Problemas Resueltos Vibraciones en Ingenieria Mecanica - UPV

PROBLEMAS RESUELTOS DE VIBRACIONES EN INGENIERÍA MECÁNICA

Javier Carballeira Morado Feo. Javier Fuenmayor Fernández Ana Mª Pedrosa Sánchez Alejandro Roda Buch

Departamento de Ingeniería Mecánica y de Materiales Ref.: 2009.285

Edita:

EDITORIAL DE LA UPV Camino de Vera, s/n 46071 VALENCIA Tel. 96-387 70 12 Fax 96-387 79 12

Imprime: DIAZOTEC S.A.

Depósito Legal: V-673-2004

PRÓLOGO

Esta colección de problemas está dirigida a alumnos de ingeniería mecánica y pretende complementar los ejemplos y la teoría presentados en el aula. Se trata de problemas que han aparecido en exámenes de la asignatura de "Vibraciones Mecánicas" en la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la Universidad Politécnica de Valencia. La idea fundamental que ha llevado a los autores a preparar esta colección ha sido la de mostrar diferentes metodologías de las que disponen los alumnos para el planteamiento y la resolución de los problemas habituales en cursos de introducción a las vibraciones en ingeniería mecánica. El libro está dividido en dos bloques: problemas de un grado de libertad y problemas de varios grados de libertad. Dado que los problemas aquí presentados abarcan distintas problemáticas y requieren la aplicación de distintos conceptos relacionados entre sí, se ha preparado un breve índice temático para cada uno de los bloques. En ellos el lector puede encontrar una rápida referencia hacia aquellos problemas en los que se trabaja el tema sobre el que se pretenda incidir.

1· 1

1

ÍNDICE TEMÁTICO 1 G.D.L.

Acción gravitatoria

7,9,10,15,17,18

Fuerzas transmitidas 1,2,3,5,13,14,17 ........................................................................................................................................................................................................................................................... Función de Respuesta en Frecuencia 3,15 Funciones de excitación periódicas •

2,3,18

Funciones armónicas Series de Fourier

4

Notación compleja

1,5,12,15

Funciones de excitación no periódicas •

•

Función escalón

4,11,12

Función rampa

12,13,16

Función exponencial

11

Función cosenoidal

17

..........................................................................................................................................................................................................................................................

Integral de convolución o de Duhamel

16

Movimiento de la base

2,7,9,15,17

..........................................................................................................................................................................................................................................................

Planteamiento del problema •

porNewton

•

por Lagrange

•

por Trabajos Virtuales

1,2 3,5,6,7,8,9,10,15,18 9 3,5,8,9,15,18

Principio de los Trabajos Virtuales Respuesta del sistema •

transitoria

•

en régimen permanente

4,11,12,13,14,16 2,3,4,5,11,12,18

Sistemas •

no amortiguados

•

amortiguados

4,6,7,8,9,10 1,2,3,4,5, 7,8,11,12,13, 14,15, 16,17 ,18

¡¡

ÍNDICE TEMÁTICO N G.D.L.

8

Acción gravitatoria Amortiguamiento proporcional

2,3

Descomposición modal

1,2,3,5

Funciones de excitación periódicas

1,3,6,7,8

Funciones de excitación no periódicas

2,5,9

Funciones de Respuesta en Frecuencia

6,8

Movimiento de la base

3,8

Planteamiento del problema •

por Newton

•

por Lagrange

2,3 1,4,5,6,7,8,9

.......................................................................................................................................................................................................................................................... Principio de los Trabajos Virtuales

1,5,7,8,9

oooooooooooooooooo•• ooooooooouoo oo o•••••••• • oouoooooooo•••••••••••••••••••••••••oooooooo••••noo••••••••o••••••••••••ouo••••••••ooooooooou•ooooouo••O•Ooonoooou o o o oooooo••n• o ouoouuoonooo••••••• o oooooo•o••••••••••••••• •o ooooooo•••• oo ooooooo

Respuesta del sistema •

transitoria

•

en régimen permanente

2,4,5,9 1,3,6,7,8

Sistemas •

no amortiguados

•

amortiguados

1,4,5,6,7,9 2,3,8

1

¡¡¡

ÍNDICE Problemas de 1 g.d.I. Problema 1

3

Problema 2

7

Problema 3

11

Problema 4

17

Problema 5

25

Problema 6

31

Problema 7

35

Problema 8

39

Problema 9

43

Problema 10

49

Problema 11

55

Problema 12

59

Problema 13

65

Problema 14

71

Problema 15

77

Problema 16

83

Problema 17

89

Problema 18

93

Problemas de N g.d.I. Problema 1

99

Problema 2

105

Problema 3

109

Problema 4

113

Problema 5

117

Problema 6

123

Problema 7

131

Problema 8

137

Problema 9

143

iv

1. '

PROBLEMAS DE 1 G.D.L.

Problemas resueltos de vibraciones en ingeniería mecánica

PROBLEMA 1

3

X

una máquina de masa total m está soportada por una suspensión de rigidez k y constante de amortiguamiento c. La máquina tiene un rotor desequilibrado, caracterizado por una masa me situada a una distancia e del eje de giro. Considerando únicamente el movimiento vertical, obtener en función de la velocidad de giro del rotor m: ,,

',

' u(t)

...,

m

ro~

' .....

k

Figura 1 a) Expresión de la amplitud y desfase de la respuesta en régimen permanente. b) Expresión de la fuerza transmitida a la base en régimen permanente.

4


Apartado a): Aunque el giro del rotor tenga velocidad angular constante, su centro de masas sufre la aceleración centrípeta debido al movimiento de rotación. Esta aceleración hará que aparezca una fuerza centrífuga. Esta fuerza tiene la dirección radial, sentido hacia el exterior de la trayectoria y módulo igual a la masa por la aceleración. Desde el punto de vista del rotor, se trata de una fuerza constante en dirección y módulo, sin embargo, desde el punto de vista de la máquina es una fuerza constante en módulo pero variable en dirección, por lo que las proyecciones serán variables en el tiempo. En el caso de la proyección vertical, que es la que interviene en el problema planteado:

y

Figura 2: Proyección de la fuerza en ejes coordenados FY

=m.-e-m'-ser(~)= ~er(m-t)

(1)

u(t)

l

k-u

I¡

Figura 3: Diagrama de sólido libre

I· 1

De este modo, el problema consiste en obtener la respuesta para un sistema de 1 g.d.I. amortiguado sometido a una acción que varía armónicamente en el tiempo. La respuesta es de la forma: m · ü +e· ú + k ·u =me ·e· ro 2 · sen{ro · t) U(t) =U· S~©· t-
Se puede emplear la notación compleja que simplifica la resolución:

(2)


f(t) u(t)

~

= Ü -e 1·0J-t

=me. e. (J)2. ei·w·t =f. ei·OJ·t = Ü · i -ro · é · ·t ~ ü(t) = -Ü -ro 2 01

ú(t)

-e 1·0J-t

s

(3)

(-m·ro 2 + i ·e ·ro +k)-~- e 1·(1) ·t =f. e 1·0J-t

u

1

7

(-m·ro 2 +kJ+í·C·ro

~

¡ U

cp

m e -e-ro2

~(-m-ro 2 +kJ+{c·ro)2 =

e ·ro ) -m·ro 2 +k

arctg( (

(4)

J

Apartado b ): La fuerza transmitida a la base será la suma de la fuerza ejercida por el resorte y la fuerza ejercida por el amortiguador, y por lo tanto variable en el tiempo:

i

c·U

Figura 4: Fuerza transmitida a la base Ftransmitira(t)=

F. transmitfdJ

C·U + k·U = (c·i ·ro+ k)·U· ef-(l)t

(t) _ e· i ·ro + k · m ·e · ro2 -

-

m . (J)2 + k + i . e. (J)

.

(5)

er(l)t

La expresión real será:

¡>=ar{(-m

~/~~)+~

f. ) ( Ftransm1t1rJJ \t = me

·e· ro

2)

e co

J Jr--e-+(e--ro-'!

~(- m. ro 2 + k )2 +(e · co)2

_¡

· seri.ro · t + cp

)

(6)

6



7

PROBLEMA 2 )< En la figura 1 se esquematiza un sistema de 1 g.d.I. excitado mediante un movimiento armónico z(t). calcular en régimen permanente: a) Amplitud y desfase del movimiento u(t) respecto a z(t). b) Fuerza transmitida a la bancada. c)

Fuerza aplicada en A.

.. u

m k

e

.. z(t)

k

A k

Figura 1

8


Apartado a):

Por tratarse de un sistema formado por una única masa, resulta sencillo aplicar el método de Newton para obtener la ecuación del movimiento del sistema: j,

u

m

k·u

Figura 2: Diagrama de sólido libre ~

IJ"=m·a

-k·u-c·ti-k-(u-z)=m·ü (1)

m·Ü+C·Ü+2·k·U= k·Z

Si el movimiento z(t) es armónico, tal y como se indica en el enunciado, la respuesta u(t) también lo será: ú(t)

=i

·(J)·

u.f!-o>t

ü( t) =

-(JJ

2

-

Ü· e;"'-t

(2)

Sustituyendo en la ecuación diferencial,se obtiene la relación entre la amplitud del movimiento u(t) y z(t) y el desfase: 2 ( -m·m

• 2 · k) ·U - ·e l·OJ·t +1·m·c+

¡ ~ J~

k-m :

arÍ u{t))- arctÍ

\_Zíl --

2

- l·f»
2

(3)

(4)

f +(ru·cf

co ·e \2 ·k-m ·co

•

)

Apartado b ):

La fuerza transmitida a la bancada será suma de las fuerzas en los resortes y en el amortiguador que están unidos a la misma:


9

k·u

Figura 3: Fuerzas transmitidas a la bancada Ft:ransmltldl

(t) = k . u + e . u+ k . z

= ...

(5)

Apartado e): Para obtener la fuerza aplicada en A se plantea el equilibrio en el punto,

k·(u-~)

l l

z(t)

A •

k-z

Figura 4: Equilibrio de fuerzas en el punto A 2

FA=k·(u-z)-k·z=k·U-2·k·z=(t k ) • 2-k-m·OJ 2 +l·C·OJ

2·k)·z(t)

(6)

10

/' 1

1:



11

PROBLEMA 3 En la figura se muestra un sistema de 1 g.d.I. compuesto por un cilindro de radio r 1 de masa m1 (que rueda sin deslizamiento) y dos barras de masa m2 =m 3 =mif4. Considerando pequeños desplazamientos, se pide obtener:

2

~W/1--t---c==:::::==::::raA

Figura 1 d) Ecuación diferencial de movimiento. e) Respuesta permanente del sistema a una excitación armónica M3 (t) Mo·sen(mt). f)

=

Fuerza transmitida por el amortiguador para las condiciones del apartado b).

12


Apartado a): Para resolver este apartado, se utilizarán las ecuaciones de Lagrange. Se considerará como coordenada generalizada 81. La energía del sistema es: (1)

Se deben escribir es velocidades en función de la coordenada y velocidad generalizadas. Para ello, se deben obtener las relaciones cinemáticas entre las distintas coordenadas, teniendo en cuenta la hipótesis de pequeños desplazamientos:

Figura 2: Relación cinemática entre coordenadas (2)

(3)

(4)

El desplazamiento vertical del punto A también se puede escribir a partir del giro de la barra 2: (5)

Igualando ambas expresiones: (6)

De (6) se deduce que el giro de la barra 2 es despreciable frente al giro de la barra 3.


13

para determinar la relación entre los giros de la barra 1 y 3, se puede escribir la relación entre el desplazamiento horizontal de punto G1 y el punto A: (7)

sustituyendo por (2) y (3),

(8)

sustituyendo la expresión de 82 en función de 83 obtenida en (6):

(9)

Entonces, las velocidades son: VG,

= VG,

(10)

(11)

Sustituyendo estas relaciones en la ecuación (1): (12)

Se puede simplificar esta expresión si se emplea la relación del enunciado m2 = m3 = mi/4 y se calculan los momentos de inercia respecto al centro de masas del cilindro 1 y la barra 3: .rg11ndro =

.!. m . r2 2

¡barra homogénea

G

= ....!.. m . L2 12

(13)

(14)

Resulta finalmente, (15)

La energía potencial se puede calcular mediante la siguiente expresión:

16

1 1

1

li



PROBLEMA 4

17

)<

La fuerza lateral que actúa sobre una estructura debida a una ráfaga de viento puede estimarse mediante la función representada en la figura 1. considerar que el sistema se puede modelar mediante una masa de 800 kg y una rigidez de 618 N/mm. (N 1500...i..----..

1000

500

o

0.01

0.03

0.02

0.04

Figura 1 Calcular: a) Respuesta temporal de la iniciales de vibración nulas.

estructura,

suponiendo

condiciones

b) Respuesta en régimen permanente, es decir, solución particular de la ecuación diferencial, si la fuerza aplicada se repite cada 0'04 s. e)

Respuesta en condiciones del apartado amortiguamiento relativo de { = 02.

b),

considerando

un

18


Apartado a): La respuesta temporal se puede calcular en dos intervalos de tiempo: el primero será debido a la aplicación de la fuerza (durante 0'01 s) y el segundo en vibraciones libres a partir de las condiciones iniciales en O'Ols. La respuesta temporal de un sistema de 1 g.d.I. no amortiguado está formada por una componente homógenea y una componente particular, de la siguiente forma: (1)

Donde A1 y A2 son constantes que se deben determinar imponiendo las condiciones iniciales a la solución, u(t). Para obtener la solución particular, se prueba una función del mismo tipo que la excitación. En este caso, una función constante: 2

uP(t)=C

m-üP(t)+k·uP(t)=f donde üP(t)=d ;;}t)=O

=>

(2)

k·uP(t)=f

=>

f

uP(t)=-¡¡

La frecuencia natural del sistema será: ro = n

fk"" = Vm

61 BOOON I m = 27'794rad / s BOOkg

(3)

Por tanto, la respuesta tendrá la siguiente expresión: (4)

Para determinar A 1 y A 2 , se imponen las condiciones iniciales del sistema: (5)

Los valores de A1 y A 2 serán:

u(t = O)= A¡ · 1 + Ai . O+!.. k

=>

A¡ =

f

k

1500N 618000N /m

2•4272.10-3 (6)

Li(t) = -A1 ·ron· ser(ron · t)+ Ai ·Wn · cos{Wn · t)

Entonces, la respuesta temporal durante los primeros 0'01 s es:

u(t) =-2'4272 .10-3 . co~27'794· t)+ 2' 4272· 10-3

(m)

(7)


19

A partir de este instante, la fuerza deja de existir y por lo tanto se trata de un problema de vibraciones libres en el que se parte de las condiciones del sistema en el instante 0'01 s. Estas condiciones se pueden calcular a partir de la respuesta temporal (7): u'o = u(t =o •01) = -2 '4272 .10-3 ·cos(27' 794.

o· 01) + 2• 4272.10-3

= 9 '315

.1fr5 m (8)

u'o = ü(t =o '01)

= 2• 4272.10- 3

.

