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PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMA 1 Un pórtico de concreto armado en un terreno en pendiente es idealizado con una viga infinitamente rígida. La masa se asume concentrada en la viga y es igual a 70ton. Las columnas tienen secciones transversales de C1 (30cm x 50cm) y la C2 (30cm x 60cm). Asumir un módulo de elasticidad del concreto Ec=2x10⁷ kN/m² y una razón de amortiguamiento de ξ=5%. Calcular la respuesta de desplazamiento (D), pseudo-velocidad (V) y pseudo-aceleración (A), para un terremoto cuyo espectro de respuesta se muestra en la figura para 5% de amortiguamiento. Determine las fuerzas cortantes y los momentos flectores en la base de las columnas en el instante de respuesta máxima.

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SOLUCION El procedimiento para la solución inicia con el cálculo de las propiedades en vibración libre del sistema. Luego haciendo uso del espectro de respuesta se calcularán las solicitaciones del problema.

Para ello asumiremos un valor de m = 70 Ton

Los datos extraídos del problema son: 

Columna C1: 0.30m x 0.50m x 5.00m



Columna C2: 0.30m x 0.60m x 3.50m



Elasticidad del concreto: Ec=2x10⁷ kN/m²



Razón de amortiguamiento: ξ=5%

Se asumirá que las columnas están orientadas de tal forma que el lado mayor de su sección aporta a la rigidez lateral del pórtico planteado.

La inercia de las columnas es: b  h3 12 0.30  0.50 3 I1  12 I1  0.003125 m 4 I1 

b  h3 12 0.30  0.60 3 I2  12 I2  0.0054m 4 I2 

La rigidez del sistema es: K  K1  K 2 K

12  E  I1 H1

3



12  E  I 2 H2

3







kN  kN    12   2  10 7 2   0.003125 m 4 12   2  10 7 2   0.0054m 4 m  m    K  3 5.00m 3.50m3 kN kN K  6000  29667 .638 m m kN K  35667 .638 m



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1.1 Determinación de Propiedades en vibración libre Frecuencia circular natural n 

k 35667 .638kN / m   22.573rad / seg m 70Ton

Periodo natural de vibracion Tn 

2 2   0.278seg n 22.573

1.2 Determinación de Pseudo-Aceleración Se tiene que para el periodo natural Tn = 0.278seg se tiene una aceleración máxima de 0.35g = 0.35 x 9.81m/s² = 3.43m/s²

A=0.35g

Tn=0.278seg

Figura 1.1. Espectro de aceleración para el terremoto planteado 1.3 Determinación de respuesta del desplazamiento

D

A

3.43

s2

 0.0067m 2 rad    22.573  s   de Pseudo-Velocidad 1.4 Determinación n

2



m

V  n  D  22.573

rad m  0.0067m  0.15 s seg JV / 2015-2

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1.5 Determinación de la fuerza cortante en la base de las columnas VB1  K 1  D kN  0.0067m m  40.20kN

VB2  K 2  D

VB1  6000

VB2  29667 .638

VB1

VB2  198 .77kN

kN  0.0067m m

1.6 Determinación del momento flector en la base MB1  f s1  D

MB 2  f s 2  D

MB1  40.20kN  5.00m

MB2  198.77kN  3.50m

MB1  201kN  m

MB2  695.695kN  m

Finalmente la respuesta al problema planteado es la siguiente: 

El desplazamiento máximo del sistema es D=0.0067m y corresponde a un periodo natural del sistema Tn=0.278seg



La pseudo-velocidad del sistema es V=0.15m/s



La pseudo-aceleración del sistema es A=3.43m/s²



La fuerza cortante para la columna de H=5m es VB1=40.20kN



La fuerza cortante para la columna de H=3.5m es VB2=198.77kN



El momento flector para la columna de H=5m es MB1=201kN-m



El momento flector para la columna de H=3.5m es MB2=695.7kN-m

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PROBLEMA 2 Una viga simplemente apoyada se ha idealizado como el modelo de masas concentradas mostrado en la figura. Se pide: a) Identificar los grados de libertad que representen las propiedades elásticas e inerciales y ensamblar las matrices de rigidez y masa. Despreciar las deformaciones por fuerza axial. b) Formular las ecuaciones del movimiento de la viga. Aplicar condensación estática para reducir el tamaño del problema. c) Calcular los modos y frecuencias naturales de vibración. La viga se tiene una sección de 300x500mm, E=20GPa, m=0,55ton y L=6m

