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ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

Capítulo 10

SISTEMAS DE VARIOS GRADOS DE LIBERTAD

10.1

INTRODUCCIÓN

Resulta complejo elegir entre el análisis dinámico plano o tridimensional, éste último representado por sus dos componentes horizontales (cargas reversibles), lo cual no es posible en el plano. El análisis dinámico tridimensional, requerirá la evaluación de la estructura con varios grados de libertad por medio de métodos sofisticados como el de los elementos finitos, que ayudaría a resolver las ecuaciones diferenciales de movimiento existentes por cada grado de libertad, es una herramienta poderosa, sin embargo su modelación e interpretación de resultados no es sencilla y sólo se justificaría su uso en obras de magnitud. En una estructura tridimensional xyz tipo edificios, es útil y suficiente asumir la hipótesis del diafragma rígido de piso, lo cual acepta que las plantas o losas de entrepiso son indeformables en el plano xy, de esta forma el problema global se reduce a tres grados de libertad por piso, dos traslaciones horizontales (ux,uy) y una rotación vertical (rz), a estos se conocen como desplazamientos maestros de piso. Normalmente estos grados de libertad se concentran en un nudo denominado maestro, al cual están constringidos o conectados rígidamente los nudos restantes, a estos nudos se los denomina dependientes y tienen los grados de libertad opuestos a los nudos maestros, es decir dos rotaciones horizontales (rx, ry) y una traslación vertical (uy)

10.2

ECUACIÓN DE MOVIMIENTO

Una estructura de varios niveles mostrada en la Figura 10.1, se puede idealizar como un pórtico de varios niveles con diafragma de cuerpo rígido asumiendo que la masa está concentrada en cada nivel, las columnas se suponen axialmente inextensibles pero lateralmente flexibles. La respuesta dinámica del sistema está representada por el desplazamiento lateral de las masas con el número de grados de libertad dinámica o n modos de vibración que son iguales al número de masas. La vibración resultante del sistema esta dada por la superposición de las vibraciones de cada masa. Cada modo individual de vibración tiene su propio periodo y puede ser representado por un sistema simple del mismo periodo. La Figura 10.1 muestra tres modos de un sistema aporticado de tres niveles. El modo de vibración con periodo mayor (frecuencia baja) es llamado modo fundamental de vibración; modos con periodos cortos son llamados modos armónicos (frecuencias altas).


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Para ilustrar el análisis correspondiente a varios grados de libertad considerar un edificio de tres pisos. Cada masa de piso representa un grado de libertad con una ecuación de equilibrio dinámico para cada una:

f Ia + f Da + f Sa = p a (t ) f Ib + f Db + f Sb = p b (t )

(10.1)

f Ic + f Dc + f Sc = p c (t )

Pórtico

Sistem a Equ ivalente

Modo 1

Modo 2

Modo 3

1.

Modo 4

Modo 5

Estructura de varios niveles

Las fuerzas de inercia en la ecuación 10.1 son simplemente:

f Ia = m a ⋅ u a f Ib = m b ⋅ ub

(10.2)

f Ic = m c ⋅ u c En forma matricial:

 f Ia   m a     f Ib  =  0 f   0  Ic  

0 mb 0

0  u a    0  ⋅ ub  mc   u c 

(10.3)

O más generalmente:

{ FI } = [ M ] ⋅ {U }

(10.4)

Donde {FI} es el vector de fuerzas de inercia, [M] es la matriz de masa y {Ü} es el vector de aceleraciones. Debe notarse que la matriz de masa es diagonal para un sistema de sumas agrupadas, sin considerar acoplamiento entre las masas. En sistemas de coordenadas de forma más generalizada, usualmente hay acoplamiento entre las coordenadas lo que complica la solución. Esta es una razón primordial para usar el método de masas concentradas.


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Las fuerzas de la ecuación 10.1 dependen de los desplazamientos y usando coeficientes de influencia de rigidez pueden expresarse como:

f Sa = k aa ⋅ u a + k ab ⋅ u b + k ac ⋅ u c f Sb = k ba ⋅ u a + k bb ⋅ u b + k bc ⋅ u c

(10.5)

f Sc = k ca ⋅ u a + k cb ⋅ u b + k cc ⋅ u c En forma matricial:

 f Sa   k aa     f Sb  =  k ba  f  k  Sc   ca

k ab k bb k cb

k ac  u a    k bc  ⋅ u b  k cc   u c 

(10.6)

O más generalmente:

{ Fs } = [ K ] ⋅ {U }

(10.7)

Donde {Fs} es el vector de fuerzas elásticas, [K] es la matriz de rigidez y {U} es el vector de desplazamientos. Por analogía, las fuerzas de amortiguamiento en la ecuación 10.1 pueden expresarse como:

{ FD } = [C ] ⋅ {U }

(10.8)

Donde {FD} es el vector de fuerzas de amortiguamiento, [C] es la matriz de amortiguamiento y {U } es el vector de velocidades. En general no es práctico determinar c y el amortiguamiento es expresado en términos del coeficiente de amortiguamiento (ξ). Aplicando las ecuaciones 10.4, 10.7 y 10.8 las ecuaciones de equilibrio dinámico (10.1) pueden escribirse generalmente como: {FI}+{FD}+{FS}={p(t)}

(10.9)

Lo cual es equivalente a:

{M } ⋅ {U } + {C} ⋅ {U } + { K } ⋅ {U } = { p (t ) }

10.3

(10.10)

RESPUESTA DINÁMICA: ANÁLISIS MODAL

Para determinar la respuesta dinámica de una estructura de varios grados de libertad se puede utilizar el procedimiento de análisis modal. Se obtiene la respuesta máxima por separado para cada modo, modelando cada uno de ellos como un sistema de simple grado de libertad. Debido a que los valores máximos no pueden ocurrir simultáneamente, estos valores son combinados estadísticamente para obtener la respuesta total. 1

El método de la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados, SRSS, es aplicable para estructuras bidimensionales cuando la relación entre los periodos de cualquier modo alto con cualquier modo bajo es 0.75 o menor, y la 1

Alan Williams, pp 21 [ref. 4]


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relación de amortiguamiento no excede el 5%. El análisis modal puede ser enfocado mediante métodos matriciales, numéricos o métodos iterativos.

