SOLUCIONARIO_VIBRAC

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE MOVIMIENTOS VIBRATORIOS DE UN GRADO DE LIBERTAD ________________________________________________________________________________________________ __ 1

PROBLEMAS SOBRE MOVIMIENTOS VIBRATORIOS DE UN GRADO DE LIBERTAD 5-1.- Mientras está parado en un elevador el hombre sostiene un péndulo que consiste de una cuerda de 18 plg y una lenteja de 0.5 lb. Si el elevador está descendiendo con una aceleración de a = 4 pies/seg2. Usando la teoría de momentos y cantidad de movimiento angular, determínese el periodo natural de vibración para pequeñas amplitudes de oscilación.

Solución 1).- D.C.L. de la lenteja, para un instante cualquiera y descomposición de la aceleración (ver figuras P5-1a):

A

P5-1

A

T et et

θ

θ

θ

P

P

en

en

mg P5-1a

(a)

(b)

2).- Relaciones cinéticas:

∑M

A

( )

( )

& & = H A r + (∑ mi ρ i ) x a A = H A r + mρ AP x a A

(1)

Si:

(H )

A r

= ρ AP x mρ& AP ⇒

(H& ) = ρ A r

AP

x mρ&& AP

__________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


ρ AP = −l en

ρ&&AP = lθ&& et + lθ& 2 en

y

(H& ) = −l e x m l (θ&& e + θ& e ) = m l θ&& e 2

A r

n

t

2

n

b

mρ AP x a A = −m l en x a(− senθ et − cos θ en ) = − m l a senθ eb

senθ ≅ θ θ θ } } 2 & & − mg l senθ eb = l mθ eb − m l a senθ eb

En (1), si:

θ&& +

(g − a ) θ = 0

(M.A.S.)

l

Donde:

32.2 − 4 = 4.34 rad/seg 1 .5

ωn = T=

2π

ωn

= 1.45 seg

ℑ

5-2.- Un disco delgado de radio r puede oscilar respecto a un eje AB, situado como se indica, a una distancia b de su centro de masa G. Determínese: a) el periodo de oscilaciones pequeñas, si b = r y b) un segundo valor de b para el cual el periodo de oscilación es el mismo que en el apartado a).

ℑ

Solución 1).- D.C.L. (ver figura P5-02a):

OY

OX

2).- Tomando momentos con respecto al eje AB (“O”):

∑M θ&& +

(

O

1 2

= I Oθ&&

P5-2

Y

O

X

θ

θ } → − mg b senθ = I Oθ&&

mg b θ =0 m r 2 + m b2

)

(1)

mg

P5-2a __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


a).- Si: b = r

mg r θ =0 2 3 m r 2

θ&& +

θ&& +

→

2g θ = 0 (M.A.S.) 3r

Luego:

T = 2π

b).- Si:

3r (Unidades de tiempo) 2g

T = 2π

3r , b = ? (el otro valor) 2g

En (1):

T = 2π

(

1 2

3 r2 b − rb + =0 2 2 2

b=

)

mr 2 + mb 2 3r = 2π mgb 2g

→

b=

( 32 r ) ± ( 32 r )2 − 2r 2 2

3 r r± 4 4

b1 = r (Unidades de longitud) Valor ya conocido b2 =

r (Unidades de longitud) Valor desconocido. 2

5-3.- Una varilla de longitud l = 600 mm se cuelga de dos cables verticales de longitud h = 300 mm, ambos situados a una distancia 12 b (b = 400mm) de su centro de masa G. Determínese el periodo de oscilación cuando: a) se gira la barra un pequeño ángulo respecto de un plano vertical que pasa por G y se suelta y b) se le da a la barra una pequeña traslación horizontal a lo largo de AB y se suelta.