SOLUCION: El procedimiento usual consiste en considerar un sistema de 6 GDL, y luego condensar a los 2 GDL traslacionales. Sin embargo, aquí se plantea solo 4 GDL ya que se conocen las relaciones fuerza-desplazamiento para la viga con articulación en un extremo. Para el planteamiento del sistema de 4GDL se despreciará las deformaciones por fuerza axial. Los datos extraídos del problema son: 

Viga: 0.30m x 0.50m x 6.00m



Elasticidad del material: E=20GPa



m=0.55Ton/m



La inercia de la viga es: b  h 3 0.30   0.50    0.003125 m 4 12 12 3

I1 

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2.1.

Identificación de los grados de libertad

Se colocaron los grados de libertad en los nudos de las masas concentradas y ello nos permite a su vez plantear la matriz de fuerzas externas en los grados de libertad del sistema.

3

1

2

4

Elemento 1

Elemento 2

Elemento 3

L/3

L/3

L/3

Nodo 1

Nodo 2

Figura 2.1. Definición de GDL del sistema

2.2.

Ensamblaje de la matriz de masas

Debido a que solo las fuerzas verticales se aplican a las masas. Entonces la matriz de masa es diagonal y cada elemento de la diagonal representa cada masa en la estructura.

P1(t)

P2(t)

mL/3

mL/3

L/3

L/3

L/3

Figura 2.2. Definición de participación de masas  mL  3  m    

  0.55  6   3   mL  3   0   0 

0.55  6 3

   1.10    1.10  Ton     0  0   0   0

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2.3.

Ensamblaje de la matriz de rigidez

Para obtener la primera columna de la matriz de rigidez se impone un desplazamiento unitario al 1er. grado de libertad.

K11 K31 K41

1m

L/3

K21

L/3 Nodo 1

Nodo 2

81EI/L³

K 11 

81EI/L³ 27EI/L²

L/3

1m

K 21  K 31 

L/3

K 41 

Nodo 1

81  EI 3



324  EI

L  324EI L3 54  EI 2

L 54EI



3

L

27  EI 2

L





405EI L3

27EI L2

L2

324EI/L³ 54EI/L²

324EI/L³

1m

54EI/L² L/3 Nodo 1

L/3 Nodo 2

Figura 2.3. Diagrama de cuerpo libre (U1=1, U2=0, U3=0, U4=0)

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Para obtener la segunda columna de la matriz de rigidez se impone un desplazamiento unitario al 2do. grado de libertad.

K22 K42 K12

K32

1m

L/3

L/3 Nodo 1

Nodo 2

 324EI L3 81  EI 324  EI 405EI    L3 L3 L3  54EI  L2 27EI 54EI  27EI  2  2  L L L2

81EI/L³

K 12  K 22 K 32 K 42

L/3

81EI/L³ 1m

27EI/L²

L/3 Nodo 2

324EI/L³ 54EI/L²

324EI/L³

1m

54EI/L² L/3

L/3 Nodo 1

Nodo 2

Figura 2.4. Diagrama de cuerpo libre (U1=0, U2=1, U3=0, U4=0)

Para obtener la tercera columna de la matriz de rigidez se impone un giro unitario al en el 3er grado de libertad.

K13 K33

K43

K23

1 1

L/3

L/3 Nodo 1

L/3 Nodo 2 JV / 2015-2

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27EI/L²

27EI/L²

54  EI 27  EI 27EI   2 L2 L2 L 54EI  2 L 9EI 12EI 21EI    L L L 6EI  L

K 13 

9EI/L

K 23

1

K 33

L/3

K 43

Nodo 1 54EI/L²

54EI/L² 6EI/L

1

12EI/L L/3 Nodo 1

L/3 Nodo 2

Figura 2.5. Diagrama de cuerpo libre (U1=0, U2=0, U3=1, U4=0)

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Para obtener la cuarta columna de la matriz de rigidez se impone un giro unitario al en el 4to grado de libertad.

