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1

Fechadeactualización:1abril2019.

Método de la aceleración constante Consideremos una historia de aceleraciones del oscilador como se muestra

Se observa en el eje de las abcisas que las aceleraciones están segmentadas a un tiempo igual, mientras que en el eje de las ordenadas se observa la aceleración para cada punto.

t

Ace

lera

ción

del

osc

ilador

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2

Fechadeactualización:1abril2019.

Considerando uno de los intervalos se tendría lo siguiente:

El valor promedio está dado por . Si se considera que éste es el valor de la aceleración,

integrando se tendría el valor de la velocidad y de la posición:

……….(A)

Evaluando para y en la solución de un sistema forzado amortiguado

Evaluando en y

……………..…..(B)

…………(C)

100 1 2 3 4 5 6 7 8 9

10

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

X Axis

Y Ax

is

!! !!x 0( )+ !!x Δt( )

2

!!

0< t < Δt

!!x t( ) = !!x 0( )+ !!x Δt( )2 !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

!x t( ) =!!x 0( )+ !!x Δt( )⎡⎣ ⎤⎦

2t + !x 0( ) !!!!!!!!!!!!!!!

x t( ) =!!x 0( )+ !!x Δt( )⎡⎣ ⎤⎦

4t2 + !x 0( )t + x 0( )

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

!!t =0 !t = Δt

! m !!x t( ) + c !x t( ) + kx t( ) = q t( )

!! !!x t( ) + 2ζω !x t( ) +ω 2x t( ) = q t( )

m

!!t =0 !t = Δt

!! !!x 0( ) + 2ζω !x 0( ) +ω 2x 0( ) = q 0( )

m

!! !!x Δ t( ) + 2ζω !x Δ t( ) +ω 2x Δ t( ) = q Δ t( )

m

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3

Fechadeactualización:1abril2019.

Evaluando (A) en

Sustituyendo en (C) y reordenando

...(D)

Restando (B) de (D)

Despejando a

……………..(E)

El método es adecuado para

Donde tiempo, por ejemplo, el tiempo de muestreo de acelerogramas

!t = Δt

!!

!x Δt( ) =!!x 0( )+ !!x Δt( )⎡⎣ ⎤⎦

2Δt + !x 0( ) !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

x Δt( ) =!!x 0( )+ !!x Δt( )⎡⎣ ⎤⎦

4Δt2 + !x 0( )Δt + x 0( )

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

!! !!x Δ t( ) + 2ζω

!!x 0( ) + !!x Δ t( )⎡⎣ ⎤⎦2

Δ t + !x 0( )⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟+ω 2 !!x 0( ) + !!x Δ t( )⎡⎣ ⎤⎦

4Δ t2 + !x 0( )Δ t + x 0( )

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟=q Δ t( )m

!! !!x Δ t( ) + ζω !!x 0( ) + ζω !!x Δ t( )⎡⎣ ⎤⎦ Δ t + 2ζω !x 0( )( ) + ω 2!!x 0( ) +ω 2!!x Δ t( )⎡⎣ ⎤⎦

4Δ t2 +ω 2 !x 0( )Δ t +ω 2x 0( )

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ =

q Δ t( )m

!! !!x Δ t( ) 1 + ζωΔ t + ω 2

4 Δ t2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟+ !!x 0( ) ζωΔ t + ω 2

4 Δ t2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟+ !x 0( ) 2ζω +ω 2Δ t( ) + x 0( ) ω 2( ) = q Δ t( )

m

!! !!x Δ t( ) 1 + ζωΔ t + ω 2

4 Δ t2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟+ !!x 0( ) ζωΔ t + ω 2

4 Δ t2 − 1⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟+ !x 0( ) 2ζω +ω 2Δ t − 2ζω( ) + x 0( ) ω 2 −ω 2( ) = q Δ t( )

m−q 0( )m

!! !!x Δ t( ) 1 + ζωΔ t + ω 2

4 Δ t2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟+ !!x 0( ) ζωΔ t + ω 2

4 Δ t2 − 1⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟+ !x 0( ) ω 2Δ t( ) = q Δ t( )

m−q 0( )m

! !!x Δ t( )

!! !!x Δ t( ) 1 + ζωΔ t + ω 2

4 Δ t2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟=q Δ t( )m

−q 0( )m

+ !!x 0( ) 1 − ζωΔ t − ω 2

4 Δ t2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟− !x 0( ) ω 2Δ t( )

!!

