 K 0 M M O * C = M C* M j O M M 0 K 0 K C* n (5.39) (5.40) 98 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] K 1* K 0 K 0 M M O * K = M K* M j O M M 0 K 0 K K* n El lado derecho de la ecuación (5.2) queda: (5.41) L = Φ ⋅ M ⋅1 ⇒ L j = Φ j ⋅ M ⋅1 T T (5.42) Luego, la ecuación diferencial para la coordenada normal j en términos de los parámetros generalizados se expresa por: M * ⋅ && j + C * ⋅ z j + K * ⋅ z j = − L j ⋅ &&s y j z j & j && j + z C* j M* j & ⋅zj + K* j M* j ⋅zj =− Lj M* j ⋅ &&s y (5.43) (5.44) Donde: Γj = Lj M* j = Φ j ⋅ M ⋅1 Φ j ⋅M ⋅Φ j T T (5.45) && j + (2 ⋅ ξ j ⋅ ω j ) ⋅ z j + ω 2 ⋅ z j = −Γ j ⋅ &&s & z y j (5.46) Con Γ j denominado factor de participación modal asociado al modo j . El sistema de n grados de libertad de ecuación (5.1) se ha transformado en n sistemas de un grado de libertad cada uno de ellos de la forma (5.46). Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 99 En dicho formato el problema se transforma en n ecuaciones independientes en la coordenada z j ( t ) que puede resolverse con los métodos y procedimientos utilizados para sistemas de un grado de libertad. Gráficamente, el desacoplamiento modal se presenta en la figura 5.2 para un edificio de cuatro pisos, la interpretación del proceso de desacoplamiento es que el comportamiento dinámico de una estructura de varios grados de libertad, se puede descomponer en varios sistemas independientes, de un grado de libertad cada uno, cuyas características dependen de las propiedades normales de vibración de la estructura. Figura 5.2. Desacoplamiento modal En la práctica, en el análisis dinámico de estructuras de varios grados de libertad es corriente considerar el efecto del amortiguamiento separadamente en cada modo. 100 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 5.4 NORMALIZACION DE LA MATRIZ MODAL Muchas veces resulta cómodo desde del punto de vista del desacoplamiento de las ecuaciones de movimiento utilizar el matriz modal normal puesto que esta tiene las siguientes propiedades: 1 0 0 Φ ⋅ M ⋅ Φ = I = 0 1 0 0 0 1 T (5.47) ω12 T Φ ⋅K ⋅Φ = 0 0 2 0 ω 2 2 0 0 2 0 =Ω 2 ω3 (5.48) Donde Ω es la matriz espectral al cuadrado y Φ es la matriz modal normal, la cual se obtiene al dividir cada una de las columnas de (5.15) por un factor de escala. Dicho factor de escala corresponde a las respectivas raíces cuadradas de la diagonal de la matriz de masa generaliza M i* de ecuación (5.39). Nótese Lj M* j depende del método que el factor de participación modal Γ j = utilizado para escalar las formas modales luego si utilizamos la matriz modal normal este vale Γ j = L j puesto que M * = 1 . j Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 101 Φ= Φ 11 * M1 M K O Φ1 j M* j Φ ij M* j K M M Φ n1 * M1 O K Φ nj M* j K Φ 1n * Mn M M M Φ nn * Mn (5.49) Que corresponde a la matriz de modal normal. Dicha matriz satisface sobre la matriz de masa y de rigidez las condiciones (5.47). 5.5 MASA EQUIVALENTE Para el análisis sísmico es conveniente a utilizar el concepto de masa equivalente el cual es útil para reducir el número de cálculos involucrado en los parámetros de diseño. Puesto que el valor máximo de la respuesta modal se encuentra asociado al valor máximo del lado derecho de la ecuación (5.46), es decir, se encuentra asociado al valor del desplazamiento espectral multiplicado por el factor de participación modal del respectivo modo j . y = ∑ Φ j ⋅ z j ⇒ y j máx = Φ j ⋅ z j max = Φ j ⋅ ( Γ j ⋅ S D j ) Las fuerzas de corte sobre la estructura: (5.50) f = K ⋅ y = K ⋅ (Φ ⋅ z ) f = K ⋅ Φ 1 ⋅ z1 + K + Φ j ⋅ z j + K + Φ n ⋅ z n (5.51) [ ] (5.52) Luego, la fuerza de corte máxima asociada al modo j considerando la propiedad de ecuación (5.8): 102 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] f j = K ⋅ Φ j ⋅ z max = K ⋅ Φ j ⋅ ( Γ j ⋅ S D j ) = ω 2 ⋅ M ⋅ Φ j ⋅ Γ j ⋅ S D j j j (5.53) El esfuerzo de corte que considera la contribución de cada uno de los modos de vibrar, se define por: f = ∑ f = ∑ω 2 ⋅ M ⋅ Φ j ⋅ Γj ⋅ SD j j j =1 j j =1 n n (5.54) Luego el corte basal se expresa como la suma de todas contribuciones modales: Qb = 1 ⋅ f = ∑ (1 ⋅ M ⋅ Φ j ) ⋅ Γ j ⋅ S D j ⋅ ω 2 j j =1 T T T n T (5.55) 1 ⋅ M ⋅ Φ j = M 1 ⋅ Φ 1 j + K + M i ⋅ Φ ij + K + M n ⋅ Φ nj = Φ j ⋅ M ⋅ 1 = L j (5.56) Qb = ∑ ( L j ⋅ Γ j ⋅ S D j ⋅ ω 2 ) = ∑ ( L j ⋅ j j =1 j =1 n n Lj Mj ⋅ S D j ⋅ ω2 ) = j (5.57) ∑( j =1 n L2j Mj ⋅ S D j ⋅ ω2 j ) En donde, se define la masa modal equivalente CHOPRA (1995) ( 3 ) : ME = j L2j Mj (5.58) Recuérdese que si la matriz modal se normalizo entonces cumple con las ecuaciones (5.48) y existe la siguiente relación entre las cantidades espectrales: S A j = SD j ⋅ ω 2 j (5.59) Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 103 Entonces, el corte basal de ecuación (5.57) se puede expresar en función de la masa modal efectiva como: Qb = ∑ ( M E ⋅ S A j ) j j =1 n (5.60) Se debe tener presente en ecuación (5.60) que dicho esfuerzo de corte basal debe ser evaluado utilizando algún criterio de superposición modal. No hay guías para determinar cuantos modos deberían ser incluidos en el análisis modal, dado que esto depende de las características de la estructura y de las ordenadas del espectro utilizado. Sin embargo, el análisis debería incluir el número suficiente de modos hasta esta alcanzar un error del 5% con respecto a la solución “exacta”. Puesto que la respuesta “exacta” no se conoce, un procedimiento de prueba y error se debería adoptar, hasta que la adición de modos no afecte significativamente la respuesta. Se debe señalar que la norma NCH433.OF96 en su punto 6.3.3 considera que en el análisis modal espectral se deben utilizar todos los modos normales ordenados según valores crecientes de las frecuencias propias, que sean necesarios para que la suma de las masas equivalentes sea mayor o igual a un 90% de la masa total. Nótese que: La suma de las masas modales efectivas para todos los modos es igual a la suma de todos los términos de diagonal de la matriz de masa., es decir, la masa total de la estructura Para efectos del análisis modal espectral es suficiente considerar un numero de modos de vibrar tal que la suma de sus masas modales efectivas no sean menores al 90% de la masa total de la estructura (NCH433.OF96). 