K33

K13

K23

K43

1 1

L/3

L/3

L/3

Nodo 1

Nodo 2

54EI L2 27  EI 54  EI  27EI    L2 L2 L2 6EI  L 9  EI 12  EI 21EI    L L L

27EI/L²

K 13  K 23 K 33 K 43

27EI/L² 1

9EI/L L/3 Nodo 2

54EI/L²

54EI/L² 1

6EI/L L/3

12EI/L

L/3 Nodo 1

Nodo 2

Figura 2.6. Diagrama de cuerpo libre (U1=0, U2=0, U3=0, U4=1)

Finalmente la matriz de rigidez queda de la siguiente manera:

K 11 K K   21 K 31  K 41

K 12 K 22 K 32 K 42

K 13 K 23 K 33 K 43

 405EI  L3 K 14    324EI  K 24   L3  K 34   27EI   2 K 44   L 54 EI  2  L

 324EI L3 405EI L3  54EI L2  27EI L2

27EI L2  54EI L2 21EI L 6EI L

54EI  L2   27EI  L2  6EI   L  21EI  L 

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9L 18L   135  108  108 135  18L  9L  3EI  K 3   9L  18L 7L2 2L2  L    9L 2L2 7L2   18L  108 96 18  6   135 kN   3   20  10 6 2   0.003125 m 4   135  18  6  9  6 m     108 K   9  6  18  6 7  6 2 2  62  6.00m3   2  62 7  62  18  6  9  6 54 108   135  108   15625  108 135  108  54  kN K 18  54  108 252 72  m    54 72 252   108



2.4.



Ensamblaje del vector de cargas externas

Las cargas externas coinciden con los grados de libertad planteados, por lo tanto su valor es colocado directamente el vector de cargas externas P1( t )    P2 ( t )  kN P( t )    0   0 

2.5.

Ecuación matricial del movimiento

Una vez determinadas las propiedades de masa y rigidez, se plantea la ecuación matricial del movimiento estático. 

m  u(t )  k  u(t )  P(t )

   1.10   u1 ( t )       1 . 10   u 2 ( t )  15625  0  u ( t ) 18   3  0      u 4 ( t )

54 108   u1 ( t )  P1 ( t )   135  108  108 135  108  54  u ( t ) P ( t )   2    2   54  108 252 72  u 3 ( t )  0        54 72 252  u 4 ( t )  0   108

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2.6.

Condensación estática

Se tienen grados de libertad rotacionales sin masa ni carga aplicada, por lo tanto se puede dividir las matrices de masa y rigidez considerando solo grados de libertad traslacionales de la siguiente manera. k k   tt k ot

1.10  m 1.10  

k to  k oo 

Donde la nueva matriz de rigidez condensa los grados de libertad rotacionales.

k k   tt k ot

^

9L 18L   135  108  k to  3EI  108 135  18L  9L   k oo  L3  9L  18L 7L2 2L2     9L 2L2 7L2   18L 1

k  k tt  k to  k oo  k ot  3EI   135   L3   108    ^ 3EI   135 k 3     108 L    432 ^ 3EI  5 k  3  378 L   5 ^ 162EI  8 k  5L3  7 ^

k

 108   9L 18L   7L2    135   18L  9L   2L2  3  108   9L 18L   5L   135   18L  9L   12  5L

1   9L  18L    2L2    18L  9L    7L2      12     5L  3    5L  

378  5  432   5   7 8  





kN   162   20  10 6 2   0.003125 m 4  8  7 m   k   3 5  6.00m  7 8  ^  8  7 kN k  9375    7 8  m ^

Finalmente la ecuacion del movimiento sin los grados de libertad rotacionales es: 

m  u( t )  k  u( t )  P( t )    1.10   u1 ( t )   8  7  u1 ( t )  P1 ( t )   9375        1.10  u ( t )   7 8  u 2 ( t ) P2 ( t )  2     1.10   u1 ( t )   75000  65625   u1 ( t )  P1 ( t )        1.10  u ( t )  65625 75000  u 2 ( t ) P2 ( t )   2  JV / 2015-2

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2.7.