ℑ

ℑ

P5-3



Solución 1).- Cuando se gira un pequeño ángulo, con respecto a un eje vertical que pasa por “G”. a).- D.C.L. (ver figura P5-03a): Y

Y X

T

CD A

h

β β h

T

b/2 G

Z

θ

T

T

x

b/2

X

G

B

B

x

Z

x

A

mg mg

P5-3a

(a) Si:

X = h senβ y X =

(b)

b senθ 2

Luego:

h senβ = senβ =

b senθ 2

400 senθ 600

Para ángulos pequeños

→

senβ =

2 senθ 3

2 3

β= θ

(1)

b).- Relaciones Cinéticas:

∑F

Y

= 0 → T cos β + T cos β = mg → T =

mg 2



∑M 2T

GY

b b = I Gα → T senβ * cos θ + T senβ * cos θ = − I Gθ&& 2 2

b β = − I Gθ&& 2

→

I Gθ&& +

mg bβ = 0 → θ&& + 2

mgb 2 * θ =0 1 3 2 * m l2 12

 4 gb  θ =0 2   l 

θ&& + 

Donde:

2π

l2 0.6 2 T= = 2π = 2π = 0.9516 seg ωn 4 gb 4 * 9.81 * 0.4 T = 0.952 seg 2).- Si a la barra se le da una pequeña traslación para luego soltarla: a).- D.C.L.:

C

D en θ

θ

T

T

A

B et

θ mg P5-3b

b).- Relaciones cinéticas:

∑F

t

= −mθ&& h → mgsenθ = −mθ&& h

g h

θ&& + θ = 0 Donde:



T=

2π

ωn

= 2π

h 0.3 = 2π = 1.09876 seg g 9.81

T = 1.099 seg 5-4.- Una media sección de tubo se coloca sobre una superficie horizontal, se gira un ángulo pequeño y luego se suelta. Suponiendo que dicha sección se balancea sin deslizar, determínese el periodo de oscilación.

ℑ

P5-4

Solución

2r/π

1).- D.C.L. (ver figura P5-04a): O

2).- Cálculo del momento de inercia de masa, para un pequeño ángulo (cos θ = 1), si IO = m r2:

 2r  I G = I O − m  π 

θ G

2

mg A

Por lo que:

2r   I A = I G + m r −  π  

2

f

N

P5-4a

Luego: 2

2

 2r   2r   2r  I A = I O − m  + mr 2 + m  − 2mr   π  π  π  2 2  I A = mr 2 + mr 2 − 2mr 2   = 2mr 2 1 −  π   π 3).- Relaciones cinéticas.- Cálculo del momento con respecto a “A” (positivo horario):

∑M

A

= I Aθ&&

→

 2r  − mg   senθ = I Aθ&& π 



mgr (π2 ) & & θ+ θ =0 2mr 2 (ππ−2 )

→

θ&& +

g θ =0 r (π − 2 )

Donde:

T = 2π

r (π − 2) (Unidades de tiempo) g

5-5.- Conforme un cuerpo sumergido se desplaza a través de un fluido, sus partículas se mueven alrededor del cuerpo y por lo tanto, adquieren energía cinética. En el caso de una esfera que se mueve en un fluido ideal, la energía cinética total adquirida por el fluido es 14

ρ Vv 2

donde ρ es la

densidad máxima del fluido, V el volumen de la esfera y v la velocidad de la esfera. Considere un cascarón hueco de 1 lb de peso y de 3plg de radio, que se mantiene sumergido en un recipiente con agua, por un resorte de constante de 3 lb/plg. a) Despreciando el rozamiento del fluido, determine el periodo de vibración del cascarón cuando se le desplaza verticalmente y después se suelta y b) Resuélvase el apartado a) suponiendo que el recipiente es acelerado hacia arriba con una aceleración constante de 10 pies/seg2.

ℑ

P5-5

Solución Como las únicas fuerzas que producen trabajo, en el sistema agua-esfera, son fuerzas conservativas por lo que se conserva la energía mecánica. 1).- Energía mecánica, para una posición cualquiera:

EM =

1 1 1 ρ V Y& 2 + mY& 2 + K Y 2 a constante 4 2 2

Derivándole con respecto al tiempo:

d EM 1 = ρ V Y& Y&& + m Y& Y&& + K Y Y& = 0 dt 2



1  Y&&  ρ V + m  + K Y = 0 2 

 2K   Y = 0 → Y&& +   ρ V + 2m 

(M.A.S.)