10.4

MÉTODO MATRICIAL

Como la respuesta dinámica de una estructura depende de la frecuencia o periodo de vibración y de la forma desplazada (forma modal), el primer paso en un análisis de un sistema de varios grados de libertad es encontrar las frecuencias y las formas modales de vibración libre. En este caso no existen fuerzas externas y el amortiguamiento es considerado cero. Cada grado de libertad dinámico provee una ecuación de equilibrio dinámico, la vibración resultante del sistema consiste de n de éstas ecuaciones, y puede ser expresado en forma matricial para vibración libre no amortiguada como:

[M ] ⋅{U } +[ K ] ⋅{U } = 0

(10.11)

La vibración libre descrita gráficamente por las Figuras 10.2 y 10.3 de un sistema no amortiguado en uno de sus modos de vibración natural puede describirse matemáticamente por:

{ u (t ) } = { q n ( t ) } ⋅ { φ n }

(10.12)

2

q1

t

0 -2

(c) T1 =2π/ω1

a b c d e 2

m

k

2m

u2

e d c b a

φ 21

u2

t

0 -2 2

φ 11

u1

u1

t

0 -2

2k

0

(a)

T1

(b)

2T1

3T1

(d) 2.

Vibración libre de un sistema no amortiguado en su primer modo natural de vibración: (a) Pórtico de dos niveles; (b) Forma de la deformada en los instantes de tiempo a, b, c, d y e; (c) Coordenada modal q1(t); (d) Histograma de desplazamiento

Donde φn, forma de la deformada o amplitud relativa de movimiento, no varia con el tiempo, y la variación del desplazamiento con el tiempo es descrita por una función armónica: q n (t ) = An ⋅ cos ωn t + B n ⋅ senωn t

(10.13)

Donde An y Bn son constantes de integración que pueden ser calculadas a partir de las condiciones iniciales. Combinando las ecuaciones 10.12 y 10.13 se tiene: u (t ) = φn ⋅ ( An ⋅ cos ω n t + B n ⋅ senω n t )

(10.14)


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Donde φn y ωn son desconocidos. Sustituyendo esta forma de u(t) en la ecuación 10.11 da:

([ K ] − [ M ] ⋅ ω ) ⋅ {U } = 0 2 n

o

( {φ

n

(10.15)

} ⋅ [ K ] − ω n2 ⋅ {φ n } ⋅ [ M ] ) ⋅ { q n } = 0

(10.16)

Esta expresión es una representación de la ecuación de eigenvalores; la cual tiene una solución no trivial sólo si el determinante de los coeficientes es igual a cero, es decir las frecuencias naturales ωn (escalar) y los modos φn (vector) deben satisfacer la siguiente ecuación:

([ K ] − ω

2 n

)

⋅ [ M ] ⋅ {φ n } = 0

(10.17)

1

q2

t

0 -1

(c) T2 =2π/ω2

a bcde 1

u2 m

k

u2

ed c b a Nudo

2m

u1

φ 21

1

u1

φ 11

t

0 -1

t

0 -1

2k

0

T2

0

(a)

3T2 T1

(b)

5T2 2T1

3T1

(d) 3.

Vibración libre de un sistema no amortiguado en su segundo modo natural de vibración: (a) Pórtico de dos niveles; (b) Forma de la deformada en los instantes de tiempo a, b, c, d y e; (c) Coordenada modal q2(t); (d) Histograma de desplazamiento

[ K ] −ωn2 ⋅[M ]

=0

(10.18)

El desarrollo del determinante conduce a un polinomio de grado n en (ωn)2, las raíces del cual son los eigenvalores. Sustituyendo éstos en la ecuación de eigenvalores (ecuación 10.17) se obtienen los eigenvalores para cada modo. A partir de los eigenvalores se obtienen los periodos naturales correspondientes y se pueden obtener las aceleraciones espectrales a partir de una curva de respuesta apropiada.

10.4.1 Matriz modal y espectral


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Los N eigenvalores y los N modos pueden ser acoplados en forma matricial. El modo natural o eigenvector φn correspondiente a la frecuencia natural ωn tiene elementos φjn, donde j indica el DOF. De este modo los N eigenvectores pueden presentarse o disponerse en una matriz cuadrada, de la cual cada columna es un modo:

[ Φ] = [φ jn ]

 φ11 φ12  φ φ 22 =  21     φ N 1 φ N 2

 φ1 N    φ 2N       φ NN 

Donde [Φ] es llamada matriz modal. Los N eigenvalores ωn2 pueden ser acoplados en una ,matriz diagonal Ω2, la cual es conocida como matriz espectral.

[Ω ] 2

ω 12    ω 22   =      ω N2  

Cada eigenvalor y eigenvector satisfacen la ecuación 10.17 la cual puede ser reescrita como:

[ K ] ⋅ {φ n } = [ M ] ⋅ {φ n } ⋅ ω n2

(10.19)

Utilizando la matriz modal y espectral es posible representar esta ecuación en una ecuación matricial simple:

[ K ] ⋅ [ Φ] = [ M ] ⋅ [ Φ] ⋅ [Ω2 ]

(10.20)

Esta ecuación presenta en forma compacta las ecuaciones relacionando todos los eigenvalores y eigenvectores.

10.4.2 Ortogonalidad de los modos Los modos naturales correspondientes a diferentes frecuencias naturales se muestran a continuación para satisfacer la siguiente condición de ortogonalidad. Cuando ωn≠ωr (entiéndase que ωr también es una frecuencia natural).