Frecuencias naturales de vibración

Implica resolver en primer lugar la siguiente determinante k  n  m  0 2

 75000  65625 

 65625   2 1.10  n   75000  1.10  

Sea λ=ωn² k  n  m  0 2

 75000   65625

 65625  1.10      75000  1.10  

 75000   65625

 65625  1.10    75000   1.10 

 65625  75000  1.10   65625 75000  1.10  

La determinante del sistema nos da la siguiente ecuación cuadrática: 121 2   165000   1318359375 100

La solución de la ecuación cuadrática planteada es: 1  8522 .727  2  127840 .909

Finalmente la frecuencia circular de vibración es: n1   1  8522 .727  92.319rad / seg n2   2  127840 .909  357 .548rad / seg

Periodo natural de vibracion Tn1 

2 2   0.068 seg n1 92.319

Tn2 

2 2   0.018 seg n2 357 .548

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Frecuencia natural de vibracion fn1 

1 1   14.71Hz Tn1 0.068

fn 2 

1 1   55.56Hz Tn2 0.018

MODO 1 Para ello usaremos los siguientes datos: ωn1=92.319rad/se y λ1=8522.727 Reemplazamos en la ecuación característica: k  n1  m  1  0 2

 75000  65625 

 65625  1.10 1   11       1.10 1   21  75000  

 65625 75000  1.10  (8522 .727 )   11      65625 75000  1.10  (8522 .727 )  21    65625  65625   11   65625 65625        21  65625  11  65625   21  0     65625  11  65625   21  0

Procedemos a normalizar asumiendo Φ11=1 65625  11  65625   21  0 65625  1  65625   21  0  21  1

MODO 2 Para ello usaremos los siguientes datos: ωn2=357.548rad/se y λ2=127840.909 Reemplazamos en la ecuación característica: k  n 2  m   2  0 2

 75000  65625 

 65625  1.10 2  12       1.10 2   22  75000  

 65625 75000  1.10  (127840.909 )  11      65625 75000  1.10  (127840.909 )  21    65625  65625  12   65625  65625        22   65625  12  65625   22  0    65625  12  65625   22  0 JV / 2015-2

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Procedemos a normalizar asumiendo Φ12=1

 65625  11  65625   21  0  65625  1  65625   21  0  21  1

1m

1m

Figura 2.7. Modo de Vibración 01

1m 1m

Figura 2.8. Modo de Vibración 02

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PROBLEMA 3 La figura muestra un pórtico de 3 pisos. Todas las columnas son de sección rectangular de 0.30m x 0.90m (Ec=2.30x10⁶Tonf/m²). Asumir que las vigas tienen rigidez a la flexión infinita. El peso total de los 2 primeros pisos se ha estimado en Q=70 tonf en los dos primeros niveles, y 25 tonf en el último nivel. Se pide: a) Calcular las matrices de rigidez y masa b) Calcular los periodos, frecuencias y modos naturales de vibración. Normalizar y graficar respecto al desplazamiento del último nivel.

SOLUCION Debido a las condiciones del problema, estamos frente a un edificio de corte que es gobernado solo por grados de libertad debido a la traslación. El sistema de 3GDL presenta un grado de libertad traslacional por cada nivel de entrepiso.

Los datos extraídos del problema son: 

Columna: 0.30m x (0.01*90)m = 0.30m x 0.90m



Elasticidad del material: E=2.30x10⁶Tonf/m²



Pesos de entrepiso: W 1=70Tonf, W 2=70Tonf, W 3=25Tonf



Alturas de entrepiso: h1=3.20m, h2=2.90m, h3=2.90m

La inercia de la columna típica es:

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b  h 3 0.30   0.90    0.018225 m 4 12 12 3

I

Las masas concentradas son: W1 g 70Tonf m1  m 9.81 2 s Tonf  s 2 m1  7.136 m m1 

3.1.