104 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 5.6 METODO DE SUPERPOSICION MODAL La solución de las ecuaciones diferenciales desacopladas de (5.46) puede realizarse mediante la integral de Duhamel la cual entrega la solución particular de estas ecuaciones para cualquier función de las fuerzas exteriores aplicadas al sistema. Los valores máximos de la respuesta para cada ecuación modal pueden obtenerse utilizando un espectro, sin embargo la superposición de los valores máximos presenta un problema dado que estos valores modales máximos no ocurren simultáneamente (están asociados a movimientos con distinto periodo). Sin embargo es posible postular la existencia de un límite superior para la respuesta máxima, la cual puede obtenerse de utilizando los valores absolutos de cada una de la las contribuciones modales máximas, ecuación (5.62) Sin embargo los resultados obtenidos con este método sobreestiman la respuesta. Φ 11 K Φ 1 j M O Φ ij = M M Φ n1 K Φ nj K Φ 1n z1max M M M ⋅ z max j O M M max K Φ nn z n y max =Φ⋅z max (5.61) max y imax = Φ i1 ⋅ z1max + L + Φ ij ⋅ z max + L + Φ in ⋅ z n j (5.62) Otro método bastante utilizado y que da una estimación razonable de la respuesta máxima calculada a partir de los valores espectrales es el método de la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados de las contribuciones modales (SRSS): Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 105 max yimax = (Φ i1 ⋅ z1max ) 2 + L + (Φ ij ⋅ z max ) 2 + L + (Φ in ⋅ zn ) j (5.63) Los resultados que se obtienen con la aplicación del método SRSS (Square root of the sum of the squares), pueden subestimar o sobreestimar la respuesta cuando dos o mas frecuencias tienen valores cercanos (del orden de un 10%) PAZ (1992) ( 6 ) . En este caso se recomienda otro método NCH433.OF96, denominado CQC (Complete quadratic combination), este ultimo se basa en la teoría de vibraciones aleatorias y puede ser utilizado en el análisis modal espectral si la duración de la parte asociada al moviendo fuerte del sismo es varias veces mas grande que el periodo fundamental de la estructura y si las ordenadas del espectro de respuesta varían suavemente sobre un rango amplio de periodos que incluyen a los modos dominantes de la estructura. y max k N N = ∑∑zki ⋅ ρij ⋅ zkj i=1 j=1 1/ 2 (5.64) Donde z ki y z kj son los desplazamientos modales máximos correspondientes a los modos de vibrar i y j respectivamente y N es el numero de modos. Los coeficientes ρ ij de acoplamiento entre los modos i y j. 8ξ 2 (1 + r )r 2 ρ ij = (1 − r 2 ) 2 + 4ξ 2 r (1 + r ) 2 3 (5.65) Donde r es la razón entre periodos naturales entre el modo j y el modo i , y ξ = 5% uniforme para todos los modos de vibrar. 5.7 VENTAJAS Y DESVENTAJAS DEL ANALISIS MODAL Dentro de las ventajas del análisis modal se tiene BARBAT (1983) (1 ) : El sistema de ecuaciones diferenciales se desacopla, pudiéndose solucionar cada una de las ecuaciones en forma independiente. 106 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Se ha comprobado que la respuesta de un sistema se puede aproximar bien, incluyendo en el cálculo solamente los primeros modos de vibrar. Recordando que para efectos del análisis modal espectral es suficiente considerar un número de modos de vibrar tal que la suma de sus masas modales efectivas no sean menores al 90% de la masa total de la estructura. Las desventajas son: Gran esfuerzo computacional para solucionar el problema de valores y vectores propios. El procedimiento es valido solo en problemas elásticos. 5.8 EFECTO DEL AMORTIGUAMIENTO La matriz de amortiguamiento C de (5.2) debe ser tal que los modos de vibrar posean con respecto a ella, propiedades de ortogonalidad similares a las que poseen las matrices de masa y rigidez, para que sea posible el desacoplamiento de la ecuación (5.2). Es decir, debe cumplirse que: Φi ⋅ C ⋅ Φ j = 0 Φ j ⋅ C ⋅ Φ j = C* j C* = 2 ⋅ ξ j ⋅ ω j ⋅ M * j j T T para para i≠ j i= j (5.66) (5.67) (5.68) La matriz de amortiguamiento (5.40) no tiene significado y en general no es posible medir directamente sus coeficientes en ensayos experimentales. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 107 Una aproximación de la matriz de amortiguamiento que satisface las condiciones de ortogonalidad, es suponer que dicha matriz es proporcional a la matriz de masa M y de rigidez K (puesto que ambas matrices son ortogonales con respecto a la matriz modal Φ ), este tipo de amortiguamiento recibe el nombre de amortiguamiento del tipo Rayleigh FEMA 451 (7 ) , BARBAT Y MIQUEL ( 2 ) . C =α⋅M +β⋅ K (5.69) Para que la ecuación de movimiento pueda desacoplar los términos asociados a la matriz de amortiguamiento, se debe tener que: Φ i ⋅ C ⋅Φ i = α ⋅ Φ i ⋅ M ⋅ Φ i + β ⋅ Φ i ⋅ K ⋅ Φ i = 2 ⋅ ξ i ⋅ ωi ⋅ M i* T [ T ] [ T ] (5.70) Puesto que M y K son ortogonales con respecto a Φ , se tiene que: α ⋅ M i* + β ⋅ K i* = 2 ⋅ ξ i ⋅ ω i ⋅ M i* α ⋅ M i* + β ⋅ ω i2 ⋅ M i* = 2 ⋅ ξ i ⋅ ω i ⋅ M i* ξi = α β + ⋅ ωi 2ω i 2 (5.71) (5.72) (5.73) Los coeficientes α y β pueden ser determinados a partir de dos razones de amortiguamiento especificados. Suponiendo que ξ m y ξ n se conocen, entonces: ωm ⋅ ωn ωn α ⋅ 1 β = 2 ⋅ 2 ( ω n − ω 2 ) − ω n m − ω m ξ m 1 ⋅ ωm ξ n (5.74) 108 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] A continuación, se presenta un ejemplo extraído de “Introductional Material Complementing FEMA 451 (7 ) , Design Examples” sobre amortiguamiento del tipo Rayleigh. Supónganse que se especifica que el amortiguamiento para los modos 1 y 3 es de un 5% con respecto al valor crítico y que se conocen las frecuencias del sistema: Tabla 5.1: Frecuencias Modo ω 1 4.94 2 14.6 3 25.9 4 39.2 5 52.8 Para construir (5.71) es necesario definir el valor de los coeficientes evaluando con ξ1 = ξ 3 = 0.005 y ω1 = 4.94 , ω 3 = 25 .9 se tiene: α = 0.41487 β = 0.00324 αy β, ξi = 0.20743 + 0.00162 ⋅ ω i ωi (5.75) El valor de la fracción de amortiguamiento ξ i se presenta en figura 5.3 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 109 Figura 5.3. Amortiguamiento del tipo Rayleigh. De la figura anterior, se concluye que para frecuencias altas (modos 4 y 5) los valores de la fracción de amortiguamiento critico podrían ser sobre estimados y para la frecuencia 2 el valor de la fracción de amortiguamiento critico podría ser sub-estimado. 110 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] CAPITULO 6 APLICACIONES A SISTEMAS DE N GDL 6.1 EJEMPLOS A continuación se presentan una serie de ejemplos de cálculo dinámico de estructuras de varios grados de libertad, en donde se aplican los conceptos desarrollados en el Capitulo 5. Los problemas 6.1.1 y 6.1.2 corresponden a los planteados por los profesores GOYTIA y VILLANUEVA (2001) ( 8 ) en su texto de Ingeniería Antisísmica y se han modificado para lograr una mejor comprensión del análisis dinámico. Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 111 6.1.1 Una estructura de tres niveles de altura de entrepiso constante e igual a 3 m, se encuentra sometida al espectro de velocidades de la figura 6.1 (unidades de pulgadas por segundo) GOYTIA y VILLANUEVA (2001) ( 8 ) . La rigidez equivalente de cada piso se indica a la derecha de las columnas y el peso de cada nivel se señala sobre cada uno de los diafragmas rígidos. Figura 6.1 Estructura de tres niveles y espectro de velocidades Si sobre la estructura se impone que: y1 (0) = 3 y 2 (0) = 3.5 cm. y 3 (0) = 4.0 Y se considera que las velocidades iniciales asociadas a cada grado de libertad son nulas, se pide: Definir la forma analítica de la respuesta al movimiento de cada uno de los grados de libertad para las condiciones iniciales dadas cuando se tiene un movimiento de oscilación libre del sistema estructural. 112 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Si la estructura se somete a la acción sísmica definida por el espectro de velocidades de la figura 6.1, se pide: Determinar el valor de los desplazamientos sísmicos máximos en cada nivel, la masa modal efectiva asociada a cada modo al igual que el corte basal máximo. Solución: En primer lugar se debe definir la matriz de masa y rigidez horizontal del sistema: 0 0 0 0 7.92 0.00807 0 ⋅ 1 = 0 M = 7.92 0 0.00807 0 g 0 0 0 5.31 0 0.00541 17 − 7 0 T K = − 7 12 − 5 cm 0 −5 5 T − s2 cm Conocidas la matriz de masa y rigidez se debe calcular las frecuencias fundamentales: Para cada frecuencia, se determina el respectivo autovalor: Para ω1 = 15.58 (rad / s ) λ1 = 242.86 ⇒ ω1 = 15.58 (rad / s ) ⇒ T1 = 0.403 ( s ) det( K − λ M ) = 0 ⇒ λ 2 = 1445.88 ⇒ ω 2 = 38.02 (rad / s ) ⇒ T2 = 0.165 ( s ) λ3 = 2829.04 ⇒ ω 3 = 53.18 (rad / s ) ⇒ T3 = 0.118 ( s ) T1 = 0.403 ( s ) 0 Φ 11 0 14.97 − 7 − 7 9.96 − 5 ⋅ Φ = 0 ( K − ω1 M ) ⋅ Φ 1 = 0 ⇒ 12 0 − 5 3.69 Φ 13 0 2 Dado: Φ 11 = 1 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 113 14.97 − 7 ⋅ Φ 12 = 0 ⇒ Φ 12 = 2.14 − 7 + 9.96 ⋅ 2.14 − 5 ⋅ Φ 13 = 0 ⇒ Φ 13 = 2.90 1 ∴ Φ 1 = 2.14 2.90 Para ω 2 = 38.02 (rad / s ) T2 = 0.165 ( s ) 0 Φ 21 0 5.34 − 7 − 7 0.335 − 5 ⋅ Φ 22 = 0 (K − ω2 M ) ⋅ Φ 2 = 0 ⇒ 0 − 5 − 2.82 Φ 23 0 2 Dado: Φ 21 = 1 5.34 − 7 ⋅ Φ 22 = 0 ⇒ Φ 22 = 0.763 − 7 + 0.335 ⋅ 0.763 − 5 ⋅ Φ 23 = 0 ⇒ Φ 23 = −1.35 Para ω 3 = 53.18 (rad / s ) 1 ∴ Φ 2 = 0.763 − 1.35 T3 = 0.118 ( s ) 1 Φ 3 = − 0.832 0.404 Finalmente, la matriz modal vale: 1 1 1 2.14 0.763 − 0.832 Φ= 2.90 − 1.35 0.404 La matriz de masa generalizada, se calcula y vale: 114 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 0 0 0.0905 0 M = Φ ⋅M ⋅Φ = 0.0226 0 0 0 0.0245 * T Conociendo los términos de la diagonal de la matriz de masa generalizada es posible construir la matriz modal normal dividiendo respectivamente las columnas de dicha matriz (6.9) por: M 1* = 0.301 * M 2 = 0.150 * M 3 = 0.120 Obteniéndose la siguiente matriz modal normalizada: 3.32 6.67 8.33 Φ = 7.11 5.08 − 6.93 9.63 − 9 3.37 Luego si se considera la matriz modal normal, las ecuaciones desacopladas se escriben como: && + Ω ⋅ z = 0 z Puesto que al estar la matriz modal normalizada se cumple que: 1 0 0 M = Φ ⋅ M ⋅ Φ = I = 0 1 0 0 0 1 * T ω12 0 0 * T 2 2 K = Φ ⋅ K ⋅ Φ = 0 ω2 0 =Ω 2 0 0 ω3 Por lo tanto se debe resolver: &&1 + ω1 2 z1 = 0 z &&2 + ω 2 2 z 2 = 0 z Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 115 &&3 + ω 3 2 z 3 = 0 z En donde, cada una de las ecuaciones tiene por solución: zi = & z 0i ωi sen(ω i t ) + z 0i cos(ω i t ) Para i=1, 2,3 Las condiciones iniciales se conocen y valen: 0 3 3.5 y y = 0 & y0 = 0 0 4 Para conocer las condiciones iniciales de desplazamiento y velocidad para la variable modal z , se despeja: & & y 0 = Φ ⋅z o 0 & & ⇒ z o = Φ ⋅ y 0 = 0 (cm / s ) 0 −1 La solución de (6.19) quedará de la forma: z i = z 0i cos(ω i t ) Donde z 0 = Φ Por lo tanto: −1 Para i=1, 2,3 ⋅ y0 z 01 3.32 6.67 8.33 3 0.490 z = 7.11 5.08 − 6.93 ⋅ 3.5 = 0.109 (cm) 02 z 03 9.63 − 9 3.37 4 0.078 Así la solución final en coordenadas modales será: −1 116 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] z1 = 0.490 ⋅ cos(15.58 ⋅ t ) (cm) z 2 = 0.109 ⋅ cos(38.02 ⋅ t ) (cm) z 3 = 0.078 ⋅ cos(53.18 ⋅ t ) (cm) Finalmente se debe proceder a realizar el cambio de coordenadas modales a coordenadas reales, para así encontrar la solución real al problema planteado: y1 1.63 0.727 y = 3.48 cos( 15.58 ⋅ t ) + 0.554 cos( 38.02 ⋅ t ) + 2 y 3 4.72 − 0.981 0.649 − 0.540 cos( 53.18 ⋅ t ) 0.263 El movimiento de cada uno de los grados de libertad se representa en la figura 6.2. Para considerar el efecto de la acción sísmica sobre la estructura, se procede a plantear las ecuaciones de movimiento: && && M ⋅ u + K ⋅ u = −M ⋅1 ⋅ u g Utilizando coordenadas modales, considerando la matriz modal normal: T T T && Φ ⋅ M ⋅ Φ ⋅ && + Φ ⋅ K ⋅ Φ ⋅ z = −Φ ⋅ M ⋅ 1 ⋅ u g z && + z Φ ⋅K ⋅Φ Φ ⋅M ⋅Φ T T ⋅z = − Φ ⋅ M ⋅1 Φ ⋅M ⋅Φ T T && ⋅ ug = − L M * && ⋅ ug && + Ω 2 ⋅ z = − z L M * && && ⋅ u g = −Γ ⋅ u g Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 117 Nota: recordemos que si la matriz modal esta normalizada, entonces * M = I y Γ = L. Figura 6.2 Respuesta asociada a cada uno de los grados de libertad. A partir del espectro de velocidades, para cada periodo se puede determinar el valor máximo de la velocidad: T1 = 0.403 ( s ) → ( SV )1 = 28 (in / s ) = 71.1 (cm / s ) T2 = 0.165 ( s ) → ( SV ) 2 = 10 (in / s ) = 25.4 (cm / s ) T3 = 0.118 ( s ) → ( SV ) 3 = 8 (in / s ) = 20.3 (cm / s ) Puesto que S v = ω ⋅ S d , se tiene: ( S d )1 = ( S v )1 / ω1 = 4.56 (cm) ( S d ) 2 = ( S v ) 2 / ω 2 = 0.67 (cm) Utilizando la matriz modal normal el factor de participación modal se estima por: ( S d ) 3 = ( S v ) 3 / ω 3 = 0.38 (cm) 118 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 0 0 1 3.32 6.67 8.33 0.00807 T 7.11 5.08 − 6.93 ⋅ 0 Γ = Φ M ⋅1 = 0.00807 0 ⋅ 1 9.63 − 9 3.37 0 0 0.00541 1 Γ1 0.136 ⇒ Γ2 = 0.046 Γ3 0.029 T Luego los desplazamientos modales máximos valen: max z 1 Γ1 ⋅ ( S d )1 0.621 max z 2 = Γ2 ⋅ ( S d )2 = 0.309 ( cm ) z max Γ ⋅ ( S ) 0.011 d 3 3 3 La contribución de cada uno de los modos en los desplazamientos sísmicos asociados a cada nivel de se obtiene utilizando el criterio de la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados de cada una de las contribuciones modales (RCSC): max y1 = max y2 = max y3 = (Φ (Φ (Φ 11 max ⋅ z1 max ⋅ z1 max ⋅ z1 21 31 ) + (Φ ) + (Φ ) + (Φ 2 2 2 12 max ⋅ z2 max ⋅ z2 max ⋅ z2 22 32 ) + (Φ ) + (Φ ) + (Φ 2 2 2 13 max ⋅ z3 max ⋅ z3 max ⋅ z3 23 33 ) ) ) 2 = 2.06 ( cm ) = 4.41 ( cm ) = 5.98 ( cm ) 2 2 Por lo tanto, el vector de desplazamientos sísmicos del sistema es: y max 2.06 = 4.41 (cm) 5.98 Determinación del corte basal en cada nivel: 1° Alternativa: Las contribuciones de cada uno de los modos en la determinación de la fuerza de corte a nivel de cada piso es: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 119 f 1max Φ 11 Φ 21 Φ 31 max Φ ⋅ z max + K ⋅ Φ ⋅ z max + K ⋅ Φ ⋅ z max f 2 = K ⋅ 12 1 22 2 32 3 f 3max Φ 13 Φ 23 33 4 4 3 14 2 4 4 4 3 14Φ2 4 4 4 3 14 2 4 Modo 1 Modo 2 Modo 3 Utilizando el criterio de la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados de cada una de las contribuciones modales (RCSC), se tiene: f 1max = 5.23 (T ) f 2max = 9.01 (T ) f 3max = 8.13 (T ) Fuerza de corte en la base de la estructura: Qbasal = f 1max + f 2max + f 3max = 22.37 (T ) 2° Alternativa: Una forma más sencilla de obtener el esfuerzo de corte basal, es utilizando el concepto de masa modal equivalente (Capitulo 5.3): M 1E = M 2E T − s2 cm T − s2 L (0.046) 2 = 2* ⋅ L2 = = 0.00212 cm 1 M2 L1 (0.136) 2 ⋅ L1 = = 0.0184 1 M 1* M E 1 L1 (0.029) 2 = * ⋅ L1 = = 0.00084 1 M1 T − s2 cm La suma de las masas modales efectivas debe ser igual a la masa total del sistema: T − s2 E E E M T = M 1E + M 2 + M 3 = 0.02136 cm La masa total del sistema se obtiene sumando las componentes de la matriz de masa concentrada del sistema. 120 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] T − s2 M T = M 1 + M 2 + M 3 = 0.0215 cm Ambas cantidades (6.46) y (6.47) son prácticamente iguales y las diferencias se deben a errores de redondeo en los cálculos numéricos. Nótese que la masa modal efectiva asociada al modo 1 es el 86.14% de la masa total, la masa modal efectiva asociada al modo 2 es el 9.93% de la masa total y acumulan un 96.07% de la masa total, luego de acuerdo a NCH433.OF96 basta con considerar para el análisis dinámico solamente la influencia de los modos 1 y 2. Corte basal por modo: ( S a )1 = ( S v )1 ⋅ ω1 = 1107.74 ( S a ) 2 = ( S v ) 2 ⋅ ω 2 = 965.708 ( S a ) 3 = ( S v ) 3 ⋅ ω 3 = 1079.55 (cm / s ) (cm / s ) (cm / s ) 2 2 2 Qb1 = M 1E ⋅ ( S a )1 = 20.38 (T ) Qb 2 = M 2E ⋅ ( S a ) 2 = 2.028 (T ) Qb 3 = M 3E ⋅ ( S a ) 3 = 0.906 (T ) Qb max = Qb1 + Qb 2 + Qb 3 = 20.50 (T ) 2 2 2 6.1.2. Un marco de dos niveles tiene las propiedades mostradas en la figura y un amortiguamiento del 5% GOYTIA y VILLANUEVA (2001) ( 8 ) . Si dicha estructura se somete al espectro de aceleraciones de la figura 6.4, se pide: • • • • • Las respectivas frecuencias y formas modales. Las ecuaciones de movimiento desacopladas. La masa modal efectiva asociada a cada uno de los modos de vibrar. El corte basal máximo para el espectro de aceleraciones definido. Los desplazamientos espectrales máximos de entrepiso ( ∆ i = u i − u i −1 ). Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 121 Figura 6.3 Marco plano de dos niveles. Si los desplazamientos máximos de entrepiso no deben superar los 4 cm. ¿Que acciones de diseño sísmico especificaría sobre la estructura para satisfacer este criterio? Si se aplica una carga horizontal triangular descendente tal como la definida en la figura 6.5 a nivel del diafragma horizontal del primer nivel de la estructura, se pide: Definir las ecuaciones de movimiento desacopladas para esta acción. Definir los desplazamientos máximos asociados a cada uno de los grados de libertad, utilizando los espectros de respuesta entregados. 122 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Figura 6.4 Espectro de aceleraciones T vs. a g P(t) 20 T 0.25 seg t Fase I F (τ ) = F1 ⋅ (1 − τ td ) = 20 ⋅ (1 − τ 0.25 ) T Figura 6.5 Carga impulsiva aplicada en el primer nivel Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 123 Considere: 1. Rigideces en unidades de T fuerza, compatibles con las unidades T − seg 2 de la matriz de masa concentrada. Es decir, cm cm (es decir, divida el peso total W seg 2 para efectos del calculó de la matriz de masas concentradas, considere que g vale 980 de cada piso, por dicha constante para obtener la el respectivo coeficiente de la matriz de masa asociada a dicho piso). 2. Valores espectrales leídos de espectros de la figura anterior, son proporcionales a “g= 980 cm ”, es decir S a (T ) =#⋅g seg 2 3. Criterio de superposición modal de la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados. Solución: Las matrices de rigidez horizontal y de masa: 10 − 3 T K= − 3 3 cm 70 g M = 0 0 0.07143 0 T − s2 = 0 cm 70 0.07143 g El problema característico permite conocer los valores y auto-vectores propios asociados a cada una de las frecuencias del sistema: K − ω 2 M = 0 ⇒ ω 4 − 183.1ω 2 + 4165.8 = 0 124 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] rad ⇒ T1 = 1.2 ⋅ s s rad ω 2 = 12.5 ⇒ T2 = 0.50 ⋅ s s ω1 = 5.2 Con los correspondientes auto-vectores, que se pueden representar en la matriz modal, sin normalizar: 1 1 Φ= 2.7 − 0.36 Para definir las masas modales efectivas, es necesario evaluar los factores de participación modal, que aparecen después de plantear las ecuaciones de movimiento desacopladas: && M ⋅ u + K ⋅ u = − M ⋅ 1 ⋅ a (t ) u (t ) = Φ ⋅ z (t ) [Φ T ⋅ M ⋅ Φ ⋅ &&(t ) + Φ ⋅ K ⋅ Φ ⋅ z (t ) = − Φ ⋅ M ⋅ 1 ⋅ a (t ) z ] [ T ] [ T ] z 0 &&1 15.67 0 z1 0.5921 0.2643 0 ⋅ && + 0 ⋅ z = − 0.0457 ⋅ a (t ) 0.0807 z 2 12.54 2 Figura 6.6 Modos de vibrar Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 125 Las masas modales efectivas asociadas a cada modo de vibrar, se pueden estimar a partir de: L 0.2643 2 M = 1* = = 0.118 0.5921 M1 1 e 2 L 0.0457 2 M = 2* = = 0.026 0.0807 M2 2 e 2 Verificación si la suma de las masas efectivas es igual a la masa real de la estructura: 1 M 1 + M 2 = M e + M e2 ⇒ 0.07143 + 0.07143 = 0.118 + 0.026 ≈ 0.144 ⇒ ok! Para estimar el corte basal, se debe conocer la aceleración espectral asociada a cada modo de vibrar, la cual se obtiene leyendo del espectro de respuesta de la figura 6.4. T1 ⇒ S 1 ≅ 0.23 g A 2 T2 ⇒ S A ≅ 0.85 g Luego, los cortes básales asociadas a cada modo de vibrar: 1 1 Qb = M e ⋅ S 1 = 0.118 ⋅ 0.23 ⋅ 980 = 26.6 T A 2 Qb2 = M e2 ⋅ S A = 0.026 ⋅ 0.85 ⋅ 980 = 21.7 T Qb = (26.6 2 + 21.7 2 ) = 34.3 T Los desplazamientos espectrales máximos de entrepiso, se estiman calculando los valores de los desplazamientos modales máximos: z1max = Γ1 ⋅ S 1 = D L1 0.2643 0.23 ⋅ 980 ⋅ S1 = ⋅ = 3.72 cm. D * 0.5921 (5.2 