φ nT ⋅ k ⋅ φ r = 0

(10.21a)

φ nT ⋅ m ⋅ φ r = 0

(10.21b)

La demostración de esta propiedad es la siguiente: la enésima frecuencia natural y el modo que satisfacen la ecuación 10.19 multiplicados por φrT, la transpuesta de φr, da:

φ rT ⋅ k ⋅ φ n = ω n2 ⋅ φ rT ⋅ m ⋅ φ n

(10.22)


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Análogamente se realiza lo mismo con la erésima frecuencia natural y el modo que satisface la ecuación 10.19; de esta manera k·φr = ωr2·m·φr multiplicando por φnT da:

φ nT ⋅ k ⋅ φ r = ω r2 ⋅ φ nT ⋅ m ⋅ φ r

(10.23)

La transpuesta de la matriz en el lado izquierdo de la ecuación 10.22 es igual a la transpuesta de la matriz en el lado derecho de la ecuación; de esta forma:

φ nT ⋅ k ⋅ φ r = ω n2 ⋅ φ nT ⋅ m ⋅ φ r

(10.24)

Donde se ha utilizado la propiedad de simetría de la matriz de masa y rigidez. Restando la ecuación 10.23 de la ecuación 10.24 se tiene:

(ω n2 − ω r2 ) ⋅ φ nT ⋅ m ⋅ φ r = 0 De esta manera la ecuación 10.21(b) es verdadera cuando ωn2≠ωr2 los cuales para sistemas con frecuencia natural positiva implica que ωn≠ωr. Sustituyendo la ecuación 10.21(b) en la 10.23 señala que la ecuación 10.21 (a) es verdadera cuando ωn≠ωr. Se ha establecido la relación de ortogonalidad entre modos con distintas frecuencias. La ortogonalidad de los modos naturales implica que las siguientes matrices cuadradas son diagonales:

[ K ] ≡ [Φ] T ⋅ [ K ] ⋅ [Φ]

[ M ] ≡ [Φ] T ⋅ [ M ] ⋅ [Φ]

(10.25)

m n = {φ n } T ⋅ [ M ] ⋅ {φ n }

(10.26)

Donde los elementos de la diagonal son:

k n = {φ n } T ⋅ [ K ] ⋅ {φ n }

Debido a que m y k son definidos positivos, los elementos de la diagonal de K y M son positivos, y están relacionados por:

k n = ω n2 ⋅ m n

(10.27)

10.4.3 Normalización de los modos Si el vector {φn} es un modo natural, cualquier vector proporcional es en esencia el mismo modo natural porque satisface la ecuación 10.17. algunas veces se aplica factores de escala a los modos naturales para estandarizar sus elementos asociándolos con sus amplitudes en varios grados de libertad. Este proceso es llamado normalización; algunas veces es conveniente normalizar cada modo de tal forma que el elemento mayor sea la unidad. Otras veces es más ventajoso el normalizar cada modo de tal forma que el elemento correspondiente a algún grado de libertad en particular sea la unidad. En teoría y programas computacionales es común normalizar los modos de tal manera que mn tenga valores unitarios:

M n = [φ n ] T ⋅ [ M ] ⋅ [φ n ] = 1 o


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[Φ] T ⋅ [ M ] ⋅ [Φ] = [ I ]

(10.28)

Donde la matriz [I] es la matriz de identidad. Los componentes de la matriz modal normalizada están dados por:

φ jn =

(Σm

u jn jj

⋅ u 2jn

)

1 2

(10.29)

donde: φjn= es el componente para el nudo j, de la forma modal normalizada asociada al modo n. mjj= masa concentrada en el nudo j. ujn= el componente, para el nudo j, del eigenvector asociado con el nudo n.

10.4.4 Factor de participación Las ecuaciones de movimiento para cada grado de libertad no dependen de los modos de vibración y tienen forma similar a la ecuación de movimiento de un sistema de un solo grado de libertad. El factor de participación, para sistemas de varios grados de libertad esta definida en forma matricial por2: T [ P ] = [ Φ]T ⋅ [ M ] ⋅ {1} [ Φ] ⋅ [ M ] ⋅ [ Φ]

donde

(10.30)

[P]= vector de coeficientes de participación para todos los modos considerados {1}= vector unitario.

Para un sistema en especifico, los factores de participación tienen las propiedades de:

ΣPn ⋅φ1n = 1 donde

(10.31)

Pn = es el factor de participación asociado con el modo n. φ1n = es el componente, para el primer nudo del sistema del eigenvector asociado con el modo n.

La matriz de máximos desplazamientos esta definida por:

[U ] = [Φ] ⋅ [ P] ⋅ [ D ] [U ] = [Φ] ⋅ [ P] ⋅ [V ] ⋅ [Ω] −1 [U ] = [Φ] ⋅ [ P] ⋅ [ A] ⋅ [Ω2 ]−1 donde

(10.32)

[D] = matriz diagonal de desplazamiento espectral. [V] = matriz diagonal de velocidad espectral. [A] = matriz diagonal de aceleración espectral.

La matriz de fuerzas laterales en cada nudo del sistema esta dada por la segunda ley de Newton:

[ F ] = [ K ] ⋅ [U ] 2

Alan Williams, pp 22-23 [ref. 4]

(10.33)


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El vector de fuerzas cortantes en la base esta dada por:

[V ] = [ F ]T ⋅{1}

10.5

(10.34)

MÉTODO NUMÉRICO

Para facilitar el procedimiento del análisis modal se puede utilizar métodos numéricos. Para un modo de vibración dado el factor de participación está definido por:

P=

ΣM i ⋅ φ i M

(10.35)

Donde Mi = masa correspondiente al nivel i. φi = componente de la forma modal para el nudo i para un modo dado. M = masa modal = ΣMi·φi2 Cuya sumatoria se extiende sobre todos los nudos de la estructura. La masa efectiva está definida por:

M

E

=

( ΣM i ⋅ φ i ) 2 ΣM i ⋅ φ i2

(10.36)

De forma similar el peso efectivo es definido por:

WE = donde

( Σ Wi ⋅ φ i ) 2 ΣWi ⋅ φ i2

(10.37)

Wi = peso correspondiente al nivel i

La aceleración pico en el nudo está definida por:

u = φ i ⋅ P ⋅ A

(10.38)

El desplazamiento máximo en el nudo está definido por:

ui = φi ⋅ P ⋅ D

(10.39)

La fuerza lateral en el nudo está dada por la ley de Newton:

Fi = M i ⋅ u La cortante basal esta dada por:

(10.40)


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V = ΣFi V = P ⋅ A ⋅ ΣM i ⋅φi V = P2 ⋅M ⋅ A V =M

E

(10.41)

⋅A

La fuerza lateral en cada nudo puede también determinarse mediante la distribución de la cortante basal del modo siguiente:

Fi = M i ⋅ φ i ⋅ P ⋅ A Fi = ( M i ⋅ φ i / P ⋅ M ) ⋅ V

(10.42)

Fi = ( M i ⋅ φ i / ΣM i ⋅ φ i ) ⋅ V Para eigenvectores normalizados estas expresiones se reducen a:

M = ΣM i ⋅ φi2 = 1

(10.43)

M = masa modal.