Donde:

T=

2π

ωn

= 2π

ρ V + 2m 2K

1.94( 43 π )(123 ) + 322.2 T = 2π = 0.5559 seg 2 * 3 * 12 2

→

T = 0.5559 seg 2).- Si aceleramos el recipiente.- El movimiento vibratorio, se lleva a cabo con respecto al recipiente, pero el tiempo es una cantidad absoluto (igual para ambos marcos, según la mecánica newtoniana); luego:

T = 0.5559 seg 5-6.- Una placa uniforme y cuadrada de masa m, se sostiene en un plano horizontal mediante un pasador en B y se une en A a un resorte de constante K. Si a la esquina se le da una pequeño desplazamiento y se suelta determínese el periodo del movimiento resultante.

ℑ

Solución 1).- D.C.L.: P5-6 2).- Relaciones cinéticas:

∑M

BZ

= I Z θ&&

m 2 && bθ 6 θ 1 } } m 2 − Kb senθ cos θ = b 2θ&& 6

− Feb cos θ =

θ&& +

6K θ =0 m

(M.A.S.) P5-6a



Donde:

T=

2π

ωn

= 2π

m 6K

ℑ

(Unidades de tiempo)

5-7.- El bloque A de 3 kg está fijo al extremo de un montaje de barra que tiene peso despreciable. Si ambos resortes de K = 400 N/m están in deformados cuando el montaje está en la posición indicada. Usando métodos energéticos determine el periodo natural de vibración para el bloque cuando el sistema se gira ligeramente alrededor del punto O y se suelta.

300 mm

P5-7 Solución Las únicas fuerzas que producen trabajo son conservativas, por lo que se conserva la energía mecánica. 1).- Diagrama de la posición inicial y una posición cualquiera (ver figura P4-07a):

2).- Por conservación de la energía mecánica:

EM = 2

K 2 1 δ + mgL (1 − cos θ ) + m V 2 2 2 P5-07a

E M = K (L1 senθ ) + mg L (1 − cos θ ) + 2

1 &2 2 mθ L a constante 2

Derivándole respecto al tiempo:

2 L12 K senθ cos θ θ& + mg L senθ θ& + m L2θ& θ&& = 0 __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


2

ωn 6447 44 8 2 2 L K g θ&& +  1 2 +  θ = 0 L  mL

Reemplazando valores y operando:

ω n = 18.165

rad/seg →

T=

2π

ωn

= 0.346 seg

5-8.- Un motor de 50 kg, se sostiene directamente mediante una viga ligera horizontal cuya deformación estática es de 6 mm, debida al peso del motor. El desequilibrio del motor es equivalente a una masa de 100 gr situada a 75 mm del eje de rotación. Si se sabe que la amplitud de la vibración del motor es de 0.8 mm a una velocidad de 400 RPM, determínese a) el factor de amortiguamiento y b) el coeficiente de amortiguamiento.

ℑ

ℑ

P5-8

Fe

Solución 1).- Cálculo del Ke, cuando el motor no están funcionando.

a).- D.C.L. del modelo discretizado, cuando el motor no está funcionando (ver figura P5-08a):

mg


∑ FX = 0 → Ke =

mg

δS

=

P5-08a

mg = Fe = K eδ S

50 * 9.81 = 81750 N/m 0.006

2).- Cuando el motor está funcionando.Para el modelo discretizado del sistema:

P5-8b __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


a).- D.C.L. (ver la figura P5-08c): b).- Relaciones cinéticas:

∑F

X

= mX&&

Fo sen ω* t FaFd

K e X − CX& + FO senω*t = mX&&

mX&& + CX + K e X = FO senω*t

(1) P5-8c

Donde:

m = 50 kg , ω* = 400 *

π 30

= 41.89 rad/seg

FO = mCe a n = mCe rω*2 = 0.1 * 0.075 * 41.89 2 = 13.16 N En (1):

K C X&& + X& + e X = 13.16 sen 41.89 t m m C X&& + X& + 1635 X = 13.16 sen 41.89 t m

ω n = 1635 = 40.44

rad/seg

c).- Cálculo de la amplitud estacionaria y del factor de amortiguamiento: Si:

FO XO =

 ω 1 −  *   ω n

  

2

13.16

Ke 2

=

  2η ω  2 *   +    ω n 

2.75 x10 −6 η 2 = 2.25 x10 −8 →

81750 2

= 8 x10 − 4 m

  41.89  2   2η 41.89  2    + 1 −    40.44    40.44 

η = 0.09



d).- Cálculo del coeficiente de amortiguamiento “C”: Si, también:

FO XO =

(ω

2 n

− ω *2

13.16

m

)

2

 Cω *  +   m 

4.48 x10 −7 C 2 = 0.0599

→

2

=

(40.44

2

50

 41.89C  − 41.89 2 +    50 

)

2

= 8 x10 − 4 m

C = 365.66 N-seg/m

5-9.- Una rueda escalonada que pesa 90 N rueda por un plano horizontal, según se indica en la figura. Los resortes están unidos a hilos arrollados de manera segura sobre el cubo central de 32 cm de radio. Si el radio de giro en G del cilindro escalonado vale 225 mm, escribir la ecuación diferencial del movimiento para la posición X G (t) del centro de masa del

ℑ

cilindro, y determinar la frecuencia y el periodo del movimiento vibratorio resultante. Solución P5-9

1).- D.C.L. (ver figura P5-09a): 2).- Relaciones cinéticas:

∑F

X

= mX&& G

F2 + f − F1 = mα r2

∑M

G

F1

r2

= I Gα

r2 f + r1 F2 + r1 F1 = mK G2α

r1

(1)

mg Q

F2

(2)

(1) en (2):

r2 (mα r2 + F1 − F2 ) + F2 r1 + F1 r1 = mK α

P5-9a

2 G



(

F1 (r2 + r1 ) + F2 (r1 − r2 ) = mα K G2 − r22

)

(3)

3).- Relaciones cinemáticas:

X& X& G = 0.32ω → ω = G

0.32

X& X& P = 0.47ω → ω = P

0.47

X& X& Q = 0.117ω → ω = Q

0.17

Luego:

0.32 & X& G = XP 0.47

→

XG =

32 XP 47

0.32 & X& G = XQ 0.17

→

XG =

32 XQ 17

Luego:

F1 = X P K =

47 XGK 32

F2 = X Q K =

17 XGK 32

En (3):

47 17 90  X&& G 2 &&   * 1000 (0.47 ) X G + *1400 (− 0.17 )X G = K − 0 . 32 X G G  32 32 9.81  0.32 

563.875 X G = −1.484 X&& G X&& G + 389.99 X G = 0

(M.A.S.)



Donde:

ω n = 19.75

rad/seg, T = 0.318 seg

y

f n = 3.1 HZ

5-10.- Un motor de velocidad variable está unido rígidamente a la viga BC. El motor está ligeramente desequilibrado y hace que la viga vibre con una frecuencia igual a la velocidad del motor. Cuando la velocidad es menor que 600 RPM o mayor de 1200RPM, se observa que un pequeño objeto, colocado en A permanece en contacto con la viga. Para una velocidad entre 600 a 1200 RPM se observa que el objeto “brinca” y realmente pierde contacto con la viga. Determínese la amplitud (deflexión estática) del movimiento de A cuando la velocidad del motor es a) 600 RPM y b) 1200RPM.Exprésese los resultados en S.I. y en unidades del sistema ingles.