W2 g 70Tonf m2  m 9.81 2 s Tonf  s 2 m 2  7.136 m m2 

W3 g 25Tonf m3  m 9.81 2 s Tonf  s 2 m 3  2.548 m m3 

Identificación de los grados de libertad

U3 m3 U2 m2 U1 m1

Figura 3.1. Definición de GDL del sistema

3.2.

Ensamblaje de la matriz de masas

m1 m   m2 

 7.136  2   Tonf  s 7 . 136    m m 3   2.548 

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3.3.

Ensamblaje de la matriz de rigidez

Primero se calculará la rigidez de cada entrepiso.













Tonf   4 12   2.30  10 6   0.018225 m 2 12  E  I Tonf m   K1  2   2  30701 .29 3 3 m 3.20m h1 Tonf   4 12   2.30  10 6   0.018225 m 2 12  E  I Tonf m   K2  2  2  41248 .92 3 3 m 2.90m h2 Tonf   4 12   2.30  10 6   0.018225 m 2 12  E  I Tonf m   K3  2   2  41248 .92 3 3 m 2.90m h3

La matriz de flexibilidades para un edificio de corte de 3 grados de libertad queda de la siguiente manera:  1  K 1 1 f   K  1  1  K 1

   1 1 1 1    K1 K 2 K1 K 2   1 1 1 1 1     K 1 K 2 K 1 K 2 K 3  1 1   30701 .29 30701 .29  1 1 1 f  30701 . 29 30701 . 29 41248 .92  1 1 1   30701 .29 30701 .29  41248 .92  1 K1

0.000033 f  0.000033 0.000033

1 K1

0.000033 0.000057 0.000057

   1 1   30701 .29 41248 .92  1 1 1    30701 .29 41248 .92 41248 .92  1 30701 .29

0.000033  0.000057  0.000081 

Finalmente la matriz de rigidez del sistema será la inversa de la matriz de flexibilidades.

K  f 1

0.000033 0.000033 0.000033   0.000033 0.000057 0.000057  0.000033 0.000057 0.000081 

1

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0  71950 .21  41248 .92  Tonf  K   41248 .92 82497 .84  41248 .92 m  0  41248 .92 41248 .92 

3.4.

Frecuencias y modos

Implica resolver en primer lugar la siguiente determinante k  n  m  0 2

0  71950 .21  41248 .92  7.136   41248 .92 82497 .84  41248 .92   2   7.136 n       0  41248 .92 41248 .92  2.548 

Sea λ=ωn² k  n  m  0 2

0  71950 .21  41248 .92  7.136   41248 .92 82497 .84  41248 .92     7.136       0  41248 .92 41248 .92  2.548  0  71950 .21  41248 .92  7.136    41248 .92 82497 .84  41248 .92    7.136       0  41248 .92 41248 .92   2.548    41248 .92 0 71950 .21  7.136      41248 .92 82497 .84  7.136   41248 .92    0  41248 .92 41248 .92  2.548  

La determinante del sistema nos da la siguiente ecuación cuadrática:  129 .7513  4908753 .957 2  4.411 * 10 10   5.224 * 10 13

La solución de la ecuación cuadrática planteada es:  1  1391 .961  2  11682 .392  3  24757 .895

Finalmente la frecuencia circular de vibración es: n1   1  1391 .961  37.309rad / seg n2   2  11682 .392  108 .085rad / seg n3   3  24757 .895  157 .346rad / seg

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Periodo natural de vibracion 2 2 Tn1    0.168 seg n1 37.309 Tn2 

2 2   0.058 seg n2 108 .085

Tn3 

2 2   0.040 seg n3 157 .346

Frecuencia natural de vibracion 1 1 fn1    5.95Hz Tn1 0.168 fn2 

1 1   17.24Hz Tn2 0.058

fn2 

1 1   25.00Hz Tn2 0.040

MODO 1 Para ello usaremos los siguientes datos: ωn1=37.309rad/seg y λ1=1391.961 Reemplazamos en la ecuación característica: k  n1  m  1  0 2