10.6

MÉTODO ITERATIVO

Para edificios de pocos niveles, que no excedan a cinco plantas, el análisis modal puede limitarse al modo fundamental. El sistema estructural puede ser modelado como un pórtico con losas de entre piso rígidas. Los desplazamientos laterales de los nudos son entonces el resultado de la flexión de las columnas sin incluir rotación en los nudos. La rigidez de un nivel en particular esta dada por:

k i = 12 ⋅ E ⋅

ΣI h3

(10.44)

La masa en cada nivel se asume concentrada en las losas de entre piso como se muestra en la Figura 10.4. utilizando estos supuestos se han desarrollado técnicas iterativas 3 basadas en métodos propuestos por Rayleigh, Stodola y Holzer. A continuación se presenta una adaptación del método de Holzer. El modelo dinámico describe que: cuando un nudo alcanza su desplazamiento lateral máximo ui, la velocidad es cero y la fuerza de inercia en el nudo está dada por:

FI = mi ⋅ ui FI = mi ⋅ ω 2 ⋅ u i

3

Alan Williams, pp 35-40 [ref. 4]

(10.45)


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2

m 3 ω x3

2

m 1 ω2 x 1

m 2 ω x2

x3

m3

m 3 ω2 x3

k3 k2 m1

k3 ∆ 3

x2

m2

m 2 ω2 x2

k2∆ 2

x1 m 1 ω2 x 1

k1

k 1∆ 1

∆ 1 ∆2 ∆3 Sistema estructural equivalente

Modelo dinámico equivalente

Desplazamiento del nudo y deriva

Fuerzas laterales en los nudos

4.

Esfuerzos de corte de piso

Análisis modal de una estructura resistente a fuerza lateral

La fuerza cortante en cualquier nivel es igual al producto de la rigidez del nivel por el desplazamiento del mismo. El incremento en la fuerza de corte en el nudo es producido por la fuerza de inercia en ese nivel. El incremento de la fuerza cortante esta dado por:

FS = k i ⋅ ∆ i − k i +1 ⋅ ∆ i +1

(10.46)

Donde ki·∆i = fuerza cortante total en el nivel i. Igualando la fuerza de inercia y el incremento de la fuerza cortante se tiene:

FI = FS mi ⋅ ω 2 ⋅ u i = k i ⋅ ∆ i − k i +1 ⋅ ∆ i +1

(10.47)

La solución de esta ecuación se puede obtener asumiendo una forma modal inicial con un desplazamiento unitario en el nivel superior; a partir del cual se calcula la fuerza de inercia o el incremento de fuerza cortante en términos de la frecuencia natural, en cada nivel. Sumando el incremento de fuerza cortante a partir del nivel superior hacia abajo se tiene la fuerza cortante total en cada piso. Dividiendo este valor por la rigidez apropiada de cada nivel se obtiene el desplazamiento (deriva) de cada piso. Dividiendo estos desplazamientos por el desplazamiento en la parte superior de la estructura se obtiene la forma modal corregida. Esta forma modal corregida puede ser usada como una nueva forma modal inicial en el proceso de iteración hasta que coincidan la forma modal corregida con la inicial.

10.7

EJEMPLOS


UNIVERSIDAD PRIVADA SAN PEDRO FACULTAD DE INGENIERIA Escuela Profesional de Ingeniería Civil Ejemplo 10.1

ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes Sistemas de varios grados de libertad

Un pórtico de dos niveles tiene las propiedades mostradas en la Figura 10.5 y una relación de amortiguamiento de 5%, está localizado sobre un sitio rocoso cerca del origen del sismo de Loma Prieta. Determinar las fuerzas laterales y desplazamientos de cada nivel usando el espectro de respuesta de la Figura 10.6.

w2 = 70 [t] 4 m.

w1 = 70 [t]

w2 = 70 [t] k2 = 3 [t/cm]

w1 = 70 [t] k1 = 7 [t/cm]

4 m.

k2 = 3 [t/cm]

k1 = 7 [t/cm]

5. 6.

Espectros de respuestas registrados para varios sitios

Solución: El desplazamiento de cada nudo es:

1.5

Aceleración espectral, g

Roca, derca de la fuente

1.0 ξ=0.05 Roca blanda, sur de San Francisco

0.5 Roca suave, Oackland Roca, San Francisco

0.0

1.0

2.0

Periodo natural de vibración T n, s

3.0

4.0


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la matriz diagonal de masa es: w 70 = = 0.071 t ⋅ s 2 / cm g 981

[ M ] = 

0  0.071 

0.071

 0

la ecuación de eigenvalores es:

[

w = m ⋅ g ⇒m =

([ K ] − ω

2 n

]

)

⋅ [ M ] ⋅ {φ n } = 0

  10 − 3 0   φ1n  2 0.071    ⋅ φ  = 0  − 3 3  −ωn ⋅  0 0 . 071      2n   el determinante a resolver es:

10 − 0.071 ⋅ωn2

−3

−3

3 − 0.071 ⋅ωn2

=0

30 − 0.71 ⋅ωn2 − 0.213 ⋅ω n2 + 0.005 ⋅ω n4 − 9 = 0 0.005 ⋅ω n4 − 0.923 ⋅ω n2 + 21 = 0 resolviendo el polinomio se obtiene las frecuencias naturales correspondientes a los modos de vibración:

ω1 = 5.15 [ rad / s ] ω2 = 12.57 [ rad / s ] el periodo natural correspondiente es:

T1 =1.22 T2 = 0.5

[s] [s]

A partir del espectro de respuesta, Figura 10.6, la aceleración espectral es:

[ ] [cm / s ]

A1 = 0.23 ⋅ g = 225.63 cm / s 2 A2 = 0.83 ⋅ g = 814.23

2

Sustituyendo estos valores en la ecuación de eigenvalores y estableciendo el primer componente de cada modo igual a la unidad se obtiene cada uno de los eigenvectores: Para ω1=5.15

10 − 0.71(5.15) 2  −3 

φ11  0 −3 =  2 φ  3 − 0.071(5.15)  21  0

 8.1129 ⋅ φ11 − 3 ⋅ φ 21 = 0  − 3 ⋅ φ11 + 1.1169 ⋅ φ 21 = 0


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 1    2.706

si φ11 = 1 → φ 21 = 2.706 y se tiene el eigenvector:

 1  Para ω2=12.57 se resuelve análogamente y se obtiene el eigenvector:   − 0.406 De este modo se obtiene la matriz de eigenvectores:

 1 2.706 

1  −0.406  

los componentes de la matriz modal normalizada están dados por:

φ jn =

(Σm

u jn ⋅ u 2jn

jj

)

1

2

Para el modo 1:

(Σm

jj

⋅ u 2j1

)

(Σm

jj

⋅ u 2j 2

)

1

2

[

(

)]

[

(

)]

= 0.071 ⋅ 1 + 2.706 2

1

2

= 0.768

Para el modo 2: 1

2

= 0.071 ⋅ 1 + 0.406 2

1

2

= 0.288

Entonces la matriz modal normalizada es:

 1  [ Φ] =  02..768 706   0.768

1  0.288  = 1.302 3.477  − 0.406  3.520 − 1.413  0.288 

El vector de coeficiente de participación esta definido por: T [ P ] = [ Φ]T ⋅ [ M ] ⋅ {1} [ Φ] ⋅ [ M ] ⋅ [ Φ]

como [ Φ] T ⋅ [ M ] ⋅ [ Φ] = [ I ] para la matriz modal normalizada, entonces [P] se reduce a:

[ P ] = [Φ]T ⋅ [ M ] ⋅{1}

[ P ] = 

1.302 3.477

3.520  0.071 ⋅ −1.413   0

0  1 0.342 ⋅  =   0.071  1 0.147 

Asumiendo que la estructura se comporta elásticamente, la matriz de desplazamiento esta dada por:

[U ] = [Φ] ⋅ [ P ] ⋅ [ D ] = [Φ] ⋅ [ P ] ⋅ [ A]

[Ω ] 2


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ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

[U ] = 

1.302 3.520

[U ] = 

3.477  0.342 ⋅ −1.413   0

0  225.63 ⋅ 0.147    0

0  814.23 

5.15 2   0 

2.616  −1.063 

3.78

10.219

Los desplazamientos máximos resultantes de cada nudo se obtienen a través de la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados, SRSS, de la fila respectiva a cada nudo y esta dado por:

[U c ] = 

4.60   10.27 

La matriz de fuerzas laterales en cada nudo esta dado por.

[ Fs ] = [ K ] ⋅ [U ] [ Fs ] = 

29.349  −11.037  

7.143 19.317

Utilizado la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados la fuerza lateral en cada nudo es:

[ Fsc ] = 

30.20   22.25

El vector de cortante basal es:

[V ] = ([ F ] T ⋅ {1})

T

[Vb ] = [ 26.46

18.312]

Utilizado la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados la cortante basal es:

(

Vb = V112 + V122

)

1

2

= 32.178

[t ]

0 12.57 2


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Ejemplo 10.2

ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

Sistemas de varios grados de libertad

La Figura 10.7 representa un edificio de tres niveles. Las cargas muertas efectivas se muestran en cada piso y se dan como datos las siguientes propiedades dinámicas:

w3 = 35 [ t ]

w2 = 55 [ t ] 4m

w1 = 55 [ t ]

k3 = 3 [ t/cm ]

k2 = 3 [ t/cm ]

1.0 Aceleraciónespectral ,g

4m

k1 = 7 [ t/cm ]

4m

0.8 0.6 0.4 0.2

0

0.2

Estructura

0.4

0.6

Espectro de respuesta

Modelo dinámico

7.

Eigenvectores: 0.939 [Φ] = 2.181  3.491

3.159 2.871 −3.129

3.135  −4.084  1.226  

[Φ] T ⋅ [ M ] ⋅ [Φ] = [ I ] Eigenvalores:

0.8

Periodo, s

5m

1.0

1.2


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ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

 8.5788  {ω} = 19.3911[ rad / s ]  29.1391  Se requiere: a) b) c)

Calcular los factores de participación y verificar si son correctos dichos factores. Calcular los desplazamientos de cada nivel basados en el espectro dado. Calcular la deriva entre cada piso

Solución: a)

los factores de participación para un sistema de varios grados de libertad están definidos por: T [ P ] = [ Φ]T ⋅ [ M ] ⋅ {1} [ Φ] ⋅ [ M ] ⋅ [ Φ]

como la matriz modal es normalizada, entonces el vector de coeficientes de participación es:

[ P ] = [Φ]T ⋅ [ M ] ⋅{1} La matriz de masa es. 55

0

 0

35 0

[ M ] =  0

0 0  ⋅1 g 35 

[

g = 981 cm/s 2

]

realizando los cálculos necesarios se tiene el vector correspondiente a los factores de participación para los tres modos: 0.939 {P} = 2.181  3.491

3.159 2.871 −3.129

T

3.135  55  − 4.084  ⋅ 0 1.226    0

0 35 0

0 1 250.165    0 ⋅ 1 g 1 = 164.715 ⋅1 g  1  72.395  35    

Como los factores de participación tienen la propiedad de:

ΣPn ⋅φ1n = 1

( 250.165 ⋅ 0.939 +164.715 ⋅ 3.159 +72.395 ⋅ 3.135)

g =1

por tanto los factores son correctos.

b)