ℑ

ℑ

P5-10 Solución 1).- Lo que nos piden, es la deflexión que produciría el motor, que es equivalente a la deflexión estática, por las condiciones dadas: Si:

fn = 2).- El

1 ωn 1 = = T 2π 2π

ωn

→

∆=

g

ω n2

de la viga, es la del motor de acuerdo a lo enunciado en el problema:

ω n a = 600 *

π 30

= 20 π rad/seg y ω n b = 1200 *

a).- Reemplazando en (1)

∆a =

g ∆

ωn a

π 30

= 40 π rad/seg

:

g 400 π 2

i).- Si g = 9810 mm/seg2:

∆a =

9810 = 2.485 mm 400 π 2



ii).- Si g = 386.4 plg/seg2 :

∆a =

386.4 = 0.0979 plg 400 π 2

b).- Reemplazando en (1),

∆b =

ωn b :

g 1600 π 2

i).- Si g = 9810 mm/seg2:

∆b =

9810 = 0.621 mm 1600 π 2

ii).- Si g = 386.4 plg/seg2:

∆b =

386.4 = 0.0245 plg 1600 π 2

δ = δm senωf 5-11.- Una pelota de 360 gr está unida a una paleta t mediante un cordel elástico AB de constante K = 73 N/m. Sabiendo que la paleta se mueve verticalmente conforme a la relación δ = δm senωf t, con una amplitud δm = 200 mm y una frecuencia ff = 0.5 Hz, hallar la amplitud de la parte estacionaria del movimiento de la pelota.

P5-11

Solución 1).- Movimiento discretizado (ver figura P5-11a):

2).- D.C.L. (ver figura P5-11b):

3).- Relaciones cinéticas: P5-11a __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


− Fe = mY&& − K (Y − δ (t ) ) = mY&&

K δ (t ) K Y&& + Y = m m

614 7.68 73 * 0.2 senω f t = 0.36

P5-11b

Y&& + 202.778 Y = 40.556 senω f t (Mov. forzado no amortiguado)

(1)

Donde:

ω n = 14.24

rad/seg

y

ff =

ωf 2π

→ ω f = 2π * 0.5 = π rad/seg

En (1):

Y&& + 202.778 Y = 14.6 senπ t (Mov. forzado no amortiguado) 2).- Cálculo de la amplitud de la parte transitoria:

14.6

Y0 =

0.36 = 40.556 = 0.21 m 202.778 − π 2 192.908

5-12.- Un bloque A de 4 kg se deja caer desde una altura de 800 mm sobre un bloque B de 9 kg. Este está soportado por un muelle de constante K = 1500 N/m y sujeto a un amortiguador de coeficiente de amortiguamiento C = 230 N.seg/m. Sabiendo que no hay rebote, hallar la distancia máxima que recorren los bloques tras el choque. Solución 1).- Condiciones iniciales del movimiento. P5-12 a).- Cálculo de la velocidad del bloque A, antes del choque:

V A = 2 g h = 2 * 9.81 * 0.8 = 3.962 m/seg



b).- Cálculo de la velocidad de los bloques A y B, un instante después del choque completamente plástico, por conservación de la cantidad de movimiento lineal: 0 } m AV A + m B V B = (m A + m B ) V

V =

4 * 3.962 = 1.219 ≅ 1.22 m/seg 13

2).- Cuando el cuerpo B se encuentra en equilibrio estático (ver figura P5-12a):

∑F

Y

=0

→

mB g − K δ

S

=0

(1)

δs P5-12a

3).- Cuando el sistema se encuentra en movimiento. a).- D.S.F. (ver figura P5-12b) b).- Relaciones Cinéticas:

∑F

Y

= mt Y&&

m A g + mB g − K (Y + δ S ) − CY& = (m A + mB ) Y&&

13 Y&& + 230 Y& + 1500 Y = 4 * 9.81 230 & 1500 4 * 9.81 Y&& + Y+ Y= (Mov. forzado con amortiguamiento) 13 13 13

Fd P5-12b

Donde:

ω n = 10.74 η=

rad/seg

C = 0.8235 (Mov. Vibratorio sub amortiguado) 2 mK

ω ' = ω n 1 − η 2 = 6.093

rad/seg



3).- Solución de la ecuación diferencial:

Y(t ) = YC + YP Si:

YC = e −η ω nt ( A senω ' t + B cos ω ' t ) YP = A0

→

1500 4 * 9.81 A0 = 13 13

→

A0 = 0.02616

Luego:

Y(t ) = e −8.844 t ( A sen 6.093 t + B cos 6.093 t ) + 0.02616 m

(2)

Derivando (2) con respecto al tiempo:

 A sen 6.093 t +   A cos 6.093 t −   + 6.093 e −8.844 t   Y&(t ) = −8.844 e −8.844 t   B cos 6.093 t   B sen 6.093 t 

(3)

Determinación de las constantes, de acuerdo a las condiciones iniciales: Para,

t = 0 , Y0 = 0 m/seg y Y&0 = 1.22 m/seg

En (2):

0 = B + 0.02616 → B = −0.02616 En (3):

1.22 = −8.844 B + 6.093 A

→

A = 0.1623

4).- Cálculo de la deformación máxima.- Esto se da cuando

Y&(t ) = 0 , luego en (3):

 0.1623sen6.093t −   0.1623 cos 6.093t +   + 6.093 e −8.844t   0 = −8.844 e −8.844t   0.02616 cos 6.093t   0.02616 sen6.093t  0 = −1.276 sen 6.093 t + 1.22 cos 6.093 t



tg 6.093 t = 0.9563 t = 0.1252 seg

→

6.093 t = 43.72° o 6.093 t = 0.763 rad

En (2):

Ymax = e −8.844 x 0.1252 (0.1623 sen 43.72° − 0.02616 cos 43.72°) + 0.02616 Ymax = 0.03082 + 0.02616 = 0.05698 m → Ymax ≅ 57 mm 5-13.- Una viga ABC está soportada por una articulación en A y un juego de rodillos en B. Un bloque de 120 kg colocado en su extremo produce una flecha de 15 mm en C. Suponiendo que la articulación sufra en A un desplazamiento periódico δ = δm sen ωf t, donde δm = 10 mm y ωf = 18 rad/seg y que el apoyo B no se mueva, hallar la aceleración máxima del bloque C. Se desprecia la masa de la viga y se supone que el bloque no se separa de ella.

P5-13

δ(t)

Solución 1).- Discretizando el movimiento:

Y

ℑ

2).- Determinación del Ke , del δ(t) y D.C.L .

m

a).- Ke para una viga en voladizo:

Ke =

P

δS

=

ℑ

Ke

120 * 9.81 = 78480 N/m 0.015

µ

P5-13a

b).- ABC es una viga rígida, con movimiento alrededor de un eje fijo (ángulos pequeños):

A

δ 6

=

δ C (t )

δ B

3

δ C (t ) =

δ 2

3m

6m

δ

−3

= 5 x10 sen 18 t m P5-13b

C



c).- D.C.L.:

W

Fe 3).- Relaciones Cinéticas (ver figura P5-13c):

− Fe = mY&&

− K e (Y − δ C (t ) ) = mY&&

→

78480 78480 * 5 x10 −3 & & Y+ Y= sen18 t 120 120

N P5-13c

Y&& + 654 Y = 3.27 sen18 t (Mov. forzado sin amortiguamiento) Donde:

F0 = 78480 * 5 x10 −3 = 392.4 N

ω n = 654 = 25.57

rad/seg

4).- La aceleración máxima se dará en la solución particular: Si:

⇒ Y&P = Y0ω * cos ω *t y Y&&P = −Y0ω 2* sen ω *t

YP = Y0 sen ω *t F0 Y0 =

Para

78480 * 5 x10 −3

K

ω *   1 −  ω  n

2

=

78480 = 9.91x10 −3 m 2  18  1−    25.57 

Y&&max , sen ω *t = 1 ; luego:

Y&&max = 9.91x10 −3 * 18 2 = 3.21 m/seg2



5-14.- Una masa A de 4 kg pende en un plano vertical, según se indica en la figura. El resorte de K =1.5 KN/m se halla sometido a tracción en todo momento y las poleas son pequeñas y extensa de rozamiento. Si se aplica una fuerza hacia abajo P(t) = 150 sen 18 t (Newton) al bloque A; C = 125 N-seg/m, y A se desplaza 15 mm por encima de su posición de equilibrio y se suelta dándole una velocidad hacia abajo de 750 mm/seg cuando t = 0. Determínese: a) la ecuación diferencial que rige el movimiento, b) la posición del bloque en función del tiempo. Solución 1).- Cuando el sistema se encuentra en equilibrio estático: P5-14 a).- D.C.L.:

∑M

C

=0 G

T ' r − Fes r = 0 →

∑F

Y

Fes=K(2δ )

T'


T ' = Fes = 2 Kδ s

=0 mg

mg − T '− Fes = 0 → mg − 4 Kδ s = 0

(1)

P5-14a

2).- Cuando el sistema se encuentra en movimiento: a).- D.C.L.:

T2

Fes=K(2δ +Y)

T1

G

mg

T2 (a)

Fd

P(t) P5-14b

(b)



b).- Relaciones Cinéticas: En (a): 0 } ∑ M C = I C α → T1r − Fe r = 0 → T1 = Fe 0 } ∑ FY = mP aC → T1 + Fe = T2

→ T2 = 2 Fe

En (b):

∑F

Y

= mY&&

→ − CY& + mg + P(t ) − 2 Fe = mY&&

− CY& + mg + P(t ) − 4 K (Y + δ s ) = mY&& mY&& + CY& + 4 KY = P(t )

4Y&& + 125Y& + 6000Y = 150 sen 18t

→

150 Y&& + 31.25 Y& + 1500 Y = sen 18 t (Mov. forzado con amortiguamiento) 4

(2)

3).- Solución de la ecuación diferencial (2): Si:

Y(t ) = YP + YC a).- Determinación de la solución particular:

YP = Y0 sen (18 t − φ S ) Donde:

Y0 =

F0

(K − mω ) + (Cω ) 2 2 *

Y0 = 0.028766 m ó

2

*

=

150

(6000 − 4 *18 ) + (125 *18) 2 2

2

Y0 = 28.766 mm



tg φ S =

Cω * K − mω

2 *

=

125 * 18 = 0.4783 → φ S = 25.56° ó φ S = 0.4462 rad. 6000 − 4 * 18 2

Luego:

YP = 28.766 sen(18 t − 0.4462 ) mm

(3)

b).- Determinación de la solución complementaria:

Y&& + 31.25 Y& + 1500 Y = 0 i).- Cálculo de η, para determinar el tipo de amortiguamiento : Si:

mef = 1 kg , C ef = 31.25 N.seg/m , y ω n ef = 1500 = 38.73 rad/seg

η=

C ef

2 mef ω n ef

=

31.25 = 0.4034 2 *1 * 38.73

(Mov. Subamortiguado)

ii).- La solución está dado por:

YC = e −ηω nt ( Asenω ' t + B cos ω ' t ) Donde:

ω ' = ω n 1 − η 2 = 38.73 1 − 0.4034 2 = 35.438

rad/seg

Luego la solución general está dado por:

Y(t ) = e −15.625 t ( Asen35.438 t + B cos 35.438 t ) + 28.766 sen(18t − 0.4462) mm

(4)

3).- Cálculo de las constantes A y B, por las condiciones iniciales: Para, t = 0,

Y0 = -15 mm , y Y&0 = 750 mm/seg

Si:

Y&(t ) = −15.625 e −15.625t ( A sen 35.438 t + B cos 35.348 t ) +

35.438 e −15.625t ( A cos 35.438 t − B sen 35.348 t ) + 20.766 * 18 cos(18 t − 0.4462 ) (5)