27' 794. ser(27' 794. t) = 18' 51.10- 3 m/ s

La respuesta temporal del sistema, a partir de este instante, tiene la forma de la solución homogénea de la ecuación (1). La única diferencia radica en el diferente origen de tiempos, es decir, la respuesta en vibraciones libres empieza en 0'01 s en vez de en O, de manera que la expresión es válida para t' = t - 0'01. Para calcular 81 y 82 se emplean los valores calculados en (8):

(9) u(t) = 9 '315 .10- 5 · cod,.27' 794 · t') + ... = 9'315 .10- 5

18' 51.10- 3 ser(27' 794 · t') = ... 27' 794

·cos(27' 794. (t-0'01))+ 0'666 .10- 3 · ser(27' 794 · (t-0 '01))

Finalmente, la respuesta temporal del sistema es: u(t)= -2'4272 .10-3 . cod,_27' 794 · t)+ 2• 4272.10-3

t < 0'01s

u(t)=9'315·10- 5 -cos(27'794-(t-0'01))+0'666·10-3 -ser(27'794 · (t-0'01))

t '?.0'01s

Apartado b): Para obtener la respuesta del sistema se puede utilizar la descomposición en serie de Fourier.

(lO)

20


1500

-

-

-

-

1000

500

0.05

0.1

0.15

Figura 2: Excitación periódica Para simplificar la descomposición en serie de Fourier de la fuerza, se utiliza un nuevo origen temporal: t* =t-0'005

(11)

'

-

o

-0.02

0.02

Figura 3: Nuevo origen temporal Se trata de un función par con periodo T

= 0'04 s.

La serie de Fourier será:

(12) p = 1,2 ... oo


bp =O

'rfp

(función par)

ªº =-T2

4 T/2 4 0'005 4 ff(t)·dt=- ft(t)·dt=- f1500·dt=-(1500·0'005)=750 -T 12 T o T o T

2 aP = T

-T/2

T/2

4 T /2 4 f f(t)· cos{c:oP · t)· dt = - Jf(t)· co~c:oP · t)· dt = T o T

T /2

4 . 1500 ,_ ( .,.J )) ... = - T - - · t'en\% . O 005 - se111,.c:op · O . C:Op 1

...

21

)

0'005

f 1500 · cos(c:oP. t)· dt = ... o

(13)

_4_·l_s_o_o_. serÍ P. _2_.n_. 0 , oos) =

T·P · 2·n T

"\

T

...

=~·serÍp.!:...) P·n "\ 4

La expresión de la fuerza en series de Fourier es:

1..

n) n)

750 (2.1500 f(t • )=--+ ---·Se{ p·2 p=1 p · 11: 4 00

_¡ ·CO~C:O

p

·t ·))

750 L (2 · 1500 .J f(t)=-+ -.--se{ P·- ·CO::>\% · (t-0 , 005 2 p=1 p 11: 4

))J =f

0

00

+ LfP(t) P=1

2000

1000

500

o

-so f(t) f(t) mediante serie de Fourier con 10 términos f(t) mediante serie de Fourier con 50 términos

Figura 4: Representación en series de Fourier

(14)

22


En la figura anterior se puede comprobar que para representar con una cierta fidelidad una función discontínua son necesarios muchos términos de la serie de Fourier. La respuesta en régimen permanente se puede obtener a partir de la Función de Respuesta en Frecuencia y la expresión en series de Fourier de la fuerza, aplicando el Principio de Superposición:

H(w) = !i: f

1

(15)

k-m-oi

(16)

A continuación se representa la respuesta para 1, 2 y 5 términos de la serie: 0.00065

0.0006

0.00055

-+----~1-------t-----+----~1--------4

o

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

1 término de la serie 2 términos de la serie 5 términos de la serie

Figura 5: Respuesta en régimen permanente Como puede observarse, la respuesta es función básicamente de los dos primeros términos de la serie. Esto se debe a la relación entre las frecuencias de excitación (rop) y la frecuencia natural del sistema ron, ya que las primeras son mucho mayores que la última. De ahí que si se representa gráficamente la contribución de cada frecuencia armónica (mp), claramente se ve que son los primeros términos los que tienen una mayor presencia en la respuesta:


o

15

10

20

25

23

30

Figura 6: Primeros armónicos (hasta p=S) de la respuesta frente ar donde r = m,/mn

Apartado e): En el caso de que el sistema fuese amortiguado, la solución en reg1men permanente se obtendría de forma análoga, teniendo en cuenta que la Función de Respuesta en Frecuencia es ahora diferente:

, H:. JJ+i 2., ·(:.J

H(m)=!i:

75

u(t)= 2

1/k

º+f,(í

·k

P=1

l/k

(17)

]· 2 · 1500 .seÍp.!:..)·cO~IDp·(t-0'005)-aP)] l

~(1 - r; f + v.2. ( . rp y

P · ir

.

4

(18) ap =arctg

Gráficamente,

(

2 · ( · rp J 1Z

24


o

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

Amortiguado • • No amortiguado Figura 7: Respuesta amortiguada frente a no amortiguada


25

PROBLEMA 5 x La figura 1 muestra un motor eléctrico con una transmisión por correa, con una rigidez por ramal kc. El motor está montado sobre una barra uniforme (masa m y momento de inercia respecto al cdg I) articulada en un punto fijo o. El resorte de rigidez k permite imponer una determinada tensión en la correa y el amortiguador e se utiliza para reducir el nivel de vibraciones. suponer que el rotor del motor está desquilibrado (masa del rotor mr y excentricidad e) y que gira a 1500 rpm. Considerando la hipótesis de pequeños desplazamientos: a) Obtener la ecuación diferencial de movimiento del sistema utilizando como g.d.I. el giro 8 de la barra (no considerar el giro del rotor como g.d.I.). b) Obtener la amplitud permanente. c)

de

movimiento

del

sistema

en

régimen

Calcular la fuerza vertical transmitida a través de la articulación O.

a b g -.A -

f

e

G

e

0

A

e

m I k

kc Figura 1

Datos geométricos: a= 1'2 m ; b = 1'0 m ; f = 0'1 m ; g = 0'5 m; d = 0'1 m Rigideces/Amortiguamientos: k = 7·10 5 N/m; kc = 5·104 N/m; e= 104 N/(m/s) Datos inerciales: mm = 200 kg ; Im =4 kg·m 2

m =60 kg ; I = 7'2 kg·m Excentricidad, e= 0'1 mm

2

;

mr =SO kg ;

26


Apartado a): El primer paso consiste en obtener las relaciones cinemáticas entre las distintas coordenadas y velocidades de cdg y puntos de unión con elementos elásticos y amortiguadores y la coordenada generalizada asociada al g.d.I. fJ y su velocidad. Para ello, se parte de una configuración arbitraria determinada por un giro fJy se tiene en cuenta la hipótesis de pequeños desplazamientos.

e

A

G

Figura 2: Configuración arbitraria Relaciones cinemáticas:

x

{r:}

=

-1

{-!..coso} seno

(1)

(2,

· ~ {~ª}={ (b·senO-f·cosO)·B·} ~ {xª}={-b·cosO-f·seno} Ya -b ·seno +f ·coso Ys (-b. coso -f · seno).o

{-g ·COSO} {Xc} Ye = -g·seno xº} = {-b. coso - f ·seno -d / 2} {Yo -b ·seno+ f ·Coso

Vs =Jb2+f2 .(j

(3 (4.


27

xE} = {-b ·coso -f. seno +d / 2} {YE -b· seno +f ·cose

(6)

(Se supone que los puntos D y E son tangentes en dirección vertical a la polea, y por lo tanto su coordenada y es igual a la del punto B. Sería también admisible considerar su rotación con respecto al punto B del ángulo 8) Las energías cinética y potencial pueden expresarse como:

(7)

(8)

Aplicando Lagrange se obtiene: meq ·O+keq ·O

=Os

donde

meq = 234'8kg-m 2

;

keq =8·10 5 N-m/rad

( 9)

El término de la parte de derecha de la ecuación, Q¡, debe de tener en cuenta la fuerza exterior aplicada y la correspondiente al amortiguador c. La fuerza debida al desequilibrio tiene un módulo constante mr·e·al y gira a la velocidad angular del rotor m. Esta fuerza puede descomponerse en los ejes vertical y horizontal, actuando en el punto B:

f: = mr · e · co

2

fl = mr ·e· co2

·

co~co · t)

·

ser(co · t)

(10)

La fuerza que ejerce el amortiguador es: fe = -e . ye =

e. g . coso . e := e. g . iJ

(11)

Para obtener la fuerza generalizada Q 9 se puede emplear el Principio de los Trabajos Virtuales:

f: ·8 X

8

+ f %· 8 Y8 + fe · 8Y e = Qe · {;()

8x8 =(b-senO-f-cosO)·@==-f·@ = (- b. coso -f. seno)·@ == -b · {;() { 8 Y e = -g ·coso· 88 = -g · {;()

donde 8 y 8 ~

Q9 = -f ·

(12)

t; -b · f% - g ·fe = ...

... =-f·mr ·e·co 2 -cos(co-t)-b·mr -e-co 2 -ser(ro-t)-c-g 2

·O

De modo que la ecuación diferencial de movimiento resulta:

'

28


meo ·O+c.. ·B+k.. ·O=f0 -cos(m · t)+f1 · ser(m -t), d

d on e

m=1500rpm=157'08rad/s Ceq=c-g 2 =2500N · m · s f 0 =-m,·e ·f·m2 =-12'34N-m f 1 =-m,·e·b·m 2 =-123'37N·m

(13)

Apartado b): Como

f 0 . cos(w . t)+ f,. ser/...m. t)= ReKf0

-

i . Fi)· ei"''],

considerando

notación

exponencial compleja, se puede escribir: (14)

La respuesta será de la forma: (15)

La amplitud de respuesta será: 0=

f = A - Bi=4.38 ·10- 6 - 2.4310- 5 ·i k •• - m •• ·w 2 +l · m·Ceq

(16)

La parte real de (15) será la respuesta temporal y su módulo la amplitud del movimiento en régimen permanente:

e(t)= Re~· e'mt ] = A· cos(w · t)+ B · ser(w · t)= ... ... = 4'38·10- 6 -cos(w· t)+2•43.10-5 -serl_m -t)

Módulo -t

je,I = 2.47 -1
5

(rad)

(17)

rad

Apartado e):

'

Las fuerzas en dirección y que actúan en el sistema, para un giro arbitrario 8 y suponiendo la hipótesis de pequeños desplazamientos son las mostradas en la figura.


29

m(a/2)0

o .

cg0 kb0 Figura 3: Equilibrio de fuerzas

Considerando el equilibrio de fuerzas en dirección y, se obtiene:

(18)

como ser(ro·t)=Re~i·e;.,,] y 9(t)=Re~·e'.,'], resulta

La amplitud de la reacción según la dirección y será el módulo del número complejo:

r

a)

-y = mm·b+m .R 2

·W

2

. ( ) . ,, ·9+1·C·g·ID·9-k+2·k, ·b·9+1·m,·e·w =3 ' 792N

(20)

30

'



31

PROBLEMA 6 En la figura a) se muestra un sistema de 1 g.d.I. en su posición de equilibrio y en la b) en una posición arbitraria, sometido a la acción de un par T. Las barras rígidas 2 y 3 son idénticas, de longitud Lb, masa mb y momento de inercia respecto al cdg mb·Lb2/12. La masa de la deslizadera es m 1 y k es la rigidez torsional del resorte que conecta la barra 3 con la bancada. a) Obtener la ecuación diferencial de suponiendo como g.d.I. la variable ..18.

movimiento

del

sistema

b) Definir la ecuación diferencial de movimiento en función de la variable Ay.

Notas: No considerar efectos gravitacionales. desplazamientos utilizando desarrollo en f(x + L1X) = f(x) + f' (x) · Lix + ..

o

o Figura

Considerar pequeños serie de Taylor:

32


Apartado a): Para poder desarrollar la ecuación diferencial del movimiento del sistema se debe obtener primero la relación entre los movimientos de las distintas barras y el g.d.I. L18, bajo Ja hipótesis de pequeños desplazamientos. Para ello, se define una posición arbitraria de Ja barra 3 como: (1)

Considerando que 80 >"O, la posición de la barra 2 está definida por el ángulo -{80 +AB}. El desarrollo en serie de Taylor de cos(8) y sen(B) a partir de Ja posición 80 es: f(x + Lll<) = f(x) + f'(x) · L1x + ...

~ {sene = senfJ0 + cosfJ0 ·Lle+ ... cose = cose0 - sene 0 ·Lle+ ...

(2)

;;>,

~I

L o Figura 1: Configuración arbitraria Se deben establecer las relaciones cinemáticas entre Ja velocidad de los cdg de las barras del sistema y Ja velocidad de la coordenada que representa el g.d.I. para el cá !culo de la energía cinética y la relación entre los desplazamientos y giros de las barras y Ja coordenada que representa el g.d.I. para el cálculo de la energía potencial:


o }--> =2·Lb·COS0 · B.=2 · 4·(COSfJa-senOo·LIO+ ... )·LIÓ= ... {XG,}={ YG, 2. Lb. seno . .~ 2 . Lb . COSOo .

33

VG,

L\f}

{ XG, } _ YG, - \

Lb · coso-licoso) 2 = ¡ licoso 2 3 ~Lb 4 . seno + ~

seno

v G = .!::tz..

-t

llicosol i=tsenfJ

xG,_2 {YG, } -

'

¡ {x}

seno

lsen2

2"

-t

G,

YG,

=

(3)

¡-~senO·B] 2 3 · L• coso. 9 2

(4)

00 + 9 · cos2 60 • LIB

-->

(5)

La energía cinética del sistema es:

Y la energía potencial: (8)

Aplicando las ecuaciones de Lagrange, y teniendo en cuenta la presencia del par T y que no se consideran las acciones gravitatorias, la ecuación diferencial del movimiento resulta: 1. 0 · LIO+k · LlfJ =T donde :

I eo= m 1 - (2 . 4 .coso0

f

+mb·[(L; J +(; J(sen20 +9-cos 6 )]+im• ·Lt C9 ) 0

2

0

Apartado b}:

Para obtener la ecuación diferencial de movimiento en función de L1y, partimos de la relación entre YGi y e ya definida anteriormente en (3):

'

34


YG, =2·Lb·sene 2 Ya= ·1,,·senBa

¡

~

y 0 +.1y=2·Lb·(sen80 +cos90 ·L18+ ...)