Los periodos naturales para cada uno de los tres modos se obtienen a partir de los eigenvalores usando la expresión:

Tn =

2 ⋅π

ωn


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T1 = 0.7324 T2 = 0.3240 T3 = 0.2156

ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

[ s] [s] [s]

Se obtiene la aceleración espectral para cada uno de los modos, del espectro de respuesta:

A1 = 0.15 ⋅ g A2 = 0.60 ⋅ g A3 = 0.77 ⋅ g La matriz de desplazamiento esta dado por:

[U ] = [Φ] ⋅ [ P ] ⋅ [ D ] = [Φ] ⋅ [ P ] ⋅ [ A]

[Ω ]

0.47872 [U ] = 1.11189  1.77999

0.20579  −0.26811  0.08049  

0.83044 0.75471 −0.82241

2

Los desplazamientos máximos resultantes de cada nudo se obtienen a través de la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados, SRSS, de la fila respectiva a cada nudo y esta dado por: 0.98038 [U c ] = 1.37032   1.96245  

c)

El desplazamiento entre pisos de los tres modos se obtiene por restas sucesivas de las filas de vectores de matriz a partir de los desplazamientos del nivel superior. La matriz de los deslizamientos de los niveles es entonces. −0.63317 [∆] =  −0.6681   1.7799 0.7945 [∆c ] = 1.7479   1.9624  

0.07573 1.57712 −0.82241

0.4739  −0.3486  0.08049  


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Ejemplo 10.3

ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

Sistemas de varios grados de libertad. Método numérico

La Figura 10.8 representa un edificio de tres niveles con losas de entrepiso de 3 m. x 3 m. Las cargas muertas en cada piso se muestran en la figura.

q3=590

[k/m2]

w3=5.31 k3=5

Nivel 2

q2=880

Nivel 1

q1=880

80 [t/cm ]

[k/ m 2]

w2=7.92 k2=7

[t]

[t/cm ]

[k/ m 2]

w1=7.92 k1=10

90

[t]

[t/cm ]

[t]

Seu d o velo cid ad, in /s

Nivel 3

70 60

ξ =0.00

50 0.02

40

0.05

30

0 .10

20 10 0

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 Periodo , s

30 m x 30 m Estructura

Mo d e lo m a t e m át ico

Espectro de respuesta

8.

Determinar:


UNIVERSIDAD PRIVADA SAN PEDRO FACULTAD DE INGENIERIA Escuela Profesional de Ingeniería Civil a) b) c)

ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

La cortante basal de cada modo, usando el espectro de respuesta de diseño con ξ=5%. La carga lateral para cada nivel, para cada modo. Cual es la cortante basal más probable.

Solución: Las masas respectivas para cada nivel son:

1 = 7.920 1000

[t]

w 2 = 880 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅

1 = 7.920 1000

[t]

w3 = 590 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅

1 = 5.310 1000

[t ]

w1 = 880 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅

Determinación de [ω]: La matriz de rigidez es: −7

17 [ K ] = − 7  0

0  − 5  5  

12 −5

La matriz diagonal de masa es: 7.92 [ M ] =  0   0 De la ecuación 10.18: [K ] −ω2 [M ]

=0

0 7.92 0

0  0.00807 1  0 ⋅ =  0  g  5.31 0  

0 0.00807 0

tenemos:

17 −ω2 ⋅ 0.00807

−7

−7 0

12 −ω2 ⋅ 0.00807 −5

0 −5 =0 2 5 −ω ⋅ 0.00541

resolviendo el determinante:

3.528 ⋅10 −7 ⋅ω 6 −1.593 ⋅10 −3 ⋅ω 4 +1.808 ⋅ω 2 − 350 = 0 resolviendo el polinomio: 15.580   {ω} =  38.016 53.179   los periodos correspondientes son:

   0.00541  0 0


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T1 =

2 ⋅π = 0.403 15.58

T2 =

2 ⋅π = 0.165 38.016

[rad/s]

T3 =

2 ⋅π = 0.118 53.179

[rad/s]

[rad/s]

Determinación de [Φ]: Para ω1=15.58

17 −15.58 2 ⋅ 0.00807 −7  −7 12 −15.58 2 ⋅ 0.00807   0 −5 

 φ11     −5  ⋅ φ 21  = 0 2 5 −15.58 ⋅ 0.00541  φ    31  0

15.0404 ⋅ φ11 − 7 ⋅ φ 21 = 0 − 7 ⋅ φ11 + 10.0404 ⋅ φ 21 − 5 ⋅ φ 31 = 0 − 5 ⋅ φ 21 + 3.3831 ⋅ φ 31 = 0 si : φ11 = 1

φ21 = 2.149 φ31 = 2.915

Para ω2=38.016

17 − 38.016 2 ⋅ 0.00807  φ12  −7 0     −7 12 − 38.016 2 ⋅ 0.00807 −5   ⋅ φ 22  = 0 2   0 −5 5 − 38.016 ⋅ 0.00541  φ 32   5.3328 ⋅ φ12 − 7 ⋅ φ 22 = 0 − 7 ⋅ φ12 + 0.3328 ⋅ φ 22 − 5 ⋅ φ 32 = 0 − 5 ⋅ φ 22 − 2.8230 ⋅ φ 32 = 0 si : φ12 = 1

φ22 = 0.762 φ32 = −1.349 Para ω3=53.179


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ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

17 − 53.179 2 ⋅ 0.00807  φ13  −7 0     2 −7 12 − 53.179 ⋅ 0.00807 −5   ⋅ φ 23  = 0 2  0 −5 5 − 53.179 ⋅ 0.00541  φ     33  −5.8305 ⋅ φ13 − 7 ⋅ φ 23 = 0 − 7 ⋅ φ13 −10.8305 ⋅ φ 23 − 5 ⋅ φ33 = 0 − 5 ⋅ φ 21 −10.3080 ⋅ φ31 = 0 si : φ13 = 1

φ23 = −0.833 φ33 = 0.404

[φ jn ]

 1 = 2.149  2.915

Realizamos la normalización: φ jn =

(Σm

11

⋅ u 2j1

)

1

(Σm

22

⋅ u 2j 2

)

(Σm

33

⋅ u 2j 3

)

2

⋅ u 2jn

jj

)

1

2

[

(

= 0.00807 ⋅ 1 + 2.149 2 + 2.915 2

1

2

(

)]

[

(

)]

2

= 0.00541 ⋅ 1 + ( − 0.833) 2 + 0.404 2

2.959 [Φ] = 6.358  8.624

6.024 4.590 −8.127

10  −8.33  4.040  

A partir de estos cálculos se procede a resolver los incisos: Cortante basal y La carga lateral para cada nivel.