!!x Δ t( ) =q Δ t( )m

−q 0( )m

+ !!x 0( ) 1 − ζωΔ t − ω 2

4 Δ t2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− !x 0( ) ω 2Δ t( )

1 + ζωΔ t + ω 2

4 Δ t2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

!!Toscilador =

2πω

> 10Δ t

!Δ t =

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Fechadeactualización:1abril2019.

El algoritmo para la resolución por este método es:

1. Inicialización de variables. Para el tiempo podría ser , y

2. Calcular a partir de (E)

3. Calcular la velocidad al final del intervalo utilizando (A)

4. Calcular el desplazamiento al final del intervalo utilizando (A)

5. Actualizar valores para el próximo intervalo , y

!!t = 0 !! !!x 0( ) = 0 !! !x 0( ) = 0 !!x 0( ) = 0

! !!x Δ t( )

! !x Δ t( )

!x Δ t( )

!!x 0( ) = x Δ t( ) !! !x 0( ) = !x Δ t( ) !! !!x 0( ) = !!x Δ t( )

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5

Fechadeactualización:1abril2019.

Ejemplo: Considere un sistema de un grado de libertad (SDF) con las siguientes propiedades:

, , , y

Determine la respuesta de este sistema sometido a la excitación

utilizando: a) Solución teórica b) Solución por método numérico de aceleración constante

Solución: Se tiene entonces la ecuación diferencial de movimiento

con

Observe que los términos anteriores tienen unidades de aceleración (que podrían obtenerse de un acelerograma)

a) Solución teórica (el desarrollo se puede revisar en el tema de excitación por medio de una fuerza senoidal) Cuya solución está dada por:

con

!!m = 0 .2533! kip's2

in !!k = 10! kipin !!

ω = 6 .283! radseg !!Tn = 1!seg !!ζ = 0 .05

!x t( )!!q t( ) = 10 sen π

0 .6 t⎛⎝⎜

⎞⎠⎟! !kips

! m !!x + c !x + kx = q t( )

!! !!x + 2ζω !x +ω 2x =

q t( )m !!q t( ) = F0 sen Ωt( )

!! !!x + 2ζω !x +ω 2x =

10 sen π t0 .6

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

m

!! !!x + 0 .6283 !x + 39 .476089x = 39 .476089 sen 5 .235987t( )

!x = xc + xp

!xc = e

−ζωt Acos ωdt( ) + B sen ωdt( )( )!!xc = e

−0 .314161t Acos 6 .2754t( ) + B sen 6 .2754t( )( )!!ωd = ω 1 − ζ 2 = 6 .2754

!!xp =

F0k

11 − r2⎡⎣ ⎤⎦

2+ 4ζ 2r2

1 − r( )2⎛⎝

⎞⎠ sen Ωt( ) − 2ζ r cos Ωt( )⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

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Fechadeactualización:1abril2019.

La solución general es:

sujeta a las condiciones iniciales y se obtendría:

por lo que la solución teórica quedaría como, tomando A y B de las expresiones anteriores:

b) Solución por método numérico de aceleración constante Se presenta una tabla donde se muestra la solución por el método numérico, así como una comparación, tanto porcentual y gráfica, de los dos métodos

!!r = Ω

ω= 5 .23596 .283 = 0 .8333

!!xp = 3 .046087 sen 5 .236t( ) − 0 .8307421cos 5 .236t( )

!!x = xc + xp = e−0 .314161t Acos 6 .2754t( ) + B sen 6 .2754t( )( )⎡⎣

⎤⎦ + 3 .046087 sen 5 .236t( ) − 0 .8307421cos 5 .236t( )⎡⎣ ⎤⎦

!!x 0( ) = x0 = 0 !!x' 0( ) = v0 = 0

!!A = x0 −

F0k

11 − r2⎡⎣ ⎤⎦

2+ 4ζ 2r2

−2ζ r⎡⎣ ⎤⎦

!!B =

v0ωd

+ζω A( )ωd

−F0kωd

Ω

1 − r2⎡⎣ ⎤⎦2+ 4ζ 2r2

1 − r2( )⎡⎣

⎤⎦

!!x = e−0 .314161t A( )cos 6 .2754t( ) + B( ) sen 6 .2754t( )( )⎡⎣

⎤⎦ + 3 .046087 sen 5 .236t( ) − 0 .8307421cos 5 .236t( )⎡⎣ ⎤⎦