2 ) M1 126 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] max 2 z 2 = Γ2 ⋅ S D = L2 0.0457 0.85 ⋅ 980 2 ⋅ SD = ⋅ = 3.02 cm. * 0.0807 (12.5 2 ) M2 max u1max = (Φ 11 ⋅ z1max ) 2 + (Φ 12 ⋅ z 2 ) 2 = 4.80 cm. max max u 2 = (Φ 21 ⋅ z1max ) 2 + (Φ 22 ⋅ z 2 ) 2 = 10.10 cm. ∆1 = 4.80 cm. ∆ 2 = 10.1 − 4.80 = 5.3 cm. De ecuaciones (6.71) y (6.72) se observa que ambos pisos se desplazan en términos relativos mas que 4 cm., luego para satisfacer los requerimientos del diseño sísmico es necesario aumentar la rigidez de las columnas de forma tal de tener una estructura mas rígida. Figura 6.7 Desplazamientos máximos Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 127 Si se aplica una carga triangular descendente solamente en el primer nivel del a estructura, tal como la indicada en la figura 6.9: && M ⋅ u + K ⋅ u = P(t ) u (t ) = Φ ⋅ z (t ) [Φ T T T T F (t ) ⋅ M ⋅ Φ ⋅ &&(t ) + Φ ⋅ K ⋅ Φ ⋅ z (t ) = Φ ⋅ P(t ) = Φ ⋅ z 0 ] [ ] 0 &&1 15.67 z 0 z1 Φ 11 ⋅ F (t ) F (t ) 0.5921 ⋅ = = 0 ⋅ && + 0 0.0807 z 2 12.54 z 2 Φ 12 ⋅ F (t ) F (t ) Con: F (τ ) = F1 ⋅ (1 − τ td ) = 20 ⋅ (1 − τ 0.25 ) T Para definir los desplazamientos máximos asociados a cada uno de los grados de libertad, haremos uso de los diagramas espectrales dados para cargas triangulares: z1max = ( DLF )1 ⋅ z1E t 0.25 ⇒ d = = 0.21 ⇒ ( DLF )1 = 0.60 T1 1.20 max E z 2 = ( DLF ) 2 ⋅ z 2 t 0.25 ⇒ d = = 0.50 ⇒ ( DLF ) 2 = 1.20 T2 0.50 F 20 z1E = 1* = = 1.28 ⇒ z1max = 0.60 ⋅ 1.28 = 0.77 cm. K 1 15.67 F 20 E max z 2 = 1* = = 1.59 ⇒ z 2 = 1.20 ⋅ 1.59 = 1.93 cm. K 2 12.54 128 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] max u1max = (Φ 11 ⋅ z1max ) 2 + (Φ 12 ⋅ z 2 ) 2 = 2.08 cm. max max u 2 = (Φ 21 ⋅ z1max ) 2 + (Φ 22 ⋅ z 2 ) 2 = 2.19 cm. 6.1.3. Los edificios A y B de la figura 6.8, tienen una relación de amortiguamiento uniforme del 5% cada uno y se encuentran sometidos al espectro de aceleraciones definido en la figura 6.9. Los valores de la rigidez horizontal equivalente de cada piso en el edificio A son k1 = 36 kN , m k 2 = 24 kN kN y k 3 = 12 . m m En cambio, los valores de la rigidez horizontal equivalente de cada piso en el edificio B son k1 = 12 kN kN kN , k 2 = 24 y k 3 = 36 . Si ambos edificios m m m kN 2 s (piso 1), tienen la misma distribución de masas en altura m1 = 0.0561 m kN 2 kN 2 m2 = 0.0510 s (piso 2) y m3 = 0.0459 s (piso 3). m m Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 129 Figura 6.8 Edificios de tres niveles con distinta distribución de rigideces de piso. Se pide definir fundamentando su respuesta que edificio (A o B) recomendaría para su construcción, si la respectiva norma de calculo sísmico exigiera que los desplazamientos máximos de entrepiso ( ∆ i = u i − u i −1 ) no superen los 2 cm. A efectos del cálculo de los valores máximos de desplazamiento utilice el criterio de la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados. 130 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Figura 6.9 Espectro de aceleraciones El espectro de aceleraciones se define por (g=9.8 m s2 ): S a (T , ξ = 5%) = (2 ⋅ T + 0.2) ⋅ g , si 0 ≤ T ≤ 0.1 S a (T , ξ = 5%) = 0.4 ⋅ g , si 0.1 ≤ T ≤ 0.3 S a (T , ξ = 5%) = (0.475 − 0.25 ⋅ T ) ⋅ g , si T ≥ 0.3 Solución: Las matrices de rigidez horizontal del edificio A y B son respectivamente: 0 0 60 − 24 36 − 24 − 24 36 − 12 y K = − 24 60 − 36 KA = B 0 0 − 12 12 − 36 36 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 131 La matriz de masa concentrada es la misma, pues ambos edificios tienen la misma distribución de masas: 0 0 0.0561 0 M = 0.0510 0 0 0 0.0459 Resolviendo la ecuación característica K A − ω 2 ⋅ M = 0 para evaluar las respectivas frecuencias y periodos del edificio A, se tiene: rad ⇒ T1 = 0.6140 (s ) s rad ω 2 = 23.2938 ⇒ T2 = 0.2967 (s) s rad ω3 = 37.2764 ⇒ T3 = 0.1686 ( s) s ω1 = 10.2330 Resolviendo el problema de autovalores asociado a cada frecuencia, la matriz modal y normal del edificio A se calcula: 1.0179 − 2.2723 − 3.4097 Φ A = 2.2956 − 2.2987 2.5505 3.8294 2.6024 − 0.5911 De forma análoga para el edificio B, se tiene: rad ⇒ T1 = 0.7962 ( s ) s rad ω 2 = 26.1238 ⇒ T2 = 0.2405 (s) s rad ω1 = 43.1019 ⇒ T3 = 0.1458 ( s) s ω1 = 7.8912 132 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] La matriz modal normal del edificio B: 1.2252 2.0040 3.5028 2.7142 − 0.3341 − 3.4827 ΦB = 2.9483 − 2.5727 2.5446 Utilizando los valores de los periodos para el edificio A y el espectro de aceleraciones de la figura 6.9, se tiene: (S A )1 = 3.15 m 2 (S A )2 (S A )3 3.15 = 0.01053 s 10.2332 m 3.92 max = 3.92 2 ⇒ z 2 = Γ2 ⋅(S D )2 = 0.1508 ⋅ = 0.0011 s 23.2938 2 m 3.92 max = 3..92 2 ⇒ z 3 = Γ3 ⋅ (S D )3 = 0.0883 ⋅ = 0.00025 s 37.28 2 ⇒ z1max = Γ1 ⋅(S D )1 = 0.35 ⋅ Utilizando los valores de los periodos para el edificio B y el espectro de aceleraciones de la figura 6.9, se tiene: (S A )1 = 2.7 m 2 s ⇒ z1max = Γ1 ⋅(S D )1 = 0.3862 ⋅ (S A )2 (S A )3 m max ⇒ z2 s2 m max = 3.92 2 ⇒ z 3 s = 3.92 2.7 = 0.0168 7.89 2 3.92 = Γ2 ⋅(S D )2 = 0.0617 ⋅ = 0.00035 26.12 2 3.92 = Γ3 ⋅ (S D )3 = 0.0079 ⋅ = 0.00002 43.10 2 Luego los desplazamientos en coordenadas reales del edificio A, de acuerdo al criterio RCSC (raíz cuadrad de la suma de los cuadrados): y máx 0.0110 = 0.0244 0.0404 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 133 Luego los desplazamientos en coordenadas reales del edificio B, de acuerdo al criterio RCSC (raíz cuadrad de la suma de los cuadrados): y máx 0.0336 = 0.0455 0.0495 Calculando los desplazamientos de entrepiso en el edificio A: ∆ 1 = y1 − y 0 = 0.0110 < 0.020 ⇒ ok ∆ 2 = y 2 − y1 = 0.0134 <0.020 ⇒ ok ∆ 3 = y 3 − y 2 = 0.0160 <0.020 ⇒ ok Calculando los desplazamientos de entrepiso en el edificio B: ∆ 1 = y1 − y 0 = 0.0336 > 0.020 ⇒ No ∆ 2 = y 2 − y1 = 0.0119 <0.020 ⇒ ok ∆ 3 = y 3 − y 2 = 0.0040 <0.020 ⇒ ok De acuerdo con lo anterior el edificio B no debe ser construido puesto que el desplazamiento relativo del primer nivel es superior al desplazamiento relativo máximo definido en el problema. Lo anterior se debe a la inversión de la rigidez de los pisos con respecto al edificio A, en edificio B la menor rigidez de piso se ubica en el primer nivel lo cual genera lo que se denomina un piso suave o blando. 