L1y = 2. Lb . (cosfJ0 • L1fJ + ...) == 2 ·Lb · cosfJ0 • L1fJ

=>

.19 ==

2 ·Lb

1

(10)

L1y

·COS90

La fuerza vertical equivalente Fy se puede obtener aplicando el Principio de los Trabajos Virtuales: =>

Fy = T lL1fJ = T - - - o.1y 2 ·Lb· COS8o

(11)

Sustituyendo las relaciones obtenidas en (10) y en (11), en la ecuación diferencial (9), se llega a: Ieq L1y + k L1y = T 2 ·Lb· COS9 0 2 ·Lb· COSfJ 0 2 · Ít, ·COSfJ0

(12)


35

PROBLEMA 7 La figura 1 muestra un sistema de 1 g.d.I., compuesto por dos barras uniformes y un disco. El disco rueda sin deslizar sobre una base fija. La articulación O tiene un movimiento conocido, definido por z(t). Considerando la hipótesis de pequeños desplazamientos: a) Obtener la ecuación diferencial de movimiento del sistema utilizando como g.d.I. el giro de la barra 1 (81) Para tener en cuenta en primera aproximación el rozamiento en las articulaciones, se supone la existencia de amortiguamiento viscoso. Este amortiguamiento está definido por las constantes c0, cA y c8, que relacionan el momento de amortiguamiento con la velocidad relativa entre las barras de la articulación. b) Obtener la ecuación de comportamiento del sistema, incorporando las características de amortiguamiento.

z(t)

I

1 AO m2 lG2

BA Figura 1

AO

1

36


Apartado a) Considerar una posición arbitraria del sistema, definida por el g.d.I. 81 :

z(t) y

A

Figura 2 Para poder desarrollar la ecuación diferencial del movimiento del sistema se debe obtener primero la relación entre los movimientos de las distintas barras y el g.d.I. 81 , bajo la hipótesis de pequeños desplazamientos.' A partir de la posición mostrada en la figura anterior, la relación entre 81 y el ángulo girado por la barra 2, 82, se puede obtener mediante el cálculo de la coordenada y del punto B: y 8 = -AO· cos91

-

BA-sen02

... ->

= -AO

sen92 =

~~(ºJ + .. J

(1)

De esta forma, la variación del ángulo 82 sería pequeña en comparación con 81.

Se deben establecer las relaciones entre el g.d.I. 91 y los desplazamientos y velocidades de los centros de gravedad de las distintas barras y los desplazamientos de los puntos donde existan resortes:


37

corno el término en y de la velocidad de Gi está multiplicado por 81 , en la hipótesis de pequeños desplazamientos será mucho menor que el término en

x: ==>

v Gi =

. xG1

. AO · = z(t) + 01

(3)

2

Para el cálculo del término debido a la energía potencial gravitatoria es necesario obtener el incremento de altura de los c.d.g.: L1V

'TG,

AO 2

( AO) =A09f -2 2 2

=VG -YGo =--cos91- - "

'

'

(4)

De manera análoga para la barra 2:

93

= -(x 8 -X80 )

r3

= -{{z(t)+A0·91 -BA)-8A)

~

r3

(7)

(8)

De (8) se comprueba que la velocidad angular de la barra 2 es despreciable frente a la velocidad angular de la barra 1. De esta forma, las energías cinética y potencial pueden expresarse como:

38


(9)

y aplicando Lagrange, se obtiene la ecuación del movimiento del sistema:

(10)

Apartado b): Para tener en cuenta el amortiguamiento en las articulaciones, se plantea el Principio de los Trabajos Virtuales. Se calcula el trabajo producido por los momentos en las articulaciones debido a un desplazamiento virtual:

93

1

Q=

-z(t)-AO· 91 =------r3

{

-2)

- z(t) -

A'O. ~1

(11)

r3

-

AO · AO. Co +CA+ Cs-2- ·91 -Cs -2 z(t)

r3

r3

De forma que la ecuación diferencial final resulta:

(12)


39

PROBLEMAS En la figura 1 se muestra un sistema de 1 g.d.I. en su posición de equilibrio. La barra 1 es uniforme, tiene longitud L1 y masa m1. La masa de la deslizadera es m2. Considerar vibraciones del sistema definidas por pequeñas variaciones de la posición angular de la barra 1 (AO) alrededor de la posición de equilibrio. a) Obtener la ecuación diferencial de suponiendo como g.d.I. la variable AO.

movimiento

del

sistema

Para considerar en primera aproximación el rozamiento presente en el punto A, se supone la existencia de un amortiguador viscoso equivalente (cA) asociado al movimiento de traslación entre las barra 1 y 2. b) Incorporar a la ecuación diferencial de movimiento la modelización del amortiguamiento. Notas: No tener en cuenta efectos gravitacionales. Considerar pequeños desplazamientos utilizando desarrollo en serie de Taylor: f(x+ L1X) = f(x) + f' (x)· L1X+ ••

y

X

o Figura 1


40

Apartado a) Se va a emplear Lagrange para definir la ecuación diferencial del sistema. En primer lugar se establecen las relaciones cinemáticas (con la hipótesis de pequeños desplazamientos alrededor de la posición de equilibrio): y A= L1 ·sene Ay A =YA (ea + L10)- y A(Oo)

(1)

= L1 · sen{Oo + Ae) -L1 · senOo

Teniendo en cuenta las notas del enunciado: Ay A =YA (ea + L10)- Y A(Oo) = L1 · sen{Oo + Ae) -L1 ·sene o sene ""sene 0 + cose0 · Ae + ... ~

(2)

Ay A"" L1 · COS00 ·L10

Y la velocidad por lo tanto: (3)

De esta forma, las energías cinética y potencial pueden escribirse como:

l·

1 ·2 1 . 2 1 [m1 · Li 2 2 2 Ec=-1 1 ·L10 +-m2·L1YA ::::---+m2·L1 ·COS 9a ·A9 2

°

1

Ep =-2·k·AYA

2

2

2

2

1L

3

(4) 2

-2

]

=-LL·k·L1 ·CO:s ea ·A9

2

2

Aplicando Lagrange: m · L2 2 -2 ] ·· [ 2 -2 ] [ ~+ m 2 · t 1 · cos- 00 • Ae + 2 · k · L1 ·ces- ~o · A9 =O

(5)

meq

1

·Afi + keq · A9 =O

Apartado b) El amortiguador viscoso equivalente está asociado al movimiento de translación entre las barra 1 y 2 en el punto A. Este movimiento está definido por la coordenada xA . .1xA

= L1 ·cose - L1 • cose 0

L1XA = -L1 ·seno·

lix A

o= -L1 · sene

= -L 1 • sene · 06

0 •

"" -L1 · sen00

iJ =-L1 · sen9 0 · AO

·o Ae

(9

=

ºº + L19)

(6)

Calculando el trabajo virtual de las fuerzas de amortiguamiento, se obtiene:


41

con lo que finalmente se obtiene: m1. Li L2 .J meq =--+m 2 · 1 · co;:,- u 0 l'l

3

(8)

42



43

PROBLEMA9 Un instrumento de masa m 3 está sujeto a un vehículo mediante dos barras rígidas idénticas uniformes de masa m1 = m2 = m, tal como se muestra en la figura. El sistema está en equilibrio estático bajo la acción de las fuerzas gravitatorias cuando las barras 1 y 2 están en posición horizontal. Considerando pequeños desplazamientos, establecer la ecuación diferencial de movimiento para el desplazamiento vertical de la masa m 3, U3(t).

k 3

2

o

D

barra rígida uniforme (m)

z(t)

..

A

k o

A

L

,. Figura 1

e

ID3

ult)

44


Solución: La ecuación del movimiento se determinará utilizando dos metodologías: el Principio de los Trabajos Virtuales y las Ecuaciones de Lagrange.

Resolución mediante el Principio de los Trabajos Virtuales: En primer lugar deben establecerse las relaciones cinemáticas de los puntos característicos del mecanismo en función de la coordenada independiente. Por simplicidad se escoge el ángulo que forman las barras 1 y 2 con la horizontal, es decir, 9 = 81 = 82 , para definir el movimiento del mecanismo:

{ AGi'coso {xG,} Y = z + AG ·sen9 1

G,

1

1

}

=

{

AG1 } z + AG1 -0

(1)

{ AC·cos0 {Xc} Ye = z+ AC·sen9 1

1

}

{

AC

}

= z +AC-0

donde se han considerado pequeños desplazámientos. Si se tiene en cuenta que

(2) AG1

= AGi

= L/2

los desplazamientos verticales de las tres barras respecto de su posición de equilibrio se pueden definir como (Ver Figura 2): U1 =U2

=Z+l/2·9 (3)

Sea un desplazamiento virtual @, entonces virtuales del mecanismo vendrá dado por:

e

resto de desplazamientos


45

(4)

Si se modifica a posición del mecanismo mediante estos desplazamientos virtuales, las fuerzas aplicadas al mismo son las que se muestran en la siguiente figura:

--- --- --- --,.---------T'l 1 1

·< 1

69 ....

a

1

1 1

u, (t)

: 1

1 • v

15e, ........ ,

-~1

1

------------

L, & ....____ _ _ _.

(t)

Lco!i(e)

Figura 2: Fuerzas aplicadas tras un desplazamiento virtual Aplicando el Principio de los Trabajos Virtuales, el trabajo producido por estas fuerzas y momentos al producirse un desplazamiento virtual arbitrario debe ser nulo. Por lo tanto, se tiene que

Sustituyendo en esta expresión las ecuaciones (4) y teniendo en cuenta que IG1 = IG2 = mL2/12, la ecuación anterior queda (6)

Como el valor del trabajo es independiente de los desplazamientos virtuales escogidos, la expresión que multiplica a {f} debe ser nula. Si además se consideran las segundas derivadas temporales de la ecuación (3) se obtiene la ecuación diferencial del movimiento: (m3 +

2

2 ..

3 m)·L

-8 + 2·k-8 = -(m3 + m)·L·i

(7)

Alternativamente puede considerarse como g.d.I. el desplazamiento vertical de la masa m 3 , u3 (t). Si se tiene en cuenta que: ~

(:J = U3

-z L

(8)

46


la ecuación diferencial del movimiento queda: 2 ) .. (m +-m -u 3 3 3

2·k m .. 2·k +-u L2 3 =--·z+-·z 3 L2

(9)

Resolución mediante las Ecuaciones de Lagrange: La ecuación de Lagrange para este mecanismo puede escribirse como:

~(aE~ dt

ae

)+ ao =O oEp

(10)

donde el término de la derecha de la igualdad es nulo al no existir fuerzas externas ni disipativas. Las expresiones de la energía cinética y potencial vendrán dadas por:

(11) 2 2 E p = .!_k·O + .!_·k·9 2 1 2 2

Considerando las primeras derivadas temporales de las ecuaciones (3) y operando en la ecuación (10) se obtiene:

-d(ºEc) - . =(m 3 dt

ªº

oEp = 2·kfJ

ªº

2 ) L2 ·9• • + (m 3 + m)·L·z•• +-m 3 (12)


47

por lo tanto, la ecuación de Lagrange queda:

(

.. 2 ) L2 ·8+2·k·8 M+3m =-(M+m)·L·Z.•

(13)

que, como puede observarse, es la misma que la obtenida mediante el Principio de los Trabajos Virtuales.

48



49

PROBLEMA 10 En la Figura 1 se trata de un entre la barra barra 2 es una

se muestra un sistema de 1 g.d.I. en su posición de equilibrio. mecanismo formado por dos pares prismáticos, uno horizontal 1 y la barra fija, y otro vertical entre la barra 3 y la fija. La biela que une el centro de las barras 1 y 3.

La barra 2 está sometida a la acción de una fuerza distribuida f(t) que tiene unidades de fuerza por unidad de longitud. considerando pequeños desplazamientos, se pide obtener la ecuación diferencial de movimiento.

.

" 11

k

A

m1

o

....

m2

,.

G2

..

"'

g f(t)

....

...

.. o ffi3 Figura 1

....

B

50


Solución:

El sistema tiene 1 g.d.I. Se elige el desplazamiento horizontal de la barra 1, u1, como coordenada independiente. (Igualmente podría haberse escogido el desplazamiento vertical de la barra 3, u3 , o el giro de la barra 2, 92) Para obtener la ecuación diferencial del movimiento de este mecanismo se planteará la ecuación de Lagrange, que viene dada por: (1)

En primer lugar deben establecerse las relaciones cinemáticas de los puntos característicos del mecanismo en función de la coordenada independiente. De la siguiente figura puede observarse que:

y X

Figura 2: Relaciones cinemáticas entre coordenadas

(2)

donde las ecuaciones se han simplificado haciendo uso de la hipótesis de pequeños desplazamientos.


Si se tiene en cuenta que sene 2

""0 2

51

= !:!..!.. , las ecuaciones (2) quedan: 12

(3)

Las velocidades de los c.d.g. de las barras y la velocidad de giro de la barra 2 se obtienen derivando respecto del tiempo las ecuaciones (3):

(4)

-!L.2 cose ·8 } { ~2 } {YG,· } {ü -·sene ·O -XG,

.

_

-

1

2

12

2

.

2

2

_

-

2

U1 U1 12

2

A continuación ya se pueden calcular las energías cinética y potencial que presenta el mecanismo. Estas son:

(5)

donde en la expresión de la energía potencial se han incluido los términos correspondientes a la energía potencial gravitatoria de las barras 2 y 3, y los desplazamientos AxAI ~YGz e ~y 8 representan la variación del movimiento de los respectivos puntos. Desarrollando las expresiones en función de la variable de entrada, u1, y simplificando los términos resultantes de orden superior, se obtiene:

52


(6)

Para calcular la fuerza asociada a la coordenada u 1 , se puede emplear el método de los trabajos virtuales. A partir de un desplazamiento virtual &11 se obtiene la siguiente relación:

U1

u

-A 'ff'

X

•

""\.-i.

B Figura 3: Cálculo de la fuerza asociada a la coordenada u1 U= U 1 ·

i_ Í2

DU = DU1

.i. Í2

(7)

También se podía haber calculado desde un punto de vista intuitivo. La distribución de fuerzas aplicadas en la barra 2 es equivalente a unas fuerzas puntuales en los puntos B y A de valor f(t)-l;J2. La fuerza transmitida a la barra 3 se compensa por una reacción en la deslizadera de igual valor que no contribuye al movimiento de la barra 3. En la barra 1 se transmite una fuerza igual a f(t)·li/2, que sí contribuye al movimiento del mecanismo. De esta forma, (8)


53

y A

A

X

f{tH/2

B

Figura 4: Fuerzas sobre la barra 2 Por lo tanto, la ecuación diferencial del movimiento queda:

(m +';' )ü1 +(~k+(~' +m )f, } =f(t) 1~ 1

3

1

(9)

54



PROBLEMA 11

55

x

Un pistón neumático, a través de un resorte y un amortiguador, actúa sobre un componente (que se supondrá rígido). El pistón se conecta con un depósito de aire comprimido que, debido a las pérdidas existentes en los conductos, provoca un aumento de la presión en la cámara según se muestra en la figura siguiente.

p(t)}---~

~ k m

Figura 1 Los datos correspondientes al sistema son: m=10kg; c=100N·s/m; k=1000N/m

d

p 0 =50kPa

a=3

= 0'1 m

Considerando condiciones iniciales nulas, se pide obtener: a) La respuesta del pistón u(t). b) La respuesta del pistón u(t) a la que se tiende a medida que a aumenta.