= 0.338

[

= 0.00807 ⋅ 1 + 0.762 2 + ( − 1.349 ) 2

entonces la matriz normal normalizada es:

a) b)

)]

2

1

1

1

0.762 −1.349

u jn

(∑ m

 −0.833  0.404  

1

1

1

2

= 0.166

2

= 0.100


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ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

Primer modo.Para T1=0.403 se obtiene la seudovelocidad del espectro de respuesta de la Figura 10.8:

v1 = 24

[in/s]

[cm/s]

→ v1 = 60.96

A1 = ω1 ⋅ v1 = 15.58 ⋅ 60.96

[cm/s ] 2

A1 = 949.757

E

el peso efectivo es definido por: W

=

( Σ Wi ⋅ φ i ) 2 ΣWi ⋅ φ i2

para tal efecto se realiza la siguiente tabla: Nivel 1 2 3 Sumatoria

φI 2.959 6.358 8.624

Wi 7.92 7.92 5.31

W

E

=

Wi·φI 23.432 50.355 45.795 119.582

Wi·φi2 69.325 320.158 394.946 784.430

Fi 3.458 7.432 6.759

119.582 2 = 18.230 784.430

el cortante basal esta dado por: V = W

E

A g

V =18.230 ⋅ 949.757 ⋅

V =17.649

1 981

[t ]

(

La fuerza lateral en cada nivel esta dado por: Fi = V ⋅ Wi ⋅ φ i Σ Wi ⋅ φ i

)

23.432 = 3.458 119.582

[t ]

F2 =17.649 ⋅

50.355 = 7.432 119.582

[t ]

F3 =17.649 ⋅

45.795 = 6.759 119.582

[t]

Nivel 1

F1 =17.649 ⋅

Nivel 2

Nivel 3


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ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

Segundo modo.Para T2=0.165 se obtiene la seudovelocidad del espectro de respuesta de la Figura 10.8:

[in/s]

v2 = 8

→ v 2 = 20.32

[cm/s]

A2 = ω 2 ⋅ v 2 = 38.016 ⋅ 20.32

[

A2 = 772.485 cm/s 2

E

el peso efectivo es definido por: W

]

( Σ Wi ⋅ φ i ) 2

=

ΣWi ⋅ φ i2

para tal efecto se realiza la siguiente tabla: Nivel 1 2 3 Sumatoria

φI 6.024 4.590 -8.127

Wi 7.92 7.92 5.31

W

E

=

Wi·φI 47.710 36.353 -43.154 40.909

Wi·φi2 287.406 166.859 350.716 804.980

Fi 1.909 1.455 -1.727

40.909 2 = 2.079 804.980

el cortante basal esta dado por: V = W

E

A g

V = 2.079 ⋅ 772.485 ⋅

V =1.637

1 981

[t ]

(

La fuerza lateral en cada nivel esta dado por: Fi = V ⋅ Wi ⋅ φ i Σ Wi ⋅ φ i

)

Nivel 1

F1 =1.637 ⋅

47.710 =1.909 40.909

[t ]

Nivel 2

F2 =1.637 ⋅

36.353 =1.455 40.909

[t ]

Nivel 3

F3 =1.637 ⋅

−43.154 = −1.727 40.909

[t ]


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Tercer modo.Para T3=0.118 se obtiene la seudovelocidad del espectro de respuesta de la Figura 10.8:

[in/s]

v3 = 5

→ v 3 = 12.7

[cm/s]

A3 = ω 3 ⋅ v 3 = 53.179 ⋅12.7

[

A1 = 675.373 cm/s 2

E

el peso efectivo es definido por: W

=

]

( Σ Wi ⋅ φ i ) 2 ΣWi ⋅ φ i2

para tal efecto se realiza la siguiente tabla: Nivel 1 2 3 Sumatoria

φI 10 -8.33 4.04

Wi 7.92 7.92 5.31

W

E

=

Wi·φi 79.200 -65.974 21.452 34.679

Wi·φi2 792.000 549.560 86.668 1428.228

Fi 1.325 -1.103 0.359

34.679 2 = 0.842 1428.228

el cortante basal esta dado por: V = W

E

A g

V = 0.842 ⋅ 675.373 ⋅

V = 0.580

1 981

[t ]

(

La fuerza lateral en cada nivel esta dado por: Fi = V ⋅ Wi ⋅ φ i Σ Wi ⋅ φ i

)

Nivel 1

F1 = 0.580 ⋅

79.200 =1.325 34.679

Nivel 2

F2 = 0.580 ⋅

−65.974 = −1.103 34.679

Nivel 3

F3 = 0.580 ⋅

21.452 = 0.359 34.679

[t ]

[t]

[t]


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c)

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El cortante basal más probable: Como

T3 = 0.715 < 0.75 T2

y

T2 = 0.41 < 0.75 T1

por tantos es posible aplicar el método SRSS y el cortante basal mas probable esta dado por:

(

Vc = 17.649 2 + 1.637 2 + 0.580 2 V c = 17.734

[t ]

)

1

2


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Ejemplo 10.4

ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes

Sistemas de varios grados de libertad. Método iterativo

Considere el pórtico de acero de dos pisos que se muestra en la Figura 10.9. La estructura tiene una razón de amortiguamiento ξ=7%, se conoce que cada piso de deflecta 0.3 [cm] debido a una esfuerzo cortante del piso de 4.5 [t].