134 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 6.1.4. A continuación del Capitulo 10, ejemplo 10.4 del libro “Dynamics of Structures” de CHOPRA (1995) ( 3 ) se presenta la estructura de la figura && 6.12, la cual se solicita por una aceleración en su base de valor u s (t ) . Si la altura de entrepiso es constante e igual a H y la rigidez flexional de las columnas es de 2 EI , se pide definir los desplazamientos asociados a cada uno de los grados de libertad: Figura 6.12 Estructura plana de dos niveles Solución: Las respectivas matrices de rigidez lateral y de masa concentrada se estiman de acuerdo con: 3 ⋅ k K = − k − k k 2 ⋅ m 0 M = m 0 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 135 El problema característico que permite evaluar las respectivas frecuencias y modos de vibrar (propiedades dinámicas de la estructura): K −ω2 ⋅ M = 0⇒ 3 ⋅ k − k − k 2 −ω k 2 ⋅ m 0 ⋅ =0 m 0 ( 2 ⋅ m 2 ) ⋅ ω 4 − (5 ⋅ k ⋅ m ) ⋅ ω 2 + 2 ⋅ k 2 = 0 k y ω2 = 2⋅m 2⋅k m ω1 = Sea k = 24 ⋅ EI H3 ⇒ ω1 = 3.464 ⋅ EI mH 3 y ω 2 = 6.928 ⋅ EI mH 3 Los respectivos autovectores: 1 Φ 1 = 2 1 − 1 Φ2 = 1 y La matriz modal: 1 − 1 Φ= 2 1 1 Normalizando los respectivos autovectores, se tiene: 2 0 1 3 1 ⋅ ⋅ 2 = ⋅ m 2 0 1 1 2 1 1 1 1 Φ1 = ⋅ 2 = ⋅ m1 1 6 m 2 T m1 = Φ 1 ⋅ M ⋅ Φ 1 = 1 ( ) 136 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 2 0 − 1 T m 2 = Φ 2 ⋅ M ⋅ Φ 2 = (− 1 1) ⋅ ⋅ = 3⋅ m 0 1 1 − 1 1 ⋅ = m2 1 3m 1 − 1 ⋅ 1 Φ2 = Dado que se normalizo la matriz modal, se cumple que: 1 * T M = Φ ⋅ M ⋅ Φ = 6m − 1 3m M * = 1 0 0 1 0 = M * 0 1 2 2 2 ⋅ m 0 6m ⋅ ⋅ 1 0 m 3m 1 6m 2 6m − 1 3m 1 3m Los respectivos factores de participación modal: Γ1 = Γ2 = L1 M 1* L2 * M2 = = Φ1 ⋅ M ⋅ 1 M 1* Φ 2 ⋅ M ⋅1 * M2 T T = 2 ⋅ 6m 3 = 3m Las ecuaciones desacopladas de movimiento del sistema: EI 2 && &&1 + 3.464 z ⋅ z1 = − ⋅ 6 m ⋅ u s (t ) 3 3 mH EI && &&2 + 6.928 z ⋅ z 2 = − 3m ⋅ u s (t ) mH 3 2 2 Conocidas las respuestas z1 (t ) y z 2 (t ) en función de la aceleración del && suelo u s (t ) y las condiciones iniciales del movimiento, los respectivos desplazamientos reales u1 (t ) y u 2 (t ) se estiman por: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 137 u1 (t ) 1 u (t ) = 6m 2 1 − 1 2 ⋅ z 1 (t ) + 3m ⋅ 1 ⋅ z 2 (t ) 6.1.5. Un sistema lineal que puede idealizarse como un sistema de tres grados de libertad tiene la matriz de masas que se indica. Se han calculado dos de las formas modales y los valores de las tres frecuencias que son: φ1 = [ 0.25 0.50 1.00 ]T , φ 2 = [ 0.25 0.50 – 0.1125 ]T, ω1 = 2.51 rad/s, ω2 = 4.17 rad/s, ω3 = 12.57 rad/s. ¿ Cuál es la tercera forma modal ? 10 0 0 ton − s 2 M = 0 20 0 m 0 0 50 a) φ 3 = [ 1.00 0.50 0.25 ]T b) φ 3 =[ 1.00 – 0.50 0.50 ]T c) φ 3 =[ 0.00 0.50 0.50 ]T d) φ 3 = [ 1.00 - 0.25 0.00 ]T Por condición de ortogonalidad de la matriz de masa con respecto a dos autovectores i ≠ j , se tiene: φT ⋅ M ⋅ φ 3 = 0 ⇒ 2.5 ⋅ φ13 + 10 ⋅ φ 23 + 50 ⋅ φ 33 = 0 1 φT ⋅ M ⋅ φ 3 = 0 ⇒ 2.5 ⋅ φ13 + 10 ⋅ φ 23 + 5.625 ⋅ φ 33 = 0 2 Considerando opción d) φ 3 = [1.00 - 0.25 0.00 ]T 2.5 ⋅ 1 + 10 ⋅ 0.25 + 50 ⋅ 0 = 0 ⇒ OK 2.5 ⋅ 1 + 10 ⋅ 0.25 + 5.625 ⋅ 0 = 0 ⇒ OK 138 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 6.1.6 Para la estructura de la figura: Se requiere: • Determinar las frecuencias del sistema, al igual que graficar cada una de las formas modales. 2k K= − k − k 2k m 0 M = 0 m 2 k + 3⋅ k =0 m m K − λ ⋅ M = 0 ⇒ λ2 − λ ⋅ 4 ⋅ k m k m ( ) λ1 = y λ2 = 3 ⋅ 1 − 1 φ= 1 1 k y Ω= m 0 k 3⋅ m 0 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 139 • Estimar la amplitud del desplazamiento horizontal de cada una de las masas, cuando el sistema se encuentra en vibración libre. φT ⋅ M ⋅ φ ⋅ && + φT ⋅ K ⋅ φ ⋅ z = 0 z z 2 m 0 &&1 2 k 0 2 m ⋅ && + 0 z2 0 z1 0 ⋅ = 2k z 2 0 & z z1 = z01 ⋅ cos( ω1t ) + 01 ⋅ sen( ω1t ) ω1 & z z 2 = z02 ⋅ cos( ω 2 t ) + 02 ⋅ sen( ω 2 t ) ω2 z01 1 1 1 0.3 0.3 & z = ⋅ − 1 1 ⋅ 0.3 = 0 y z0 = 0 02 2 u1 1 − 1 0.3 ⋅ cos( ω1t ) 0.3 u = 1 1 ⋅ = 0.3 ⋅ cos( ω1t ) 0 2 140 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 6.1.7. El marco de la figura tiene una masa total de 30.000 kg y la rigidez flexional de cada columna es constante de valor EI=8000 KN-m2. Si a nivel del diafragma horizontal rígido se aplica una fuerza impulsiva F1 , se pide despreciando el amortiguamiento estructural: • Estimar el valor del desplazamiento horizontal máximo, cuando se aplica fuerza triangular descendente (caso (a)) y cuando se aplica una fuerza constante (caso (b)) de magnitud F1 = 80 kN y duración t d = 0.35 ( s ) . K = 12 ⋅ EI H3 + 3⋅ EI H 2 3 3 ⋅ 2 = 60 ⋅ EI H3 = 3.840 ,0 K N m ω1 = 3840 × 10 3 30 × 10 = 11.31 rad , T1 = 0.56 ( s ) s Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 141 u est = 80 = 0.0208 m 3840 td = 0.625 T DLF 1.3 2.0 u din = u est × DLF 0.027 0.042 Carga Triangular Carga Rectangular • Concluya acerca de la influencia que tiene la forma del impulso (triangular descendente vs. rectangular) en la respuesta del sistema. El impulso rectangular es el doble que el impulso triangular (área bajo la curva), esto se traduce en un incremento app. del 55% en el desplazamiento horizontal del pulso rectangular con respecto al triangular descendente. • Para la situación más crítica desde el punto de los desplazamientos, estime el valor de las fuerzas de corte que toman cada una de las columnas. FA = 12 12 ⋅ F1 ⋅ DLF = ⋅ 80 × 2.0 = 32 KN 60 60 24 FB = ⋅ 80 × 2.0 = 64 KN 60 24 FC = ⋅ 80 × 2.0 = 64 KN 60 6.1.8 El marco de la figura, se somete a una fuerza del tipo impulsiva rectangular de 50 kN durante un tiempo de 22 ( seg ) a nivel del diafragma horizontal rígido del primer nivel, si la altura de entrepiso es constante H = 3 m , se pide: 142 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] • • La variación del desplazamiento horizontal en cada piso. Utilizando el espectro de fuerzas para una carga rectangular y el criterio de superposición modal de la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados defina los desplazamientos máximos de piso. Considere que la rigidez horizontal vale K = 8.000 ,0 condiciones iniciales nulas. kN , M = 20 ,0 T y m Las respectivas matrices de rigidez lateral y de masa concentrada se estiman de acuerdo con: 3k K= − k − k 2 ⋅ m 0 y M = 0 m k El problema característico que permite evaluar las respectivas frecuencias Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 143 y modos de vibrar: K −ω2 ⋅M = 0⇒ 3k − k − k 0 2 2 m − ω ⋅ 0 m = 0 k ( 2 ⋅ m 2 ) ⋅ ω4 − ( 5 ⋅ k ⋅ m ) ⋅ ω 2 + 2 ⋅ k 2 = 0 ω1 = k rad = 14 ,14 y ω2 = 2⋅m s 2⋅k rad = 28 ,28 m s T1 = 0 ,44( s ) y T2 = 0 ,22( s ) Los respectivos autovectores: 1 Φ1 = 2 1 − 1 Φ2 = 1 y Los componentes de la matriz de masa y rigidez generalizada valen: m* * T M = Φ ⋅ M ⋅ Φ == 1 0 0 3 ⋅ m 0 = 2 m* 0 2 3 ⋅ m k * * T K = Φ ⋅ K ⋅ Φ == 1 0 0 3 ⋅ k 0 = 4 * k2 0 6 ⋅ k && M ⋅ u + K ⋅ u = P( t ) u( t ) = Φ ⋅ z( t ) [Φ 144 T T T T F ( t ) ⋅ M ⋅ Φ ⋅ &&( t ) + Φ ⋅ K ⋅ Φ ⋅ z( t ) = Φ ⋅ P( t ) = Φ ⋅ 1 z 0 ] [ ] Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 3 z Φ ⋅ F ( t ) 1 3 && z 2 0 ⋅ 1 + k 4 0 ⋅ 1 = 11 1 = 2 ⋅ F1 ( t ) m z 0 3 &&2 0 6 z 2 Φ 12 ⋅ F1 ( t ) − 1 ⋅ F ( t ) 1 z1 (t ) = F1 2 F1 2 3 m ⋅ ω1 2 ∫ sen(ω (t − τ ))dτ = 0 1 t 3 m ⋅ ω12 2 z 2 (t ) = [1 − cos(ω1 ⋅ t )] = 4.16 × 10 −3 [1 − cos(ω1t )](m) − F1 3m ⋅ ω 2 ∫ sen(ω 0 t 2 (t − τ ))dτ = − F1 [1 − cos(ω 2 ⋅ t )] = −1.04 × 10 −3 [1 − cos(ω 2 t )](m) 2 3m ⋅ ω 2 u 1 ( t ) 1 u ( t ) = 2 2 1 1 − 1 z 1 ( t ) z 1 ( t ) − z 2 ( t ) ⋅ = 2 1 z 2 ( t ) z 1 ( t ) + z 2 ( t ) Utilizando el diagrama espectral para la fuerza rectangular, se tiene: z1max = ( DLF )1 ⋅ z1E t 0 ,22 ⇒ d = = 0 ,5 ⇒ ( DLF )1 = 2.0 T1 0 ,44 max E z 2 = ( DLF ) 2 ⋅ z 2 ⇒ t d 0.22 = = 1.0 ⇒ ( DLF )2 = 2.0 T2 0.22 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 145 z = 2 = 25 = 4 ,16 × 10 −3 ⇒ z max = 2 ⋅ 4 ,16 × 10 −3 = 0 ,82 cm 1 6000 k F1 50 E max z2 = * = = 1,04 × 10 −3 ⇒ z 2 = 2 ⋅ 1,04 × 10 −3 = 0 ,21 cm k 2 48.000 E 1 * 1 max max u1max = ( Φ 11 ⋅ z 1 ) 2 + ( Φ 12 ⋅ z 2 ) 2 = 0.46 cm F1 max max max u 2 = ( Φ 21 ⋅ z 1 )2 + ( Φ 22 ⋅ z 2 ) 2 = 0.85 cm 6.1.9 Para un marco de tres niveles con relación de amortiguamiento del 5% del crítico, se conoce la matriz de rigidez horizontal y la matriz de masa concentrada. Si la estructura fuera sometida al espectro de aceleraciones definido en la figura el que esta asociado a un amortiguamiento del 5% del crítico, se pide: 0 68 − 32 − 32 56 − 24 kN K= m 0 − 24 24 0 0 0.0561 kN ⋅ s 2 0 M = 0.0510 0 m 0 0 0.0459 146 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Sa (m/s 2 ) 3,000 2,500 2,000 1,500 1,000 0,500 0,000 0 0,5 1 1,5 Tn (s) 2 2,5 3 Se pide: • Determinar los desplazamientos sísmicos máximos de cada nivel usando el espectro de aceleraciones dado y el criterio raíz cuadrada de la suma de los cuadrados. • Evaluar la fuerza de corte basal en la estructura. Resolviendo la ecuación característica K − ω 2 ⋅ M = 0 para evaluar las respectivas frecuencias y periodos, se tiene: ω1 = 11.56 rad rad ⇒ T1 = 0.54 , ω 2 = 28.19 ⇒ T2 = 0.22 (s) s s rad ω 3 = 42.98 ⇒ T3 = 0.15 (s) s Resolviendo el problema de autovalores asociado a cada frecuencia, la matriz modal-normal: Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 147 1.368 2.856 2.793 Φ = 2.586 1.803 − 3.11 3.475 − 2.865 1.228 && Φ ⋅ M ⋅ Φ ⋅ && + Φ ⋅ K ⋅ Φ ⋅ z = −Φ ⋅ M ⋅ 1 ⋅ u g z Φ ⋅ K ⋅Φ Φ ⋅M ⋅Φ T T T T T && + z Φ ⋅M ⋅Φ M L && && && + Ω 2 ⋅ z = − * ⋅ u g = −Γ ⋅ u g z M ⋅z =− Φ ⋅ M ⋅1 T T && ⋅ ug = − L * && ⋅ ug 0 0 1 0.368 1.368 2.586 3.475 0.0561 2.856 1.803 − 2.865 ⋅ 0 Γ = Φ M ⋅1 = 0.0510 0 ⋅ 1 = 0.120 2.793 − 3.11 1.228 0 0 0.0459 1 0.054 T T1 = 0.54 ( s ) → ( S a )1 = 2.75( m / s 2 ) T2 = 0.22 ( s ) → ( S a )2 = 2.00( m / s 2 ) T3 = 0.15 ( s ) → ( S a )3 = 1.40( m / s 2 ) z z z max 1 max 2 max 3 2.75 0.368 ⋅ 11.56 2 7.57 × 10 −3 Γ1 ⋅ ( S d )1 2.00 = 3.02 × 10 −4 ( m ) = Γ2 ⋅ ( S d )2 = 0.120 ⋅ 2 28.19 −5 Γ3 ⋅ ( S d )3 1.40 4.09 × 10 0.054 ⋅ 42.98 2 y1max = (Φ 11 max ⋅ z1 ) + (Φ 2 12 max ⋅ z2 ) + (Φ 2 13 max ⋅ z3 ) 2 = 0.010( m ) 148 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] max y2 = (Φ (Φ 21 max ⋅ z1 ) + (Φ 2 22 max ⋅ z2 ) + (Φ 2 23 max ⋅ z3 ) ) 2 = 0.020( m ) = 0.026 ( m ) max y3 = 31 max ⋅ z1 ) + (Φ 2 32 max ⋅ z2 ) + (Φ 2 33 max ⋅ z3 2 M 1E = M 2E = M 3E = L1 ( 0.368 ) 2 ⋅ L1 = = 0.135 * 1 M1 L2 ( 0.120 )2 ⋅ L2 = = 0.014 * 1 M2 L3 ( 0.054 ) 2 ⋅ L3 = = 2.92 × 10 −3 * 1 M3 La suma de las masas modales efectivas debe ser igual a la masa total del sistema: M TE = M 1E + M 2E + M 3E = 0.152 ≈ 0.153 ⇒ OK Qb1 = M 1E ⋅ ( S a )1 = 0.135 ⋅ 2.75 = 0.37( kN ) Qb 2 = M 2E ⋅ ( S a )2 = 0.014 ⋅ 2.00 = 0.03( kN ) Qb 3 = M 3E ⋅ ( S a )3 = 2.92 × 10 −3 × 1.40 = 4.1 × 10 −3 ( kN ) Qb max = Qb1 + Qb 2 + Qb 3 = 0.37( kN ) 2 2 2 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 149 CAPITULO 7 SISTEMAS GENERALIZADOS 7.1 SISTEMAS CON MASAS Y ELASTICIDAD DISTRIBUIDA Este tipo de estructuras se caracteriza por tener infinitos grados de libertad siendo muy difícil visualizar puntos en donde puedan definirse concentraciones de masa, ejemplos de este tipo de estructuras son chimeneas, torres, etc. Las propiedades dinámicas que caracterizan a este tipo de estructuras son una masa distribuida m( x ) y una rigidez flexural distribuida EI ( x ) , figura 7.1. 150 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Figura 7.1 Estructuras con masa y elasticidad distribuida Consideremos la fuerza de inercia que genera cuando existe una aceleración en la base: && f I ( x , t ) = − m( x ) ⋅ u t ( x , t ) && && f I ( x , t ) = −m( x ) ⋅ u( x , t ) + u g ( t ) (7.1) [ ] (7.2) Utilizando el principio de los trabajos virtuales (PTV): δWint . = δWext . (7.3) Donde: δWext . = ∫ f I ( x ,t ) ⋅ δu( x )dx 0 L (7.4) Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 151 && && δWext . = ∫ − m( x ) ⋅ u( x ,t ) ⋅ δu( x ) ⋅ dx − u g ( t ) ⋅ ∫ m( x ) ⋅ δu( x ) ⋅ dx o L 0 L L (7.5) (7.6) δWint . = ∫ M ( x ,t ) ⋅ δk ( x ,t )dx 0 Con la curvatura, calculada por: k ( x ,t ) = d 2 u( x , t ) dx 2 =− M ( x ,t ) ( EI ) (7.7) Siendo M ( x , t ) el momento flector uniformemente distribuido por unidad de longitud y tiempo, y δk ( x ,t ) la curvatura virtual del elemento. Evaluando las derivadas espaciales y temporales de la función de aproximación de la respuesta: u( x ,t ) = ϕ( x ) ⋅ z( t ) y δu( x , t ) = ϕ( x ) ⋅ δz( t ) Con: ϕ( x ) : Función de forma que satisface las condiciones de contorno del problema y que se define a partir de la configuración deformada. z( t ) : Coordenada generalizada Derivada espacial: k ( x ,t ) = (7.8) d 2 u( x , t ) dx 2 =− M ( x ,t ) = ϕ" ( x ) ⋅ z( t ) ( EI ) y δk ( x ,t ) = ϕ" ( x ) ⋅ δz( t ) && Derivada temporal ⇒ u( x , t ) = ϕ( x ) ⋅ &&( t ) z (7.9) Reemplazando en ecuación (7.5): 152 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] L L && δWext = −δz( t ) ⋅ &&( t ) ⋅ ∫ m( x ) ⋅ ϕ 2 ( x ) ⋅ dx + u g ( t ) ⋅ ∫ m( x ) ⋅ ϕ( x ) ⋅ dx .