11

1

56


Apartado a) La ecuación diferencial de movimiento del sistema de 1 g.d.I. es: 2

m-u.. + c·u· + k ·u = f( t ) = f o"\f.1 - e -a-t) = -n-d -Po ·(1 - e -a-t) 4 Y sus parámetros característicos de frecuencia natural, relativo, y frecuencia amortiguada, IDcJ, son:

s,

ron

(1)

mn,

amortiguamiento

=&=10rad/s

c;=-c-=0'5 2·mwn md =

(2)

mn~l - c; 2 = 8 66 rad / s 1

La solución de la ecuación (1) será la suma de la solución de la ecuación homogénea más la solución de la ecuación particular. Por lo tanto,

(3) m-a 2

'º

-c·a + k e

-a•t

Las constantes A 1 y A 2 se obtienen aplicando las condiciones iniciales del problema. Para el instante t =os, el pistón parte del reposo, es decir, u(t =O)= om y ti(t =O)= Om /s. Por lo tanto, se obtiene: Ai =

fo{--2_1 __ ~ )= m-a -c·a +k

0'10439 (4)

Con lo que la respuesta del pistón en función del tiempo queda: u(t)

=0'393 +0'497·e-~t + (0'104cos(8'66t)-0'112-sen(8'6&t)}e-s·t

Apartado b)

(m)

(5)


57

A medida que a aumenta, la excitación f(t) alcanza más rápido el valor f 0 , y el sistema responde acercándose a la respuesta a un escalón de valor f 0 • En este caso extremo, la ecuación diferencial será: m-u.. + C·U. + k ·U

n·d2 = f( t ) = f o = -4-Po

(6)

Y la respuesta resultará ser:

(7)

Al igual que en el caso anterior, las constantes A 1 y A 2 se calcularán a partir de las condiciones iniciales, resultando: A1

= - f 0 =-0'3927 k

(8)

A2 =- ~"(J)n·fo = -0'22672 (J)d·k

Por lo tanto, la respuesta límite cuando a~ ua(t)

oo

= 0'393 -(0'393·cos(8'6&t) + 0'227·ser(8'66t)}e-!>t

es: (m)

(9)

En la figura se muestra la comparación entre la respuesta exacta para a= 3, 10 y 20, y la respuesta límite. Como puede observarse, la respuesta exacta se acerca a la respuesta límite a medida que a aumenta.

'I

58

Problemas resueltos de vibraciones en ingeniería mecánica 0.6

.. ···

u(t,3)

.... -··. ·-··

u(t, 10) u(t,20)0.2

o

2

Figura 2: Comparación entre la respuesta límite y las respuestas exactas para diferentes valores de a


59

PROBLEMA 12 '>< En la Figura 1 se muestra un sistema de 1 g.d.I. utilizado como captador de presión. La medida de la presión realizada es proporcional al desplazamiento de la masa m, es decir Pm(t) = {3·u(t).

m =0'25 kg

P1 =50 kPa

p(t)

c=5 N·s/m

k

ti= 0'2 5

e

m p(t) d Figura 1

k

= 2500

N/m

d=0'05 m

t¡

Figura 2

Considerando que la presión varía armónicamente, calcular para régimen permanente: a) Valor de la constante f3 y rango de frecuencias [O, Wmax] en el que puede ser utilizado el captador, de forma que el error en la amplitud de presión medida sea de ± 5%. Calcular también el desfase máximo que se produce en este rango entre la presión real y la medida. Suponiendo que la variación de la presión es la mostrada en la Figura 2, y que las condiciones iniciales son nulas: b) Calcular la evolución temporal de la presión medida por el captador.

• 1

60


Apartado a)

La ecuación correspondiente a un sistema de 1 g.d.I., considerando que está 2

sometido a una excitación armónica de amplitud

ir · :

75 y frecuencia de

excitación m, es: mi.J··

2

tr·d - /·ro·t + C·U· + k ·U = f( t ) = -4-·p·e

(1)

u-e

1 La respuesta será de la forma u(t) = ·ro·t, siendo ü la amplitud de la respuesta. Sustituyendo esta expresión en la ecuación (1), se obtiene para régimen permanente:

tr·d

ü

2

-

-4-·p

(2)

k- mol+ i·C"(J)

1- r 2 + i·2y;·r

donde la frecuencia natural, ro,,, el amortiguamiento relativo, (, la frecuencia amortiguada, aJcJ, y la relación de frecuencias, r, vienen dadas por: ron

=

g.

= 100 rad / s

<;=-c-=0'1

2·m·ron

(3) rod = ron ~1 - <;

2

= 99'5 rad / s

(J)

r=-

ron

La presión medida será:

(4)

y la amplitud de la misma:

(5)

En la Figura 3 se representa la relación

---~---m_Id2____ 1&.

/3·-;¡:-¡¡-·P

en función de r:


61

6

4

2

o

1.5

0.5

Figura 3: Relación entre

~mi B·P·dz 4·k

·P

y r.

Como se muestra en la figura anterior, ésta expresión es mínima para r = O (para m = O), va incrementándose a medida que se acerca a la frecuencia natural (r"" 1) y posteriormente disminuye. De esta forma, si se desea que el captador tenga un error de ± 5% en la medida de la presión, el error negativo del -5% debe encontrarse en r =O y el error máximo del +5% definirá la COmax que podrá medir el captador de presión. Por lo tanto, resolviendo el caso para el error -5% (r = O) en la ecuación (5) se obtiene el valor de {3:

IP 1

m r=O

=

•ge:- - = ¡aJir-cJ2 º--'P

º J"p

4k1

=>

0'95-4k1 tr·d 2

1'2096MPa / m

(6)

Resolviendo para el caso de error +5% se obtiene la frecuencia máxima lOmax:

0'95-p

=> (7)

(º'95)

2

=>

4 2 rmax +(4~ 2 -2)·rmax

+1- 1'05

=O

=>

rmax =

0'312

Por lo tanto, la máxima frecuencia que podrá medir el captador de presión sin superar un error del± 5% será: Wmax

= r max"CO = 31'20 rad / S

(8)

El valor del desfase máximo también se obtiene para la máxima frecuencia y se calcula como:

62


argpm)r

=-arcta

r. =max

2·~·r. ) = -3'95So {--T 1rmax

(9)

Que equivale a un retraso de 0'694 ms a la frecuencia máxima.

Apartado b) Considerando la presión aplicada sobre el sistema, la ecuación diferencial resultante en este caso será:

(10)

Solución de la ecuación diferencial para el intervalo de tiempo (a): La solución de la ecuación diferencial se compone de la solución homogénea más la particular:

(11)

upa ( t) = a + bt

Sustituyendo la solución particular en la ecuación diferencial (10) se obtienen los valores a y b: '

a = - e·~

k .

= -3'93·10-4

(12)

b

=!.!_ = G196 k

Las constantes A 1 y A2 se obtienen a partir de las condiciones iniciales nulas parat=Os: uª(t =O)= O => A1 =-a= 3'93·10-4

¿: A,

. (t = Ua

O)

=O

=> A2

= ~·ron(J)dg.-

b

-1'93·10-3

(13)

Por lo tanto, la solución para intervalo de tiempo Os t s t 1 es: uª(t)

= e- 10·t ·(3'93-10- 4 ·cos~9'5-t) -1'93·10-3 ·sen(99'5-t))-3'93·1Q-4 + 0'19&t

y la solución para t = t 1 :

(14)


63

(15)

Solución de la ecuación diferencia/ para el intervalo de tiempo (b): La solución global será de nuevo la suma de la solución homogénea y de la particular. Teniendo en cuenta la solución de la homogénea para este caso y considerando como origen de tiempo ti (o, lo que es lo mismo, definiendo la variable t' de forma que t =ti+ t') esta solución se puede expresar como:

(16)

upb (t' ) = cte = ; Las constantes 8i y 8 2 de la solución homogénea se obtienen imponiendo las condiciones iniciales para este segundo intervalo de tiempo (t 1 ~ t ), que coinciden con la solución en desplazamiento y velocidad del caso anterior para t = t 1 • De este modo:

(17) tiª(t =ti) +~·IDn·B1

3

1'75'10-

(J)d

Por lo tanto, la solución para el caso (b) será: ub(t) = 15'70&10-3 + .... ... +e-''Oln·Ct-o'

2

>.~ 5'93·10"- 4 ·cos~9'5·(t-0'2)) + 1'75·10-a·ser{99'5'(t-0'2)))

(18) (m)

En la figura siguiente se muestra la respuesta del sistema en desplazamiento y en velocidad en función del tiempo:

64


0.06

0.04

o.o

o

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

Figura 4: Desplazamiento de la respuesta del sistema

o.

o.

o

0.1

0.5

-0.2

Figura 5: Velocidad de la respuesta del sistema

0.6


PROBLEMA 13

65

x

En la Figura 1 se representa un sistema de 1 g.d.I. conectado mediante el amortiguador viscoso c1 a un punto A cuyo movimiento es el definido por la Figura 2.

m = 1'0 kg

~~(t)

c = 2 N·s /m 1

c2 = 0'5 N·s/ m k = 25 N /m

Figura 1

y 1 =0'1

z(t) ~

z.

tl = 5 5

11

~

t

t.

Figura 2

Se pide obtener, considerando condiciones iniciales nulas para t =O: a) Respuesta del sistema a la función de desplazamiento. b) Desplazamientos máximo y mínimo de la masa m. c)

Fuerza aplicada en A.

m

66


Apartado a) La ecuación correspondiente a un sistema de 1 g.d.I., considerando que está sometido a la excitación aplicada, es: e

~

mü+(C1+C2).LJ+k·u=f(t)=C1·i(t)= 0 1 tl {

si

O~ t $

si t1

~

t 1 (a)

t

(1)

(b)

Solución de la ecuación diferencial para el intervalo de tiempo (a): La solución de la ecuación diferencial se compone de la solución homogénea más la particular:

(2)

Sustituyendo la solución particular en la ecuación diferencial (1) se obtiene el valor de P1: (3)

Las constantes A 1 y A2 se obtienen a partir de las condiciones iniciales nulas para t =Os: uª(t = O)= O ::) A1 = -P1 = -1'6·10-3

(4)

donde la frecuencia natural, ro,,, el amortiguamiento relativo, amortiguada,
ro,

=

&

= 5 rad /

'1

y la frecuencia

\

l

s

1

~=

rod

(C¡

+ C2)

2•m'(J)n

=0'25

(5)

=ron~l-~ 2 =4'8412rad/s

Por lo tanto, la solución para intervalo de tiempo

O~

t ~ t 1 es:

Problemas resueltos de vibraciones en ingeniería mecánica uª(t) = e-1' 25 ·t ·(-1'6·10-3 ·cos(4'84t) - 4 '13·10-4 ·se¡\ 4'84t) )+ 1'6·10-3

(m)

67

(6)

y la solución para t =ti:

(7)

Solución de la ecuación diferencial para el intervalo de tiempo (b): La solución global será de nuevo la suma de la solución homogénea y de la particular. Teniendo en cuenta la solución de la particular es nula para este caso y considerando como origen de tiempo ti (o, lo que es lo mismo, definiendo la variable t' de forma que t = ti + t') esta solución se puede expresar como: (8)

Las constantes Bi y 8 2 de la solución homogénea se obtienen imponiendo las condiciones iniciales para este segundo intervalo de tiempo (t1 ~ t ), que coinciden con la solución en desplazamiento y velocidad del caso anterior para t = t 1 • De este modo:

Úa(t =t 1 )+~"(1)n·B 1

(9) 4'1o1n0-4

(J)d

En las figuras siguientes se muestra la respuesta desplazamiento y en velocidad en función del tiempo:

del

sistema

en

68


0.00

0.00

o

10

15

,.

-0.002

Figura 3: Desplazamiento de la respuesta del sistema

0.01

0.005

10

15

-o.oos

-0.01

Figura 4: Velocidad de la respuesta del sistema

Apartado b)

El desplazamiento máximo se produce en el tramo de respuesta O < t < t1. El desplazamiento máximo se obtiene en el instante de tiempo tmax > O donde la respuesta tiene primera derivada nula. Para facilitar la derivación, la respuesta puede escribirse en una forma equivalente a (2) más compacta como:


69

(10)

donde el módulo A 3 y el desfase a de la respuesta son: A3 = ~Af + .41 = 1.6525-10-3 (11)

a = arct{-:,2 )

= ZB889 rad • 165'5º

Esta equivalencia se puede comprobar realizando el siguiente desarrollo: A3 cos(%·t+a) =A3 (co~%·t)cosa-ser(codt)sena) = ... ... = A3 cosacos(cod·t)- A3 sena ser(cod·t)

(12)

Comparando con (2): (13)

Resulta que:

(14)

~ =~A/+A/ Derivando la expresión (10) respecto del tiempo e igualando a cero:

(15)

Los valores de t que cumplen la anterior condición son máximos relativos de la función. Estos vienen dados por la siguiente expresión, siendo el máximo absoluto el correspondiente aj= 1.

tmax

= r.~d .,,

(arcta{-~-"(f)dn )-a+ 2'1r·j) .,,

j

= 0,1,2 ...

~

= 0'6489 s = 2'311·10-3 m

tmax Umax

(16)

El valor mínimo del desplazamiento ocurre en t > t 1 • Operando de una forma análoga a la anterior se obtiene: tmln =

5'6486

5

(17) Um1n

= -7'1041:10-4 m

70


Apartado e)

La fuerza aplicada en el punto A se calcula como: fA (t)

= C1 ·(z(t)- Ú(t))

(18)

La representación gráfica de la misma puede verse en la siguiente figura:

0.05

o

5

10

-0.05

Figura 5: Fuerza aplicada en A

15


71

PROBLEMA 14 )< Un instrumento de masa 20 kg está empaquetado en un contenedor, con una rigidez efectiva de 2000 kg/cm y un amortiguamiento relativo = 0'2. Si el contenedor cae desde una altura de 1 m y choca contra el suelo sin rebotar, se pide determinar:

s

a) Movimiento del instrumento a partir del choque. b) Fuerza que actúa sobre el instrumento. +--

Contenedor

·-

m

u(t)

Empaquetamiento

Instrumento

Figura 1

k

72


Apartado a)

se va a considerar como g.d.I. la coordenada u(t) que define el movimiento del instrumento respecto de la posición de equilibrio estático. De esta forma, a partir del instante del choque el sistema evolucionará como en vibraciones libres. Por lo tanto, el problema a resolver será: mü + c-ú + k·u = O u(t =O) = - m·g = -10 4 m

k

t.i(t =O)= J2·g·h = 4'4294

(1)

m/ s

Nota: Si se hubiera considerado como g.d.I. el desplazamiento de la masa con respecto a su posición en el instante del choque, la ecuación diferencial y las condiciones iniciales serían:

(2)

Cabe observar que si se reemplaza en (2) la correspondencia uc =u+

':g

las expresiones son idénticas. La respuesta de un sistema de 1 g.d.I. en vibraciones libres se puede escribir como: (3)

donde la frecuencia natural, ron, la frecuencia amortiguada, WrJ, y el periodo de oscilación, T, vienen dados por: mn

=

&

= 313'209 rad / s

% =IDn~l-~ 2 =306'881rad/s T

= 2 -n

= 20'47·10-3

(4)

s

(i)d

Aplicando las condiciones iniciales a la ecuación (3) pueden obtenerse las constantes A1 y A2:


73

u(t =O)= -10-4 m => A 1 = u(t =O)= -10-4 Ú(t =O)= 4'4294 m / s

=> A 2 = Li(t =O)+ ~·con ·u(t =O)

(5)

14'4133-10-3

cod

Por lo tanto, el desplazamiento del instrumento y su representación gráfica son: u(t) = e-52' 542·t·(-10-4·cos(306'881t) + 14'413 .1Q-3 -sen(306'88H))

(m)

(6)

Desplazamiento

o.o o.o

0.04

0.05

0.06

-0.01

Figura 2: Desplazamiento del instrumento Esta respuesta también puede escribirse como (ver apartado b) Problema 13): (7)

donde el módulo A 3 y el desfase a de la respuesta son: A3

a

= ~Af +A~ = 14'4137·10-3

=

areta{-:,, )= -1'57773 rad =-90'397 51º

(8)

Apartado b)

La fuerza que actúa sobre el instrumento se puede escribir como: frr(t)

= -k·u(t) -

c.LJ(t)

(9)

donde e= 2·m'(l)n·~ = 2505'672 N·s / m

(10)

74


Sin embargo 1 como se trata de un problema de vibraciones libres, de la ecuación (1) se concluye que la expresión de la fuerza también puede representarse como: mü + c·Ü + k·u = O => fr,(t) = mü(t)

(11)

Por lo tanto, derivando la ecuación (3) dos veces respecto del tiempo y agrupando los términos, se obtiene:

(12)

La expresión de la fuerza aplicada al instrumento es: fr,(t)

=e-62' 64H

·(-10902'5cos(306'88H) + 260936·ser(306'881·t))

(N)

(13)

En ocasiones es más sencillo operar a partir de la ecuación (7) considerando que: (14)

Derivando esta expresión dos veces respecto del tiempo se obtiene:

e= ~ 2 ·co; +m: = 98100(rad / s)2 (15)

La expresión resultante es idéntica a la (13) y la representación gráfica de la misma puede verse en la siguiente figura: frr(t)

=28279' 7-e-620642·t·cos(306'881t-1'578+2 · 1'7722)

(N)

(16)

I


2·10

Fuerza transmitida

4

o

0.01

o.