1

3.5 m

75 k/m peso tipo de una co lu mn a de acero 50 k/m 2 paredes n o estru ctu rales

3.5 m

espectral, g

970 k/m 2 peso tipo d e u n piso 2

0.5 0.4 0.3

Aceleración

vigas rígidas

2% 5% 7%

0.2 0.1 0

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7

6m Los a cu ad rad a

Periodo, s

Es tructura

Esp ectro d e respu esta

9.

Determinar: a) b) c) d)

El modelo matemático para el análisis dinámico y resumir éste en un dibujo indicando masas y rigideces por piso. Dibujar la primera forma modal aproximada y calcular el periodo fundamental de vibración del modelo matemático. Para el primer modo asumir T1=0.5 [s] y que la forma modal es φ2=1.0 y φ1=0.66, calcular la primera fuerza modal por piso. Cual es la aceleración pico del suelo

Solución: La carga muerta tributaria al nivel de cada losa se obtiene sumando las contribuciones de la losa misma, las columnas y los muros, de la siguiente manera: Piso 1

1 = 34.920 [ t ] 1000 1 = 4.20 [ t ] 4 muros = 50 ⋅ 6 ⋅ 3.5 ⋅ 4 ⋅ 1000 1 =1.05 [ t ] 4 columnas = 75 ⋅ 3.5 ⋅ 4 ⋅ 1000 Losa = 970 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅


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[t ]

w1 = 40.17

peso total

Piso 2

1 = 34.920 [ t ] 1000 3.5 1 ⋅4 ⋅ = 2.10 [ t ] 4 muros = 50 ⋅ 6 ⋅ 2 1000 3.5 1 ⋅4 ⋅ = 0.525 [ t ] 4 columnas = 75 ⋅ 2 1000 Losa = 970 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅

w 2 = 37.545

peso total

[t]

la rigidez de cada piso es la fuerza de corte requerida para producir un desplazamiento unitario en éste piso y es dado por: k1 = k2 = Esfuerzo cortante de piso / desplazamiento

k1 = k 2 = a)

4.5 =15 0.3

[ t/cm]

El modelo dinámico del pórtico de pisos puede considerarse una estructura resistente a corte con todas las masas concentradas en las losas rígidas de entrepiso y teniendo un grado de libertad, una traslación horizontal, para cada losa de entre piso. El modelo matemático se ilustra en la Figura 10.10.

1.00

m2= 3 7. 54 5/g k2= 15

0.64

m1=40 .17 0/g k1= 1 5

E s t ru c t u ra

M od el o d i m á m i c o

F or m a m od a l

10.

b)

La forma modal y el periodo fundamental de vibración se obtiene mediante una técnica de iteración. El procedimiento es ilustrado a continuación en una tabla con la forma modal inicial, primeros valores para la iteración, definido por:

u 2 =1.00 u1 = 0.66 Nivel de piso i

Masa del piso mi

Rigidez del piso ki

Modo Inicial ui

2

37.545/g

15

1.00

1

40.17/g

15

0.66

Fuerza de inercia mi ω2 ui 37.545·ω2/ g 26.512·ω2/

Fuerza de corte Ki ∆i 37.545·ω2/ g 64.057·ω2/

Deriva del piso ∆i 2.503·ω2/ g 4.270·ω2/

Desplaz. de piso Σ∆i 6.773·ω2/ g 4.270·ω2/

Modo revisado 1.00 0.63


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2

37.545/g

15

1.00

1

40.17/g

15

0.63

2

37.545/g

15

1.00

1

40.17/g

15

0.64

g

g

g

g

37.545·ω2/ g 25.307·ω2/ g

37.545·ω2/ g 62.852·ω2/ g

2.503·ω2/ g 4.190·ω2/ g

6.693·ω2/ g 4.190·ω2/ g

37.545·ω2/ g 25.709·ω2/ g

37.545·ω2/ g 63.254·ω2/ g

2.503·ω2/ g 4.217·ω2/ g

6.720·ω2/ g 4.217·ω2/ g

1.00 0.64

1.00 0.64

La ultima forma modal revisada es idéntica a su anterior en la ultima iteración. La forma modal final es mostrada en la figura anterior. La frecuencia circular natural del primer modo se obtiene por la ecuación del valor final del componente de desplazamiento mas grande para su valor inicial: 6.720 ⋅

ω2 g

=1.00

1.00 ⋅ 981  ω =   6.720 

ω =12.082

1

2

[rad/s]

el periodo fundamental esta dado por:

T =

2 ⋅π

ω

=

T = 0.52

c)

2 ⋅π 12.082

[s]

Las fuerzas laterales se obtienen de la siguiente manera.

Para T1 = 0.52 [s] y para un coeficiente de amortiguamiento ξ=7% la correspondiente aceleración espectral es obtenido del espectro de respuesta como: A=0.18·g

El factor de participación es definido como: P =

ΣM i ⋅ φ i M i ⋅ φ i2

para tal efecto se realiza la siguiente tabla: Nivel 2 1 base

Wi 37.545 40.170

φI 1.00 0.64

Wi·φi 37.545 25.709

Wi·φi2 37.545 16.454

Fi 7.914 5.419

Vi 7.914 13.333


UNIVERSIDAD PRIVADA SAN PEDRO FACULTAD DE INGENIERIA Escuela Profesional de Ingeniería Civil Sumatoria

ANALISIS SISMORRESISTENTE Gumercindo Flores Reyes 63.254

P=

53.999

63.254 =1.171 53.999

las fuerzas laterales para los respectivos niveles están dadas por: Fi = Wi ⋅φi ⋅ P ⋅

A g

Nivel 2

F2 = 37.545 ⋅1.171 ⋅

0.18 ⋅ g = 7.914 g

[t ]

Nivel 1

F1 = 25.709 ⋅1.171 ⋅

0.18 ⋅ g = 5.419 g

[t ]

El cortante basal esta dado por: Σ Fi = V

d)

[t ]

Nivel 1

V1 = 7.914

Nivel 2

V 2 = 7.914 + 5.419 = 13.333

[t]

La aceleración pico del suelo ocurre en el tiempo t = 0 y se obtiene del espectro de respuesta como: A = 0.2 ⋅ g

Capítulo 10  

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