(7.10 z 0 0 ) L 2 L δWint = −δz( t ) ⋅ ∫ EI ( x ) ⋅k ( x ) ⋅ δk ( x ) ⋅ dx = −δz( t ) ⋅ z( t ) ⋅ ∫ EI ( x ) ⋅ ϕ" ( x ) dx 0 0 ( ) (7.11) Igualando (7.10) y (7.11), se tiene: && m ⋅ &&( t ) + k ⋅ z( t ) = − L ⋅ u g ( t ) z (7.12) Con, los siguientes parámetros generalizados: m = ∫ m( x ) ⋅ [ϕ( x )] dx o L 2 (7.13) (7.14) k = ∫ EI ( x ) ⋅ ϕ" ( x ) dx 0 L [ ] 2 L = ∫ m( x ) ⋅ ϕ( x )dx 0 L (7.15) Dividiendo (7.12) por la masa generalizada: &&( t ) + ω 2 ⋅ z( t ) = − z n L && && ⋅ u g ( t ) = − Γ ⋅u g ( t ) m (7.16) En donde, se define el coeficiente de Rayleigh (CHOPRA (1995) ( 3 ) ), que corresponde a la frecuencia fundamental en un sistema con masa y elasticidad distribuida: L " ∫ EI ( x ) ⋅ ϕ ( x ) dx L 0 2 ∫ m( x ) ⋅ [ϕ( x )] dx [ ] 2 ω2 = n 0 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 153 (7.17) Las fuerzas internas (momentos flectores y cortes) se calculan por análisis estático en analogía con una viga con carga uniformemente distribuida: dM ( x ) dV ( x ) =V( x )⇒ = q( x ) dx dx (7.18) La fuerza de corte a lo largo del sistema, se evalúa por: f s ( x ,t ) = " d 2M( x ) " = q( x ) = [M ( x )] = EI ( x ) ⋅ u " ( x , t ) 2 dx [ ] (7.19) De ecuación (7.8) (7.19): d 2 u( x , t ) = u " ( x , t ) = ϕ" ( x ) ⋅ z( t ) , 2 dx reemplazando en f s ( x ,t ) = [M ( x )] = EI ( x ) ⋅ ϕ" ( x ) ⋅ z( t ) " [ ] " (7.20) Fuerzas que dependen de las derivadas de las funciones de forma y puesto que son las derivadas de cuarto orden de las funciones de formas resultan menos precisas que los desplazamientos. Con respecto a la respuesta sísmica máxima, esta se puede calcular a partir de: S z max = Γ ⋅ S D = Γ ⋅ A 2 ωn u max = ϕ( x ) ⋅ z max = ϕ( x ) ⋅ Γ ⋅ S D (7.21) (7.22) 154 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] f smax ( x , t ) = k ⋅ u max = ω 2 ⋅ m( x ) ⋅ ϕ( x ) ⋅ Γ ⋅ S D = m( x ) ⋅ ϕ( x ) ⋅ Γ ⋅ S A n [ ] (7.23) En el caso de existir una fuerza dinámica p( t ) aplicada, la ecuación de movimiento vale: m( x ) ⋅ &&( t ) + k ⋅ z( t ) = p( t ) z (7.24) En donde la fuerza generalizada se define por: L p( t ) = ∫ p( x ,t ) ⋅ ϕ( x )dx 0 (7.25) En general el desplazamiento horizontal en estructuras continúas y discretas de múltiples grados de libertad puede ser supuesta arbitrariamente y dependiendo de cuan cercana este la deformación supuesta a la deformación real se tendrán mejores o peores resultados. Una vez que el desplazamiento horizontal ha sido especificado, puede determinarse el valor de la energía potencial y cinética. Dado que el sistema es conservativo, se tiene que cuando la Energía cinética es máxima la Energía potencial es nula y viceversa, siendo ambos valores máximos iguales dado que el sistema es conservativo. Para el sistema de la figura 7.2, el peso de cada masa W j = m j ⋅ g , contribuye a la energía potencial máxima: Figura 7.2 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 155 7.1.1. EJEMPLO DE APLICACIÓN Una chimenea de hormigón ( E = 20.000 MPa ) de 31 m de altura y sección circular tubular, se encuentra inicialmente en reposo. Se desea analizar el comportamiento de dicha estructura cuando se somete a un espectro de aceleraciones definido por (g=9.8 m y ξ = 5% ), ver figura 6.9: s2 S a ( T ,ξ = 5%) = ( 2 ⋅ T + 0.2 ) ⋅ g , si 0 ≤ T ≤ 0.1 S a ( T , ξ = 5%) = 0.4 ⋅ g , si 0.1 ≤ T ≤ 0.3 S a ( T ,ξ = 5%) = ( 0.475 − 0.25 ⋅ T ) ⋅ g , si T ≥ 0.3 La estructura puede considerarse con paredes de espesor uniforme de 10 cm. y un radio exterior de 80 cm. La masa por unidad de longitud es constante y vale 2500 kg . m Figura 7.2 Chimenea Se pide responder a las siguientes preguntas cuando se considera una 156 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] x2 función de forma igual a Ψ ( x ) = 2 para describir el movimiento: L Definir la ecuación de movimiento del sistema. Estimar el periodo fundamental utilizando el coeficiente de Rayleigh. Estimar el desplazamiento del extremo libre u ( x = 31, t ) m para la excitación definida por el espectro de aceleraciones. Dibuje la distribución de fuerzas estáticas equivales que actúan sobre la estructura, cuando se somete a la excitación definida por el espectro de aceleraciones. Solución: Propiedades del sistema: A = π ⋅ (0.82 - 0.72) = 0.471 [m2] I0 = π 4 π ( D − d 4 ) = (1.6 4 − 1.4 4 ) = 2.13 4 4 [m ] 4 m(x) = m = 2500 Kg/m L = 31 m E= 2 ⋅ 1010 [N / m ] 2 ψ ( x) = x2 2x 2 ⇒ ψ' ( x) = 2 ⇒ ψ' ' ( x) = 2 2 L L L Propiedades generalizadas: x2 mx 5 m = ∫ m( x) [ψ ( x)] dx =m ∫ 2 dx = 4 5L o o L L L 2 2 L = 0 mL = 15500 [Kg ] 5 (7.26) 4 EIx 4 EI 2 2 k = ∫ EI ( x) [ψ ' ' ( x)] dx = EI ∫ 2 dx = 4 = 3 = 5.719 ⋅ 10 6 [N / m] L 0 L o o L Patricio Cendoya Hernández
[email protected] L L 2 L 157 (7.27) (7.28) La ecuación de movimiento en función de las propiedades generalizadas es: 0 x2 mx 3 L = ∫ m( x) ψ ( x)dx = m ∫ 2 dx = 2 3L o o L L L L = mL = 25833.3 [Kg ] 3 && m ⋅ &&(t ) + k ⋅ z (t ) = − L ⋅ u g z (7.29) 2 d ug d2 z (t ) + 368.97 z (t ) = −1.67 ⋅ 2 dt dt 2 (7.30) Estimación de la frecuencia del sistema utilizando el coeficiente de Rayleigh: ωn = k = m 20 EI = 19.21 [rad / s ] , donde k y m , fueron calculados mL4 anteriormente T= 2π 2π = = 0.33 [s ] ω 19.21 Para el periodo obtenido: Sa = (0.475 − 0.25 ⋅ 0.33) ⋅ 9.8 = 3.864 m / s 2 Sd = Sa / ω 2 = 0.0104 [m] [ ] El desplazamiento máximo del extremo libre se obtiene como: z max = Γ ⋅ Sd = 1.67 ⋅ 0.0104 = 0.0174 [m] 158 Patricio Cendoya Hernández
[email protected] Donde Γ = L =1.67 m (7.31) Además se conoce que: u ( x, t ) = x2 z max = 1.81 ⋅ 10 −5 x 2 [m] L2 Así: u (31 , t ) = u max = 0.0174 [m ] La distribución de fuerzas estáticas se determina como: (7.32) F ( x ) = ω 2 ⋅ m( x ) ⋅ u ( x, t ) = 16.69 x 2 [N ] [ ] (7.33) Patricio Cendoya Hernández
[email protected] 159 CAPITULO 8 REFERENCIAS 1. BARBAT, Alex H. (1983) “Calculo sísmico de las estructuras”, Editores técnicos asociados, S.A., Barcelona. España BARBAT, Alex H. y MIQUEL J. (1994) “Estructuras sometidas a acciones sísmicas”, CIMNE, Barcelona. España CHOPRA, Anil K. (1995) “Dynamics of Structures”, theory and aplications to earthquake engineering, University of California at Berkeley, Editorial Prentice Hall, New Jersey. CLOUGH, Ray W. y PENZIEN, Joseph (1982) “Dynamics of Structures”, edition 5ª, International Student Edition, McGraw-Hill International Book Company. OLLER, Sergio (1995) Apuntes del Curso “Dinámica Estructural”, Universidad Politécnica de Cataluña, Barcelona. España. PAZ, Mario. (1992) “Dinámica Estructural”, Teoría y Calculo, Editorial Reverte S.A., Barcelona. España. FEMA http://www.bssconline.org/FEMA451B/451Bchapters.htm 451 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. GOYTIA, I. y VILLANUEVA, R. (2001) Texto Guía de “Ingeniería Antisísmica”, Facultad de Ciencias y Tecnología, Carrera Ingeniería Civil. Universidad Mayor de San Simón, Cochabamba, Bolivia. http://www.umss.edu.bo/librostextoss.php 160 Patricio Cendoya Hernández
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