0.04

4

-2 ·10

-4.104

Figura 3: Fuerza transmitida

0.05

0.06

75

76



77

PROBLEMA 15 Considerar el sistema mostrado en la Figura 1. Los componentes 3 y 4 son idénticos y se mueven solidarios con el engranaje 2, que gira con respecto al punto A. La excitación es debida a la fuerza f(t) aplicada en el punto e y al movimiento conocido zA(t) del punto A. Se pide obtener: a) Ecuación diferencial de movimiento del sistema. b) La frecuencia natural, mn, el amortiguamiento relativo del sistema, '' y la frecuencia amortiguada,
La función de respuesta en frecuencia, H,(m) = u1 (m)/f(m), entre la respuesta y la excitación f(t), y la función de respuesta en frecuencia Hz(m) = u 1 (m)fzA(m), entre la respuesta y la excitación zA(m). Datos para apartado b:

el

m 1 = 200 kg m 2 = 200kg

k3

m3

=

m 4 =30kg

JG 2

= 5Q kg•m 2

JG3

=

IG4

= 5 kg·m2

c4 =SO N·s/ m k 1 = 2·105 N /m k 3 = 3·10 5 N / m AB=AC=1'6 m AG3 =AG4 =1 m

d2 =1'4m Figura 1

78


Apartado a) El sistema está formado por tres barras (ya que las barras 2, 3 y 4 están rígidamente unidas entre sí), un par prismático entre la barra 1 y la barra fija y un par de revolución entre la barra 2 y la barra fija en el punto A. Considerando el punto A como un punto fijo, el movimiento del sistema estaría completamente determinado a través de una sola coordenada. En este problema la coordenada que se va a considerar como independiente será la coordenada u1 . Además, se deberá tener en cuenta que el punto A tiene un movimiento definido por la variable zA(t). Para obtener la ecuación diferencial del movimiento de este mecanismo se planteará la ecuación de Lagrange, que viene dada por:

(1)

En primer lugar deben establecerse las relaciones cinemáticas de los puntos característicos del mecanismo en función de la coordenada independiente. De la figura anterior puede observarse que:

{;:}{~}

{;:}= {_~J

(2)

Xc _ -AC·sen9 2 {Ye } - { -zA

-AC-cos9

2

}

_ -

{

-AC-6

-zA

2

2

}

9 -Ac{1-¿)

Y los incrementos de la altura del punto B y del c.d.g. de la barra 4 pueden escribirse como:


79

(3)

Además, de la relación entre los engranajes 1 y 2 se tiene que: (4)

Las velocidades de los c.d.g. de las barras y la velocidad de giro de la barra 2 se obtienen derivando respecto del tiempo las ecuaciones (2):

º}

1 {XG YG¡ } -- {Ü1

{~:HU (5)

Las expresiones de la energía cinética y potencial vendrán dadas por:

(6)

Si se sustituyen las expresiones de las velocidades y las variaciones de la posición en las ecuaciones anteriores, y se tiene en cuenta la relación (4) queda:

(7)

80


Derivando las expresiones anteriores se obtiene el término izquierdo de la ecuación (1), que resulta para la energía cinética:

(8)

donde se ha considerado que:

(9)

Y para la energía potencial:

(10)

donde, al igual que se ha definido para la masa, se tiene:

k =( k+k,{ :B J+ m,-g· Ar~')= 1767'95-lo' N/m 1,.

1

(11)


81

El término derecho de la ecuación (1) se va a obtener aplicando el Principio de los Trabajos Virtuales. Para ello se igualan los trabajos realizados por las fuerzas externas, f(t), y las fuerzas disipativas (del amortiguador) con las que realizarían las fuerzas aplicadas en los grados de libertad del sistema. De este modo: (12)

Donde:

Entonces:

Y por lo tanto,

(13)

Por lo tanto, teniendo en cuenta las ecuaciones (8), (10) y (13), la ecuación diferencial del movimiento para la coordenada u1 queda: (14)

Apartado b)

Los parámetros característicos del sistema frecuencia natural, m,,, amortiguamiento relativo, y frecuencia amortiguada, lOc/, vienen dados por las siguientes expresiones:

s,

ro,

={k,.,, = 63'0383 rad /s m1eq

(15) 4'6571410-

3

82


% = %~1 -~ 2 = 63'03761 rad / s

Apartado e) La función de respuesta en frecuencia, HF(m), se obtiene haciendo nulos los términos zA,iA yzA en la ecuación del movimiento (14), y suponiendo que la excitación y la respuesta son funciones armónicas. Por lo tanto:

H ( ) = U1(ro) 'm f(m)

(16)

Del mismo modo, la función de respuesta en frecuencia, Hz(m), se obtiene haciendo nulo el término de la fuerza f(t) en la ecuación del movimiento (14), y suponiendo que la excitación de la base y la respuesta son funciones armónicas. De nuevo se tiene:

(17)


PROBLEMA 16

83

x

Considerar un sistema de 1 g.d.I. sin amortiguamiento definido por k = 1000 N/m y m = 10 kg. Teniendo en cuenta que el sistema está en reposo en t = O, calcular la respuesta del mismo a la excitación f(t) mostrada en la figura mediante la integral de Duhamel.

20N

~

l s

Figura 1

Nota: La solución del siguiente tipo de integral es: 1

f x·ser(a·x)dx = 2a

X

sen(a-x)--cos(a-x)

a

.. t

84


Solución:

La respuesta de un sistema frente a una fuerza de excitación arbitraria como la f(t) puede calcularse mediante la integral de convolución o de Duhamel. En este caso, se interpreta que la fuerza f(t) consiste en una serie de impulsos de magnitud f (-r) d-r en el instante de tiempo -r , como se muestra en la figura

2.

f(t)

20N

~;:_____

_____.~~-tldl-~~~~--------~··

t

1s

Figura 2

La respuesta del sistema se obtiene evaluando la siguiente expresión donde el último término corresponde a la respuesta homogénea en vibraciones libres con unas condiciones iniciales de desplazamiento u0 y velocidad ü 0 arbitrarias: 1

-!

u(t) = -

m~

f(-r) ser(con (t --r))d-r +

(u cos(con 0

t) + Üo ser(mn t)J ~

(1)

Por otra parte, la expresión analítica de la fue~za de excitación es:

f(t)={F(1-f) 5~ O~tsT O

SI

T ~ t

(a) (b)

(2)

Como la fuerza de excitación está definida en dos intervalos de tiempo (a) y (b), la solución debe calcularse para ambos intervalos de tiempo.

Solución para el intervalo de tiempo (a)

La respuesta para el intervalo de tiempo (a) se calcula de la siguiente integral que resulta de sustituir la expresión de f('r) para dicho intervalo de tiempo y tomar condiciones iniciales nulas, es decir, u0 = ú0 =o.


1 -ít f...(T-t + t--r)sen{_mn (t--r))d-r u (t) = -1- f F(1-!....)sen(ron (t --r))d-r = ª mmn Jo T m-con Jo T

85

(3)

Para conseguir una expresión similar a la integral del enunciado, se realiza el siguiente cambio de variable: 8=t

-'f

-7

d (} = -d-r

(4)

Los límites de integración resultan: 1'

=

-r=

t

9=0

o

(} =t

(5)

La integral anterior queda como sigue tras reordenar y extraer los términos constantes de las integrales: (6) Haciendo uso de la solución dada por el enunciado, las integrales anteriores definidas entre t y O tienen la siguiente expresión: (7)

Simplificando la expresión anterior, la respuesta del sistema en el intervalo de tiempo (a) es: (8)

La velocidad del sistema uª(t) puede obtenerse derivando respecto del tiempo la expresión anterior: (9)

Se puede comprobar que las condiciones iniciales, para t=O, dadas por las ecuaciones del movimiento uª(t) y la velocidad del sistema üª(t) son, como indica el enunciado, nulas: uª(O) =O m úª(O)=Om/s

Solución para el intervalo de tiempo (b)

(10)

86


La respuesta para el intervalo de tiempo (b) se calcula como en el apartado anterior teniendo en cuenta que t>T. En este caso la integral de convolución se divide en los dos intervalos de tiempo que definen la expresión de la f(t). La integral resultante queda: (11)

donde el resultado de la segunda integral es nulo. En la resolución de la expresión anterior se procede de forma similar al primer apartado, empleando el mismo cambio de variable. La integral resultante es:

fº-sen(©n9)d6--F /T Jº6ser/...ron9)d6

F /T ub(t) =--(T-t) m·(J)n

m"(J)n

1

1

(12)

Haciendo uso de la solución dada por el enunciado, las integrales anteriores definidas entre 1 y O tienen la siguiente expresión: (13)

Si se simplifica la expresión anterior y se reordenan los términos, se obtiene la solución para un tiempo t>'t:

(14) Puede comprobarse que los valores de las respuestas uª(t) y ub(t) para el instante de tiempo t;:: l·s son iguales: uª(1s) Üa(1s)

= 0,016 m = -0,146 m / s

ub(1s) = 0,016 m ub(1s) = -0,146

m/s

(15)

La respuesta total u(t) del sistema corresponde a cada una de las respuestas individuales de los intervalos de tiempo (a) y (b). u(t) = {uª(t) si O~ t ub(t) si T ~ t

~ T (a) (b)

(16)

La representación gráfica de la fuerza aplicada en N y de la respuesta total en mm se muestra en la siguiente figura:


... .

..:

.'

:

f(t) 3

.. . .·..·:

•

u(t)· 10

-20

:

.

·~

\

~

1.5

Figura 3

.. ... ".... .. ..

\·.... /

. .. . ... ..-

87

88



PROBLEMA 17

89

x

En la figura se muestra un modelo simplificado para el análisis del movimiento vertical, u(t), de un vehículo cuando pasa por una irregularidad de la carretera.

11©

V

• k

-----+

o

( 1.

•

z ---+

b

Figura 1 Se supone que el vehículo circula a velocidad constante, V, y que al alcanzar el obstáculo las condiciones iniciales del movimiento vertical son nulas. La irregularidad puede ajustarse a la función: z(x)

~~1-co{ 2~·x )) O~ x,;; b

Se pide calcular: a) La respuesta del sistema en cuanto al desplazamiento vertical b) La fuerza de contacto con la carretera. Datos:

m =500kg 5

k =2'1-10 N

'=

0'4

a =0'05 m b = 0'5

m

/m

90


Apartado a)

La excitación está expresada en función de la distancia recorrida por el vehículo. Como la velocidad se supone constante, x = V con lo que se obtiene:

e

a ( 1-co{2"1t'·Vt z(t)='2 - b - )~~

(1)

Denominando:

-

a

Z=-

(2)

2

la ecuación (1) queda: z(t) =

z·(l - cos(m-t)) o ~ t::; ti

(3)

Aislando la masa m y considerando el equilibrio de fuerzas verticales, se obtiene la ecuación diferencial del movimiento: ..

.

k

mtJ + C·U + ·U =

{c·i + k·z O

si O ::; t ::; ti si ti ::; t

(a) (b)

donde la frecuencia natural, mn, el coeficiente de amortiguamiento, frecuencia amortiguada, <4J, del sistema vienen dadas por:

IDn =

e=

&

(4)

c, y la

= 20'4939 rad / s

2·m'(On·~ =

rod =%J1-<;

8197'561 N·s/ m 2

(5)

=1878297rad/s

En la primera fase del movimiento existirá excitación, mientras que en la segunda fase del movimiento la respuesta se puede considerar como un caso de vibraciones libres. Solución de la ecuación diferencial para el intervalo de tiempo (a): Sustituyendo z(t) por su expresión en la ecuación diferencial (4), se tiene: m·ü + c·ü + k·u = c·z"Íl)"sen(w·t) + k·z - k·z·cos(mt)

(6)

Si se considera que:

fi

= -k·z = -5250 N

;

fi = c·z·ro = 20493903ro N

(7)


91

la expresión anterior queda: mii + c·ü + k·u

=Ti ·cos(co-t) + '2 ·sen(co-t) + k·z

(8)

La solución de la ecuación diferencial se compone de la solución homogénea más la particular para cada tipo de excitación:

(9)

Sustituyendo cada solución particular en la ecuación diferencial (8) se obtienen los valores de upaii upai, a y P3 :

(10)

a

= a reta

rf "lk- m-m C"<.O

2

)

Las constantes A 1 y A2 se obtienen a partir de las condiciones iniciales nulas para t = Os:

Ua(t = O)= o => A 2 = -

1 (

%

~"<.On·A1

<'1. ·sef\a) + f2 ·cos(a))-m --'";=========-

J

(11)

~(k -rn-w 2 ) 2 + (c·m) 2

Solución de la ecuación diferencial para el intervalo de tiempo (b): La segunda fase del movimiento (b) se corresponde con la vibración libre del sistema considerando como condiciones iniciales las finales de la primera fase

92


del movimiento (a). Si se tiene en cuenta que el comienzo de la segunda fase del movimiento es para t = t 1 : (12)

Las constantes 81 y 8 2 de la solución homogénea se obtienen imponiendo las condiciones iniciales para este segundo intervalo de tiempo (t1 ~ t ), que coinciden con la solución en desplazamiento y velocidad del caso anterior para t = t 1 • De este modo:

(13)

Apartado b)

La fuerza de contacto con la carretera será igual a la transmitida por el resorte y por el amortiguador adicionando la estática correspondiente al peso propio. De esta forma: fc(t) = k·(u(t) -z(t)) + c-(u(t)-i(t))- mg

(14)


93

PROBLEMA 18 Para el sistema mostrado en la figura, que se encuentra en equilibrio para 82 =0, se pide obtener considerando pequeños desplazamientos: a)

Ecuación diferencial del movimiento.

b)

Frecuencia natural y amortiguamiento relativo.

e)

Respuesta permanente del sistema para f(t)

=

f·ser(m·t) .