0  71950 .21  41248 .92  7.136  1  11        7.136  1  41248 .92 82497 .84  41248 .92      21   0  41248 .92 41248 .92   2.548  1   31   41248 .92 71950 .21  7.136  1   41248 .92 82497 .84  7.136  1   0  41248 .92

0  11      41248 .92    21  41248 .92  2.548  1   31 

 41248 .92 0 71950 .21  7.136  1391.961   11       41248 .92 82497 .84  7.136  1391.961  41248 .92     21   0  41248 .92 41248 .92  2.548  1391.961  31 

0  62017 .176  41248 .92  11   41248 .92 72564 .806  41248 .92       21   0  41248 .92 37702 .203   31   62017 .176  11   41248 .92  11  

 41248 .92   21  72564 .806   21  41248 .92   21

 0   41248 .92   31  0  37702 .203   31  0

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Procedemos a normalizar asumiendo Φ31=1  62017 .176  11   41248 .92  11    11  0.608   21  0.914      31  1.000 

 41248 .92   21  72564 .806   21  41248 .92   21

 0   41248 .92  1  0  37702 .203  1 0

1.000

0.914

0.608

Figura 3.2. Modo de Vibración 01

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MODO 2 Para ello usaremos los siguientes datos: ωn2=108.085rad/seg y λ2=11682.392 Reemplazamos en la ecuación característica: k  n 2  m   2  0 2

0  71950 .21  41248 .92  7.136  2     41248 .92 82497 .84  41248 .92    0  41248 .92 41248 .92   71950 .21  7.136  2   41248 .92   0

 41248 .92 82497 .84  7.136  2  41248 .92

71950 .21  7.136  11682.392   41248 .92   0

7.136  2

  12        22  2.548  2   32 

0  12      41248 .92    22  41248 .92  2.548  2   32 

 41248 .92 82497 .84  7.136  11682.392  41248 .92

0   12      41248 .92    22  41248 .92  2.548  11682.392   32 

0  11415 .339  41248 .92  12    41248 .92  867 .709  41248 .92       22   0  41248 .92 11482 .185   32   0  11415 .339  12  41248 .92   22    867 .709   22  41248 .92   32  0   41248 .92  12   41248 .92   22  11482 .185   32  0 

Procedemos a normalizar asumiendo Φ32=1  11415 .339  12    41248 .92  12   12  1.006    22  0.278      32  1.000 

 41248 .92   22  867 .709   22  41248 .92   22

 0   41248 .92  1  0  11482 .185  1 0

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1.000

0.914

1.006

Figura 3.3. Modo de Vibración 02

MODO 3 Para ello usaremos los siguientes datos: ωn3=157.346rad/seg y λ3=24757.895 Reemplazamos en la ecuación característica:

k  n3  m   3  0 2

0  71950 .21  41248 .92  7.136  3     41248 .92 82497 .84  41248 .92    0  41248 .92 41248 .92   71950 .21  7.136  3   41248 .92   0

 41248 .92 82497 .84  7.136  3  41248 .92

71950 .21  7.136  24757.895   41248 .92   0

7.136  3

  13        23  2.548  3   33 

0   13      41248 .92    23  41248 .92  2.548  3   33 

 41248 .92 82497 .84  7.136  24757.895  41248 .92

0   13      41248 .92    23  41248 .92  2.548  24757.895   33 

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0  104722 .129  41248 .92   13    41248 .92  94174 .499  41248 .92        23   0  41248 .92  21834 .196   33   0  104722 .129  13  41248 .92   23    94174 .499   23  41248 .92   33  0   41248 .92  13   41248 .92   23  21834 .196   33  0 

Procedemos a normalizar asumiendo Φ33=1  104722 .129  13    41248 .92  13    13  0.208   23  0.529      33  1.000 

 41248 .92   23  94174 .499   23  41248 .92   23

 0   41248 .92  1  0  21834 .196  1 0

1.000

0.529

0.208

Figura 3.4. Modo de Vibración 03

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