~ -- -------

b f(t)

J_

_

e

-~[~~: Figura 1

Datos:

m 1 = 40 kg

c 2 = 200N·s/ m

m 2 = 20kg

/2

k2

= 6000N / rad

=1

m

b

= 0'6 m

f

=20N

m = 10 rad / s

94


Apartado a) El sistema está formado por cuatro barras. El movimiento del sistema puede determinarse completamente a través de la coordenada 82. Para obtener la ecuación diferencial del movimiento de este mecanismo se planteará la ecuación de Lagrange, que viene dada por:

(1)

En primer lugar se establecerán las relaciones cinemáticas de los puntos característicos del mecanismo en función de la coordenada independiente. Observando la figura anterior se obtienen las siguientes relaciones:

(2)

Las velocidades de los c.d.g. de las barras y la velocidad del punto C se obtienen derivando las ecuaciones (2) respecto del tiempo:

(3)

Las expresiones de la energía cinética y potencial vendrán dadas por: (4)


95

Sustituyendo las expresiones de las velocidades e incrementos de altura en las ecuaciones anteriores y realizando los cálculos oportunos, el término de la izquierda de la ecuación (1) resulta:

I .. =(m 1 +m3 }b2

+m2 {~

r

+lo, +IG, =23'3666kgm2 (5)

keq = k2 + m

2 ·g·1~

= 6098'1 N-m / rad

El término derecho de la ecuación (1) se va a obtener aplicando el Principio de los Trabajos Virtuales. Para ello se igualan los trabajos realizados por las fuerzas externas, f(t), y las fuerzas disipativas (del amortiguador) con las que realizarían las fuerzas aplicadas en los grados de libertad del sistema. De este modo:

(6)

Por lo tanto, teniendo en cuenta las ecuaciones (5) y (6), la ecuación diferencial del movimiento para la coordenada 82 queda: (7)

Apartado b)

Los parámetros característicos del sistema: frecuencia natural, m,,, amortiguamiento relativo, ''vienen dados por las siguientes expresiones:

y


96

ro. =

Jkeq

=

16'1547 rad/ s

meq

(8)

~=~=0'2649 2·Ieq'%

Apartado e) La respuesta permanente del sistema para una excitación armónica viene dada por la siguiente expresión:

¡¡ _ 2

-f·b

J~eq -Ieq·m2

a= areta{

=-2'8168410-3 rad

r

(J)'Ceq

+ (m-ceq)2

keq - Ieq·(JJ 2

)

(9)

= 0'48869 rad

Por consiguiente, la respuesta permanente es: B2 (t)

=-2'817·10-3·ser(ro·t-0'489)

(rad)

(10)

PROBLEMAS DE N G.D.L.


PROBLEMA 1

99

><

El sistema mostrado en la figura 1 está compuesto por dos barras rígidas uniformes. Suponiendo amortiguamiento proporcional, se ha estimado el valor del amortiguamiento relativo para cada modo en G= 0'1 y '2= 0'3. Considerando como g.d.I. los giros de las barras, 81 y 82 1 calcular: a) Frecuencias naturales y modos de vibración del sistema amortiguado. b) Respuesta en

régimen

permanente del sistema si F(t)= F0 ·(1-

cos(m·t)). e)

Valores máximos y mínimos de respuesta en régimen permanente.

DA

OD

oc Figura 1 Datos geométricos: DA= 3 m ; Datos inerciales:

oc= 9 m

m 1 = 100 kg ; m 2 = 300 kg

Propiedades de los resortes: k 1 = 106 N/m; k 2 = 107 N/m Amortiguamiento relativo:

G=

0'1 ;

'2=

0'3

Acción aplicada: F0 =100 N ; m = 160 rad/s

100


Apartado a): Para poder desarrollar las ecuaciones diferenciales del movimiento del sistema se debe obtener primero la relación entre los movimientos de las distintas barras y los g .d. l. 01 y 02 , bajo la hipótesis de pequeños desplazamientos. La idea es expresar las velocidades y desplazamientos de todos los puntos importantes del sistema (c.d.g. y anclaje de resortes) en función de los g.d.I. DA =--¡-cos91

xG,

(1)

DA YG, =0D+ sen91

2

VG2

yA

- YAo

oc. =782

(2)

=DA· sen91 =DA· 91

(3)

Ya= DA ·sen92 =DA· 92 Ye= OC· sen9 2 =OC ·92

Se van a aplicar las ecuaciones de Lagrange para obtener las ecuaciones del movimiento, de modo que se deben calcular las energías cinética y potendal:

... =

!. 2

( -2 -2) ( m 1 · DA

+m1 ·DA

4

12

. Bf

+.!. 2

-2) o:

- 2 + m2 · OC m 2 ·OC

4

12

.

= ...

(4)

(5)

A partir de las expresiones de la energía cinética y la energía potencial, se puede obtener el término de la izquierda en las igualdades de las ecuaciones de Lagrange: d ( 'dl ) 'dl dt aúi - aui =

c¿1

i =1...Ngdl

(6)


101

(9)

(10)

Las fuerzas generalizadas, Quj, se calculan a partir de las acciones exteriores aplicadas y fuerzas no conservativas presentes en el sistema, aplicando el Principio de los Trabajos Virtuales, por ejemplo. Q¡ 1 ·S91 +Q¡2 ·S 6i = F(t)·S Ye Q¡1 · S 91 +Q¡2 ·S 6i = F(t) ·(oc. S Oi) =>

0ei

=O

;

(11)

Q¡2 = OC·F(t)

Por lo tanto, las ecuaciones del movimiento del sistema se pueden escribir en forma matricial como:

(12)

Las frecuencias naturales del sistema no amortiguado se pueden determinar resolviendo su ecuación característica:

-2

-2 z f'11i ·DA k1 ·DA -c:o - -3

(13)

-2

-k1 ·DA

mi= 171'85rad /s

c:o 2

= 318 '71 rad / s

(14)

Para obtener los modos de vibración se deben resolver los siguientes sistemas de ecuaciones, teniendo en cuenta una condición adicional, ya que

102


se trata de sistemas indeterminados. En este caso, se impone que su primera componente sea unitaria:

([K]-m; ·[M]).{vr}={O} ; lJI[ =1 r=l,2

(15)

(16)

De manera que la matriz de modos de vibración es: (17)

Apartado b): Con los datos de amortiguamiento relativo para cada modo, las frecuencias naturales del sistema amortiguado son:

ro' r

= mr

~ 1 _,. 2 ~r

¡ro~ =170 '994rad/ s

~

ro;_

=304'031rad/s

(18)

Para facilitar la obtención de la respuesta en régimen permanente, se emplea la expresión compleja de la excitación: (19)

Realizando la transformación a coordenadas modales: = 301'9 4 = 4'641·10

m1,1 { m.,2

kl,1 { k2,2

6

= 8 '918-10 =

4'714-109 (20)

r= 12 ,

'

~

C11=1'038·104 { C2,2 = 8'875-106 I

{~}-{ 13•971.(1-e'~t) {Qr }- [vrf Q,2 - -2 '147 -103 · {1-e 1~~ )J

l

En coordenadas modales resultan 2 sistemas de 1 g.d.I. de la forma: (21)


103

Como la excitación verdadera es la parte real de la excitación compleja, se calcula la respuesta como la parte real de la respuesta compleja que obtendremos. La solución particular (régimen permanente) es:

Cfi_A = l '567. lQ- 6

con:

(22)

ChA =-4' 555· 10-7

Cha =-3'981 -10-6 +5.565·10-6 .¡ 'éii.a

=5'24·10-7 -2.11 · 10-7 .¡

En coordenadas físicas, tendremos:

6

6

6

¡}· ~'°'"t = ...

... = {1'11 ·10- }+ {-3 '457 .10- +5' 354· 10- . -1 312 . lQ- 6 + 5 '8 99 . 10-7 • i 1' 11 . 10-5 1

6

6

6

6

(23)

20141

1'11·10- } {6'37-10- -e f·(l}-t } ... = { 1•11.10-6 + 1•44.10-6 -e2 ' 72 ·1 ·e = ... 2 14

... ={1'11·10- }+{6'37·10- -e'.«lll-t+ · >} 1·11.10-5 1 •44.10- 5 . e<01-t+ 2 ·12>

Considerando la parte real de la respuesta: 61P(t) = 1•11.10-6 +6' 37 -10-6 · cos(co· t + 2 '14)

(rad}

= 1' 11·10-6 + 1' 43 · 10-6 · cos(co · t + 2 '72)

(rad}

(24) 62 p(t)

Apartado e): Los valores máximo y mínimo de la respuesta en régimen permanente serán: min(01P)

= 1'11·10-6 -6'37·10-6 = -5'26· 10-6 rad

max(11 P)

=1' 11·10-6 + 6' 37 .10-6

= 7'48·10- 6 rad (25)

min(Bzp) = 1'11 ·10-6 -1'44·10- 6 =-0'33·10- 6 rad max(12 P) = 1'11·10-6 +1'44·10- 6 =2'55·10- 6 rad

104



105

PROBLEMA 2 :,X La figura 1 muestra una máquina de compactación que se modela mediante un sistema de 2 g.d.I.. La presión que actúa sobre el pistón se aproxima mediante una función escalón de valor p0 • Se pide calcular: a) Frecuencias naturales y modos de vibración del sistema amortiguado. b) Desplazamientos de la masa condiciones iniciales nulas.

compactada

y

la

bancada

p(t)

Cilindro

É Masa compactada

Pistón

m1 kl

U1(t) c1

Bancada ~(t)

Figura 1 Datos inerciales:

m 1 = 300 kg; m 2 = 2000 kg

Propiedades de rigidez: k 1

= 3·10 5 N/m ; k 2 = 1'2·106 N/m

Propiedades de amortiguamiento: c1 = 2250 N·s/m; c2 = 9000 N·s/m Pistón: Po= 5·10 5 Pa; Área pistón A= 0'024 m 2

para

106


Apartado a):

Planteando las ecuaciones de Newton para cada masa se puede llegar a las ecuaciones diferenciales del movimiento. Estas ecuaciones en forma matricial son:

(1) La matriz de amortiguamiento es proporcional a la de rigidez [C]=f3[K] ({3=0.0075), de forma que se tiene amortiguamiento proporcional y los modos de vibración del sistema amortiguado son los mismos que los del sistema no amortiguado. Las frecuencias naturales del sistema no amortiguado se pueden determinar resolviendo su ecuación característica:

det([K ]- m2 · (M]) =O (2)

a>.i_

=21'63rad/s

;

roi =35'80rad/s

(3)

Para obtener los modos de vibración se deben resolver los siguientes sistemas de ecuaciones, teniendo en cuenta una condición adicional, ya que se trata de sistemas indeterminados. En este caso, se impone que la primera componente del autovector sea igual a 1:

([K]-ro; · [M]) .{d= {o} ;

vr{ = 1

r = 1,2

(4)

(5)

De manera que la matriz de modos de vibración es:

(6)

Apartado b):

Para obtener los desplazamientos de la masa compactada y de la bancada, es decir, para obtener la respuesta del sistema se realizará su descomposición modal:

[vrf[M][vr].{éi}+ [vrf[c][lJl].{c;}+[1J1TlK][vr].{q}= [lJ!r ·{F}

(7)


[m] = (v,f[M](v, ]= [865'98

O

o

[k]=(v,Y(K](v,]=[4'053

459'01

]

O ]·lOs 5'884

o

[c]=[v,f[c][v,]=[303 9•79 o J 4413'32 0

{Q} =

wr {F}= {~ :~} .10

107

(8)

4

Una vez aplicada la transformación modal al sistema se obtienen dos sistemas de 1 g.d.I. desacoplados de la siguiente forma: mr,r. q, +cr,r ·ifr +kr,r. q, = Q,(t)

r = 1,2

(9)

El amortiguamiento relativo de cada modo y las frecuencias naturales del sistema amortiguado se pueden calcular como: ~

2·mr,r ·(J)r

~

{1 =

o·oa1

= 0·134

(10)

1~=21'56rad/s ~ = 35'48rad /s

(11)

{

1

2

La respuesta en coordenadas modales será la respuesta de los 2 sistemas amortiguados de 1 g.d.1., cuya expresión está compuesta por una componente homogénea y una componente particular. La primera se refiere a la respuesta en vibraciones libres, mientras que la segunda aparece debido a la excitación exterior. En este caso, las fuerzas aplicadas en coordenadas modales, Qn son constantes (funciones escalón): qr(t) = qhr(t) + qpr(t) = e-Cr·~ -t(Ar · cos{~; · t)+ Br · ser(ro; · t)) +-9!:_ kr,r

Ar-

Las constantes resultando: A __ !k_ r - k r,r

y Br, se obtienen considerando condiciones iniciales nulas,

· B =~A

'

r

(12)

ro;

r

(13)

De esta forma, la respuesta en coordenadas modales es:

(14)

y la respuesta en coordenadas físicas:

108


ui{t)= O'0296 . (1-e- 1 ' 75s.t. (co~21' 56. t) +O'OB1·ser(21'56. t))) ... +O' 0204. (1-e- 4 'B07 ·t . (cos(35'48 -t)+ O' 135 · sen(35'48 u 2 (t) =O' 532 ·(o '0296. -O' 282.

·t)))

(m)

(15)

{.t- e-1' 75s-t · {cos{21' 56. t)+ O' 081·sen(21'56. t)))) ...

(o• 0204· (1- e- 4 ·sou . (cod,35'48. t)+ 0' 135. serf..35' 48· t))))

(m)

Gráficamente, 0.08 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - .

0.06

~l 0.04

. .... ., : . .: ·... . . .: ·.._..···....-···-···--···---···-----····. . '• o

u(t) 2 - • 0.02

1.

•

•

•

•

•

1

-0.02...__ _ _ _ _ ____.._ _ _ _ _ _ _........._ _ _ _ _ _ _ ___,

o

0.5

1.5

Figura 2: Respuesta temporal

2

2.5

3


109

PROBLEMA 3 Y. La figura 1 muestra un sistema de 2 g.d.I.. Se pide calcular: a) Frecuencias naturales amortiguado. Normalizar componente unitaria.

y los

modos de vibración del modos de vibración a

sistema primera

b) Respuesta del sistema en régimen permanente a una excitación definida por z(t) = zsen(mt) . Obtener tanto la respuesta en coordenadas modales como en coordenadas físicas.

--

i

u,

m,

i

z(t)

e:\

k: k~

l u, m. .

k,_

C:;

Figura 1 Datos inerciales: m1

= 300 kg;

= 500 kg = 3·10 5 N/m;

m2

Propiedades de los resortes: k 1 N/m

k2

= 1'2·106 N/m;

k3

= 1'5·106

Propiedades de los amortiguadores: c2 = 5000 N·s/m ; c3 = 3000 N·s/m Movimiento z(t):

z

= 10- 3 m; m = 30 rad/s

110


Apartado a): Planteando las ecuaciones de Newton para cada masa se puede llegar de manera sencilla a las ecuaciones diferenciales del movimiento. Estas ecuaciones en forma matricial son:

{l)

i u, ln¡

k_,-(z-u2)

kou,

f m~.

¡

Figura 2: Diagramas de sólido libre La matriz de amortiguamiento es proporcional a la de masa, [C] = a ·[M] (a= 10), de forma que tenemos amortiguamiento proporcional y los modos de vibración del sistema amortiguado son los mismos que los del sistema no amortiguado. Las frecuencias naturales del sistema no amortiguado se pueden determinar resolviendo su ecuación característica:

det{fK]-ol · [M] =O k1-<02·m1 - ki

l

-k1 (k1 + k2 + k3)-m2. m2

mi= 29'71rad / s

1=0

w2 = 78' 21 rad /

(2)

s

(3)

Para obtener los modos de vibración se deben resolver los siguientes sistemas de ecuaciones, teniendo en cuenta una condición adicional, ya que


111

se trata de sistemas indeterminados. En este caso, se impone que estén normalizados a primera componente unitaria:

([K]-co; ·[Ml)·tr'}={O} ;

=1

t¡t[

r=

1,2

(4)

(5)

De manera que la matriz de modos de vibración escalada para que la primera componente de cada modo sea la unidad es:

(6)

Apartado b ): El movimiento z(t) es armónico, por lo que puede expresarse como z ·e 1ot. De esta forma, el vector de fuerzas excitadoras puede expresarse como:

{F( t)} = {C3 ·z(t)} = {C3 ·Í · <»__· k3 . z( t)

k3 . z

Z} .

elot

= {F} e'OJt

(7)

Para obtener la respuesta del sistema en régimen permanente se realizará la descomposición modal del sistema:

wr ·{F}

[i,f[M][v,].{q}+(v,f[c][t¡t].{q}+['l'f[K][v,].{q}=

[m] =Wf[M ][v,] = [3 '068 7 · 10 0 [k] = [.¡, f[K][v, ]= [2 '708 5 -10 0

2

5

1'3393104

l

o

l

o

] 5

O

8'1920-107

(8)

(9)

[c]=[v,f[c][v,]=[3'068 7-10 0

3

1' 3393·10

{Q(t)}=t1}e'·OJ·t =wY{Fle'·O>t ={ 1;5'876~90-i .}·e'
= Q,(t) r =1,2

(10)

El amortiguamiento relativo de cada modo y las frecuencias natura les del sistema amortiguado se pueden calcular como:

112


~ ~

S-1 = 0'1683 = 0'0639 2

Is-

(11)

,ro~ =29'28rad/s

roi

(12)

= 78'05rad /s

Como la excitación es armónica, la respuesta en reg1men permanente en coordenadas modales (solución particular) es también armónica y su amplitud puede calcularse de:

-

qr -

Qr 2

- ro . m r,r +.

·

I · <.O • Cr,r

+

k

~

lql =

r,r

8'6489· 10-4 -1'9601·10- 3 . i

Ci2 =-1'0942·10- 4 +7'5796·10- 6 .¡

(13)

y la amplitud de la respuesta en coordenadas físicas:

fil} [ ) J-}

3

i}

{7'5547·10-4 -l '9526· 10- · f' = 1Jl·lq = 6'6131·10-4 -2'6861·10-4 -i

(14)

Considerando el módulo y argumento de la amplitud de respuesta calculada, la respuesta del sistema en coordenadas físicas es: 3

{U(t)} = {2'0936 .10- -sen(ro· t-1' 20)} 4

7'1379-10- -sen(ro·t-0'38)

(m)

(15)


PROBLEMA 4

113

>-

La figura 1 muestra un accionamiento de un equipo mediante transmisión por correa. El motor eléctrico gira a una velocidad constante de 750 rpm en régimen normal de operación. Para simular un fallo del equipo, se considera que en el instante t = O s la velocidad de la polea 4 se reduce instantáneamente a cero. a) Obtener las ecuaciones diferenciales de movimiento del sistema a partir de t = O s. b) Calcular la respuesta del sistema a partir de este instante. Nota: Considerar que el motor proporciona un par nulo a partir de t

e~

I 4

Equipo

Motor Figura 1 Radios de poleas: r1= r3= r4= 0'25 m ; r2= 0'5 m Inercias: I 1 = 0'5 kg·m 2

;

Ii+I 3 = 0'25 kg·m 2

Rigidez de correas: k 1 = k2 = 106 N/m

= O s.

114


Apartado a) A partir de t = Os, la polea del equipo es fija y por lo tanto el sistema tiene 2 g.d.I. (81 y 82 ). Se trata de un problema de vibraciones libres en el que las condiciones iniciales son las normales de funcionamiento. Las ecuaciones del movimiento se puede deducir empleando las ecuaciones de Lagrange. Para ello, se calculan en primer lugar las energías cinética y potencial: (1)

La elongación de las correas dependerá del arco recorrido por las mismas sobre cada polea: Arco= r ·O

(2)

Resolviendo los términos de Lagrange, y teniendo en cuenta que no existen acciones exteriores, las ecuaciones del movimiento se pueden escribir en forma matricia 1como:

(3)

Una vez se dispone del sistema de ecuaciones diferenciales que gobierna el comportamiento de este sistema, se pueden determinar las frecuencias naturales resolviendo su ecuación característica:

de~K]-ro 2 · [M])=

(2 ·k r/ )-ro 1 ·

1

2

·

11

- 2 · ki · rr r2

mi= 215'01rad / s

O

- 2 · ki · r1 · r2 t (2 ·k 1 ·r}+2 · k 2 • rf )- ro 2 · (12 + 13 ~ = O

mi = 1644' 3 lrad / s

(4)

(5)

Para obtener los modos de vibración se deben resolver los siguientes sistemas de ecuaciones:

{[K]-co; · [Ml{1JI}= {o} r = 1,2

(6)

(7)


115

(8)


(9)

Apartado b) La respuesta de un sistema no amortiguado de N g.d.I. en vibraciones libres es una combinación de movimientos armónicos de frecuencia igual a las frecuencias naturales, de manera que la amplitud del movimiento de cada g.d.I. a cada frecuencia natural está definida por los modos de vibración:

{o (t )} =

f ~r }· (A- ·cos(c:or · t) + Br · sen(cor · t))

(10)

r=l

Para determinar los valores de las constantes Ar y Br, se deben conocer las condiciones iniciales del problema. En este caso, para t = O s, el sistema parte de las condiciones en funcionamiento normal. En esta situación, las velocidades angulares de las poleas son: C:Omotor

=

OJpoleal

= éi

= 750rpm = 78 '54 rad/ 5

rl . (JJ paleal = ri . (O po/ea2

=>

(JJpo/ea2

= 02 = !:l..ropoleal = 39 '27 rad /

r2

(11) 5

Para t = O s, estas velocidades son válidas y por lo tanto son condiciones iniciales de vibración. Considerando además que tomamos origen de ángulos para t =Os, es decir, 81 (0)=82 (0)=0, las condiciones iniciales de vibración son: 010 =0 20 =0

;

910 =78'54rad/s

;

020 =39'27rad/s

(12)

Entonces, las constantes resultan:

{e(t

=o)}={º}= {1/11,1·(Ar ·1 +B1 ·o) +1/f1,2·(Ai·1 +B2 ·o)}=> A= Ai =0 o 1/12,1·(A·1 + Bi ·o) +1/f2,2·(Ai·1+ Bi. ·O)

(13)

116


(14)

81=0'37163 82=-8 31.10- 4 1

Finalmente, sustituyendo en (10), la respuesta queda:

(15)

Gráficamente, 0.5 , . . . - - - - . . . - - - - - - - -........- - - - - . - - - - - - - - -

~t)

o ~z(t)

-0.5.___ _ _...__ _ __.__ _ __.__ _ _ _ _ _ _ _ ___.._ _ ___,

o

0.05

0.1

0.15

Figura 2: Respuesta temporal

0.2

0.25

0.3


117

PROBLEMA S X En la figura 1 se muestra un sistema formado por dos discos soportados por un eje. Calcular: a) Frecuencias naturales y modos de vibración del sistema. b) Respuesta del sistema a la aplicación de un par torsor en el instante

t=D.

.

l 1

T

t

Figura 1 Datos: l..i 10 3 N·m

=3

kg·m

2

;

12

=1

kg·m

2

;

k 1 = 105 N·m/rad ; k2

= 10 5 N·m/rad

; T=

118


Apartado a):

Para resolver este apartado, se planteará la modelización mediante las ecuaciones de Lagrange. Se considerarán como coordenadas generalizadas 81 y 82 , asociadas a los grados de libertad del problema. Se calculan las energías cinética y potencial del sistema, dejando las expresiones en función de las coordenadas y velocidades generalizadas: (1)

Para calcular la energía potencial asociada a los elementos elásticos del sistema, se debe tener en cuenta que la presencia de k 1 no afecta a la dinámica de los discos, ya que el par torsor Tse aplicará directamente sobre el disco 1. La presencia de k 1 en el sistema sólo se consideraría para calcular el movimiento del rotor que generase el par torsor T. De este modo, la energía potencial será: (2)

A partir de las expresiones de la energía cinética y la energía potencial, se puede obtener el término de la izquierda en las igualdades de las ecuaciones de Lagrang~. Para 81:

(3)

(4)

(5)

(6)_

Las fuerzas generalizadas se calculan a partir de las acciones exteriores aplicadas o fuerzas no conservativas presentes en el sistema, aplicando el Principio de los Trabajos Virtuales.

(7)


119

Por lo tanto, las ecuaciones del movimiento del sistema se escriben en forma matricial como:

(8)

Una vez se dispone del sistema de ecuaciones diferenciales que gobierna el comportamiento de este sistema, se pueden determinar las frecuencias naturales resolviendo su ecuación característica:

Wf

=0

(9)

;

ro¡= Orad/s

(10)

Para obtener los modos de vibración se deben resolver los siguientes sistemas de ecuaciones suponiendo, por ejemplo, la primera componente unitaria:

{[K]-üf .(MJ).y}={O}

r=l,2

(11)

(12)

(13)


wJ=[11 -1]3

(14)

120


El primer modo es un modo de cuerpo rígido ya que los dos discos se mueven solidariamente. En el segundo modo los discos se mueven en oposición, siendo la amplitud del giro del segundo disco 3 veces mayor que la del primero.

Apartado b ): Para obtener la respuesta se realizará la transformación modal del sistema:

wr. [MJ. [v,]. {e;}+ wr. [K1. [ty]. {q}

=

&Pr .{~} (15)

Una vez aplicada la transformación modal al sistema se obtienen dos sistemas de 1 g.d.I. desacoplados. Para estos sistemas la solución es sencilla. En el caso de la primera coordenada modal, q1 , la aceleración es constante, por lo que la solución se puede obtener por integración:

(16)

Para la segunda coordenada modal, q2 , la solución es la de un sistema de 1 g.d.I. no amortiguado excitado mediante una· función escalón: (11 +9·12 )·éi2 +16·k2

·Q 2

=T

q2 (t)= q2 h(t)+q 2 P(t) = A 1 • co~mi · t)+Az · ser(co2 ·t)+q2 p(t) (17)

Para determinar C1 y C2 y A 1 y A 2 se aplican las condiciones iniciales. Para ello se deben transformar las condiciones iniciales de coordenadas físicas a coordenadas modales. Se supone que las condiciones iniciales físicas son giros y velocidades angulares nulas:

fy,].{q}={e}

=>

{{~o}=wt>~oj={o} {qo}= WJ

·Po

={O}

(18)


121

(19)

(20)

Numéricamente,

qi{t) = 125. t 2

(21)

La solución en coordenadas físicas se obtiene aplicando la transformación modal:

(22)

La respuesta será combinación lineal de los dos modos de vibración. El primero tiene como solución un función parabólica, mientras que el segundo tiene como solución una función armónica. Gráficamente:

0 .1

0.05

ol=::~~:C:.~~...L~~_J_~~---1~~~L-~~1-~__J

o

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

Figura 3: 1 er modo de vibración (De cuerpo rígido, ro1

0.03

= O rad/s)

122

Problemas resueltos de vibraciones en ingeniería mecánica 0.002 .------,.....------.-----..----"T"- - - - r- ---r----...,

~t)

.·.

..

~ ~(t) -0.002

·.·.

.··- ...·.·

. : ....·

·._

..

.·......

.

~

.

.

.'

....

..·

·.

.....

i

....· .'

·... -··

-0.004,___ ___,.._______________.__ _ __,__ _ _.....__ _

o

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

~

0.03

Figura 4: 2° modo de vibración (<02 = 365'48 rad/s) Entonces, la respuesta en coordenadas físicas será:

0.1 ~t)

~ ~(t) 0.05

o~~!:!:::::l.:~..:....:..~.J._~~-.1.~~~...L~~--lL-~~...L~~....J

o

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

Figura 5: Respuesta temporal del sistema

0.03


123

PROBLEMA& Y En la figura se esquematiza un sistema compuesto por una turbina, una etapa de reducción (piñón y rueda) y un generador eléctrico. La relación de velocidades entre el piñón y la rueda es 3. a) Obtener las ecuaciones de comportamiento a torsión del sistema. Considerar que el engrane entre piñón y rueda es rígido en comparación con la rigidez de los ejes. Utilizar como g.d.I. 8t, Op y 89 • b) Calcular frecuencias naturales y modos de vibración, interpretando los resultados obtenidos y obteniendo la posición de los nodos (punto de amplitud nula) de la vibración para cada modo. c)

Suponer que el sistema está en régimen permanente, con lila velocidad media en el generador de 3000 rpm y una potencia media transmitida desde la turbina al generador de 10 Kw. El par torsor generado en la turbina es constante mientras que el par resistente en el generador tiene una componente alternante del 1 % del correspondiente par medio y de frecuencia igual a la de giro. Calcular la amplitud de las vibraciones torsionales que se producen.

piñón

turbina

generador Figura 1 lt = 25 kg·m

2

Ip = 1 kg·m 2 Ir= 9 kg·m 2

= 35 kg·m 2 k 1 = 6·10 5 N·m/rad

19

k 2 = 9·10 5 N·m/rad

T

99

124


Apartado a): Para resolver este apartado, se planteará la modelización mediante las ecuaciones de Lagrange. Las coordenadas generalizadas serán Bt, Bp y 89 , asociadas a los grados de libertad del problema. El giro de la rueda no es un grado de libertad adicional, ya que ta 1 y como indica el enunciado, la unión entre el piñón y la rueda es rígido en comparación con los ejes y por lo tanto 8p = -3·9r. Se calculan las energías cinética y potencial del sistema: (1)

Se deben escribir las velocidades en función de las coordenadas y velocidades generalizadas. Para ello, se emplea la relación de velocidades del enunciado que nos permite relacionar la velocidad de giro del piñón y la rueda: (2)

Ec;

1 2

'2

'2

= -1t · et

1 '2 1 (Jp 1 '2 1 '2 1( 1 ) · 9·2 +1 I · 9·2 + -1 2p · 9p + -1 2r · - 9 + -1 2 9 · 9g = -1t 2 · et +2 1p + -L 9 p 2g g

(3)

A continuación se calcula la energía potencial del sistema en función de las coordenadas y velocidades generalizadas:

(4)

A partir de las expresiones de la energía cinética y la energía potencial, se puede obtener el término de la izquierda en las igualdades de las ecuaciones de Lagrange. Para 8t:

(5)

(6)

(7)

(8)


125

(9)

(10)

Las fuerzas generalizadas son nulas para las tres coordenadas debido a que no existen acciones exteriores aplicadas o fuerzas no conservativas en el sistema. Por lo tanto, las ecuaciones del movimiento del sistema se pueden escribir en forma matricial como:

(11)

Apartado b): Una vez se dispone del sistema de ecuaciones diferenciales que gobierna el comportamiento de este sistema, se pueden determinar las frecuencias naturales resolviendo la ecuación característica del sistema:

de~K]-ol ·[M]=O mi =Orad/s

(12)

ID¿= 159'588rad/ s

;

ro3 = 611'756rad /s

(13)

Para obtener los modos de vibración se deben resolver los siguientes sistemas de ecuaciones:

([K]-o( · [M]). V}= {o}

wJ=

l

-0'688 -0'424 0'068 -0'688 0·026 -0·997 [ 0'229 -0'905 -0'025

(14)

(15)

La representación gráfica de cada uno de los modos de vibración puede observarse en las siguientes figuras:

126


~-----·--·-_.! 1

1

l 1

1

01• -0'688 rad

e =-0'688 rad p

6il~

0'229 rad

turbina

generador Figura 2: 1 er modo de vibración (De cuerpo rígido, co1 = O rad/s) El primer modo es de cuerpo rígido, es decir, es un movimiento en el que no hay deformación de los ejes.


e~~

127

-0'905 rad

turbina

rueda

generador Figura 3: 2º modo de vibración (ro2 = 159'588 rad/s) Aplicadas unas condiciones iniciales de giro proporcionales a las componentes del 2º modo (2ª columna de la matriz [w]), existe un nodo en el eje que une la turbina y el piñón, es decir, un punto con movimiento nulo, como era de esperar.

128

Problemas resueltos de vibraciones en ingeniería mecánica Gu :x

lHElll

~

0= 0"068 rad t

ep=-0'997 rad

o.=-0'025 rad

turbina

rueda

generador Figura 4: 3er modo de vibración (COJ

= 611'756

rad/s)

Aplicadas unas condiciones iniciales de giro proporcionales a las componentes del 3er modo (3ª columna de la matriz ['JI]), existen 2 nodos: un nodo en el eje que une la turbina y el piñón, y otro en el eje entre rueda y generador.

Apartado e): Para obtener la amplitud de las vibraciones torsionales que se producen en la situación descrita, el primer paso consiste en determinar la forma de la excitación. Si se supone que no existen pérdidas, la potencia absorbida por


129

el generador es de 10 kW. Además, éste gira a 3000 rpm (314'16 rad/s), por lo que el par medio en el generador será de: Tm = Pot = lOkW g m;1 314'16rad/s

31'83N ·m

(16)

Si el par torsor fuese constante, no existiría excitación torsional. La componente alternante del par en el generador es la responsable de la excitación del sistema, ya que se trata de una acción variable en el tiempo, armónica de frecuencia igual a la del giro del eje y amplitud igual al 1 % del par medio:

rg

=

T;'

100

=O' 32N · m

(17)

Por lo tanto, el sistema que se plantea es:

(18)

Para resolver se supone una solución en régimen permanente también armónica: (19)

( [K]- (m;i}

· [MJ)· Pª }={,-a}

1

=>

Pª }= (V
·

{1-a }=

l

1 '644-10-8 -5'116· 10-8 rad {-1 '186 .10-7

(20)

(21)

130



PROBLEMA 7 X

-----\:>

~~A\1e:/\J

131

f llvAL

El sistema mostrado en la figura 1 está compuesto por dos barras rígidas uniformes. Considerando como g.d.I. el ascenso del c.d.g. de la barra 1 (y1 ) y los giros antihorarios de las barras (61 y 62 ), calcular: a) Ecuaciones diferenciales de movimiento del sistema. b) Debido a una fuerza armónica aplicada F(t) =F .eiwt, se obtiene una respuesta en régimen permanente para el movimiento del punto e de la forma Ye= fl· fiwt. Calcular la amplitud del movimiento en régimen permanente en los g.d.I. ( Y1, 61 y 82) en función de ..1. 0

(Considera r hipótesis de pequeños desplazamientos y que la distancia OA es pequeña comparada con el resto de dimensiones)

Y._

... OA

r

... B

kv y

AB

..

X

F(t)

k1

~~7'""""...............--..~-.--.-~_,_~_,__,__,_~-2......-~D

l°

e

k;;i OD

Figura 1

---

~ .-

132


Apartado a):

El primer paso para la obtención de las ecuaciones del movimiento del sistema consiste en obtener las relaciones cinemáticas entre los movimientos de las distintas barras del sistema, con objeto de expresar todas las velocidades y desplazamientos del sistema en función de los g.d.I .. Para ello se debe tener en cuenta la hipótesis de pequeños desplazamientos:

Figura 2: Configuración arbitraria

Se van a aplicar las ecuaciones de Lagrange para obtener las ecuaciones del movimiento, de modo que se deben calcular las energías cinética y potencial:

(2)

(3)

A partir de las expresiones de la energía cinética y la energía potencial, se puede obtener el término de la izquierda en las igualdades de las ecuaciones de Lagrange. Para Y1=

Problemas.resueltos de vibraciones en ingeniería mecánica

133

Para 81: -2

m1 ·AB .. 12

a(Ec-Ep) ae1

AB·k 2 1

·(Y

1

(6)

91

_AB 0 J-AB_k 2 1 2 1

·(Y +AB2 9 1

1

-AB·O

2

]=··· (7)

-2

fT1i · OD .. 3

92

(8)

(9)

Las fuerzas generalizadas, Qui, se calculan a partir de las acciones exteriores aplicadas o fuerzas no conservativas presentes en el sistema, aplicando el Principio de los Trabajos Virtuales, por ejemplo. Qr1 ·c5Y1 + ~ ·881 +QBz · 892 Qy1 ~

·ÓY1+~ ·881 +°'1

2

Oy1 =O

;

<4

1

=F(t)-~·89 2 )

·892

=O

= F(t) · 8y0

;

(10)

Qei. = F(t)-OD


134

m1


o

o

-2

o o

m1 ·AB 12

o

o -2

m2 ·0D 3

{tJ

2. kl

o

o

~

-2

-k 1 ·

~

1

-k ·AB2 1

_k ·AB 2

~:}=···

2 (} -2 2 -2 -2 k 1 ·AB AB - - - 2 - k 1 · AB +k2 ·OD

(11)

.. ={OD~F~)} Apartado b}: El desplazamiento vertical del punto giro de la barra 2 (1):

e

está directamente relacionado con el

(12)

Para obtener la relación entre A e y 1 y 61 se puede emplear el sistema de ecuaciones (18). Una vez conocido el giro 82 , se pueden resolver las otras dos variables a partir de las dos primeras ecuaciones del sistema, pasando los términos de 8z a la derecha:

¡

~

1 1 2 m1 O O - 2 ]{··} ~i + ¡2·k - 2 ] Y1 } = { k ·AB- 2 ,9 } = ki ·AB· _ AB e'o>-t ·AB 9i O k, ·AB 9 k1 ·AB . k ·AB2 A [ O m1 12 2 i 2 92 _1_ _ ·-e'·t»t

2

f

(13)

AB

Este sistema de ecuaciones está desacoplado por lo que la solución se puede obtener de forma independiente para ambos g.d.I.:

(14)


135

(15)

(

-2

2

-2)1.l

k 1 • AB _al . m, · AB

2

12

136



137

PROBLEMAS El sistema mostrado en la figura 1 está compuesto por un disco que rueda sin deslizamiento sobre su base, en el que se articula una barra en el punto A. Considerando como g.d.I. los giros 81 y 82 , y la hipótesis de pequeños desplazamientos, calcular: a) Ecuaciones diferenciales de movimiento del sistema. b) Amplitud de respuesta del sistema en régimen permanente debida al movimiento z(t) armónico.

AB

Figura 1 Datos inerciales: 161 = 0'5 kg m

2

;

m1

= 25 kg

; h2= 0'8 kg m2

;

m2= 10 kg

Resorte/Amortiguador: k= 250 N/m ; e= 0.5 N/(m/s) Datos geométricos: r1

= 0'2 m;

Otros datos: g = 9'81 m/s 2 ; z(t)

AB

=1m

= 10-3 ·sen{m·t) m ; m =

3 rad/s

•

138


Apartado a)

Para poder desarrollar las ecuaciones diferenciales del movimiento del sistema se debe resolver primero la relación entre los movimientos de las distintas barras y los g.d.I. 81 y 821 bajo la hipótesis de pequeños desplazamientos. La idea es expresar las velocidades y desplazamientos de todos los puntos importantes del sistema (c.d.g. y anclaje de resortes y amortiguadores) en función de los g.d.I. A partir de una posición arbitraria como la mostrada en la figura siguiente:

..

y z(t) ~

¡

X

....

S G~

Figura 2: Configuración arbitraria El punto A es también el c.d.g. de la barra 1: (1)

Se considera un sistema de referencia cartesiano como el representado en la figura, de modo que las variaciones en las coordenadas x e y y la velocidad del c.d .g. de la barra 2 se pueden calcular como:


139

(2)

Para finalizar el cálculo de las relaciones cinemáticas, resta obtener la relación entre el desplazamiento y velocidad del punto B, anclaje del amortiguador, y los g.d.I.: (3)

Se van a aplicar las ecuaciones de Lagrange para obtener las ecuaciones del movimiento, de modo que se deben calcular las energías cinética y potencial:

-

1 · 1 · 1 · · 1 · · AB · ... =-IG1 ·912 +-16 2 -922 +-m1 -(r1 ·91 +z)2 +-fni · 'i ·91 + z - - 92 2

2

2

2

(

]2

(4)

2

(5)

A partir de las expresiones de la energía cinética y la energía potencial, se puede obtener el término de la izquierda en las igualdades de las ecuaciones de Lagrange. Para 81 :

(6)

(7)

(8)

(9)

140


Las fuerzas genera fizadas, Qui, se: calculan a partir de la~ acciones ~xteriores aplicadas y fuerzas no conservativas presentes en el sistema, aplicando el Principio de tos Trabajos Virtuales, por ejemplo. En este problema, las fuerzas no conservativas provienen del amortiguador. La fuerza producida en el amortiguador será proporcional a la velocidad en el punto de anclaje, B.

(10)

El desplazamiento virtual del punto B se calcula a partir de (4), teniendo en cuenta que se pretende obtener las fuerzas generalizadas en 91 y 92 y por lo tanto sólo existen desplazamientos virtuales de estas coordenadas: (11)

... + e · A B · 'i · ~ · W 2 + e ·

z· A B · 08

2 -

2

(12)

e · A B · 02 • 092

Q¡ 1 = -e · if ·01- e· 'i · z+ e · A B · 'i ·62 { Q, = e · A B · 'i · 01 +e · A B - e · A 8 2 . 02

z·

2


(13)

... +

2·k·ri2 [ O

º-}º} AB

1

m2 - g - 92 2

=

{-(m1+mi)·'i} AB . z(t) + m2 -

2

{-c·r} z(t) --1 . C·AB

Apartado b) Considerando notación exponencial compleja para la excitación (z(t)= zeÑ»t ), el problema puede plantearse como:

[M]· p}+ [e]. p}+ [K]. fi}= {- ro 2.fo}+¡. m. fi]. z. ei-m·t = {F}. ei·OJ·t

(14)


141

Como la excitación es armónica, la respuesta también lo será y en régimen permanente se puede escribir como J{J(t)}= p~iat. Considerando la ecuación diferencial de movimiento, la amplitud de respuesta en régimen permanente se puede calcular como: (15)

resultando:

{º}~

=

{-0'054-0'026·i} 0'024+ 0'0095 .¡

~

1

~1= 0'06rad

~ = 0'026rad

arg(9;.) = -2'69rad arg(Oz) = 0'38rad

(16)

142



143

PROBLEMA 9 ><. La viga mostrada en la figura puede considerarse rígida y está apoyada en dos elementos elásticos. Considerar como g.d.I. el descenso del c.d.g. y el giro antihorario de la viga. a) Obtener las frecuencias naturales y modos de vibración del sistema. b) Calcular la posición de equilibrio del sistema si en el punto una fuerza estática de valor f 0 • c)

e actúa

Considerar que el sistema está en reposo para t = O. Calcular la respuesta temporal del sistema si en este instante se elimina la fuerza aplicada.

•

=

"""""

CB

~

0

cdg

Figura 1 Datos geométricos: AB = 3 m ; CB

=1 m

Datos inerciales: m= 300 kg ; IG= 225 kg·m 2 Rigidez: k= 3·10 6 N/m Fuerza estática: f 0 =100 N

•

e

L~

•

2k ~ 8

144


Apartado a) Se consideran como g.d.I. el descenso del c.d.g. (y6 ) y el giro antihorario (e). Las relaciones cinemáticas necesarias son:

(1)

AB

)

AB

Ye =YG--ser(o = YG--9

2

2

Las energía cinética y potencial se expresan como:

(2)

Aplicando Lagrange se obtiene:

(3)

El vector {Q} representa las fuerzas exteriores aplicadas y se puede definir mediante el trabajo virtual de la fuerza exterior aplicada:

-J

AB Ó'/c = '5yG- 2-BC .{;(} (

(4)

Planteando el problema de frecuencias naturales y modos de vibración, se obtiene:


eo¡ =159'245rad/s

ro 2 = 307'638rad /s

1v 1 }={o·~og} lr }= {_ 4~ 09 }

145

(5)

2

Apartado b)

La posición de equilibrio del sistema cuando actúa la fuerza constante f 0 , se corresponde con la solución del sistema en ausencia de efectos dinámicos, es decir cuando las aceleraciones son nulas:

(6)

Apartado e)

La respuesta del sistema, cuando se elimina la fuerza aplicada se corresponde con un problema de vibraciones libres con condiciones de velocidad nula y de desplazamiento igual a la deformada estática calculada previamente. La solución de vibraciones libres es: (7)

Considerando las condiciones iniciales:

{uco>} = {u,0 }= {vr }· Bi + ~ 2 } . Bi

--7

(8)

5

1

8 1 =l' O3 5 .10-82 = 7•443.10--7

Sustituyendo en (7):

yG(t) = 1 •035.10--5 · co~159'245· t)+ 7' 443· 10--7 · cos(307' 638· t)

(m)

e(t) = 0' 309· {1•035.10- 5 · cos(159 '245. t))- 4'309 . (7'443 .10-7 . cos(307' 638·t )) (rad)

(9)

0285P02

Problemas Resueltos Vibraciones en Ingenieria Mecanica - UPV

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