En (4):

− 15 = B + 28.766 sen(− 0.4462 ) → B = −2.587 En (5):

750 = −15.625 * (− 2.587 ) + 35.438 A + 28.766 * 18 cos(− 0.4462 ) A = 6.842 mm Luego:

Y(t ) = e −15.625t (6.842 sen 35.438 t − 2.587 cos 35.438 t ) + 28.766 sen(18 t − 0.4462) mm 5-15.- Las dos masas de la figura se deslizan por sendas superficies horizontales exentas de rozamiento. La barra ABC es de masa despreciable y está vertical en la posición de equilibrio. Si al punto D de la barra se aplica una fuerza P(t) = 50 sen Ω t (Newton). Determínese: a) la máxima amplitud de la oscilación estacionaria del bloque de 10 kg, b) el dominio de pulsaciones Ω que hay que evitar para que la amplitud de la oscilación estacionaria del bloque de 10 kg no supere los 25 mm. Solución

P5-15

A

1).- Cuando el sistema está en equilibrio: T1'

W1

W2

a).- D.C.L.(s): Bx T1'

Fes

By

N1

(a)

T2'

P5-15a

C

(b)

T2'

N2

(c)



b).- Relaciones cinéticas: En (a):

∑F

= 0 → T1 ' = Fes = Kδ s1

X

(1)

En (b):

∑M

B

= 0 → T1 ' (0.1) = T2 ' (0.2 )

(2)

En (c):

∑F

X

= 0 → T2 ' = 0

Luego en (1) y (2):

T1 ' = 0 = Kδ s1 2).- Cuando el sistema esta en movimiento: a).- D.C.L. (ver figura P5-15b):

T1

W2

W1 θ

Bx

T1

Fe

By

T2 Fd

θ 50 sen Ω t

N1

P5-15b

N2

T2 (a)

(b)

(c)

b).- Relaciones cinemáticas (para pequeños desplazamientos):



A

X

X X = 2 → X 2 = 2X 0.1 0.2

θ B

X& 2 = 2 X&

θ

X&& 2 = 2 X&&

X2

C

5-15c c).- Relaciones cinéticas: En (c):

∑F

X

= m2 X&& 2

→

T2 − Fd = m2 X&& 2

( )

( )

→ T2 − C 2 X& = m 2 2 X&&

T2 = 30 X&& + 120 X&

(3)

En (b): 0 } M = I ∑ B Bα

→ T1 * 0.1 + 0.12 * 50 senΩt − 0.2T2 = 0

Reemplazando (3):

T1 = 2T2 − 60 senΩ t = 60 X&& + 240 X& − 60 senΩ t

(4)

En (a):

∑F

X

= m1 X&&1

→ T1 + KX = − m1 X&&

Reemplazando (4):

60 X&& + 240 X& − 60 senΩ t + KX = −10 X&&

(5)



7 X&& + 24 X& + 400 X = 6 senΩ t (Mov. forzado amortiguado) Donde:

meff = 7 , C eff = 24 , K eff = 400 , F0 eff = 6 , ω * = Ω y η = 0.086 3).- Cálculo de la máxima amplitud de la vibración permanente:

X0 =

F0 eff

(K

eff

− meff Ω

) + (C

2 2

(6)

Ω)

2

eff

Usando máximos y mínimos para la amplitud en función de la pulsación perturbadora:

F0 eff dX 0 =0=− * 2 dΩ

(

0 6444447 444448 2(K eff meff Ω )(− 2meff ) + 2C eff2 Ω

[

[(K

− meff Ω 2

eff

) + (C 2

)

2 K eff − meff Ω 2 (− 2meff Ω ) + 2C eff2 Ω = 0  2meff K eff − C eff2 Ω= 2 2meff 

  

1

2

eff Ω )

2

→

 2 * 7 * 400 − 24 2  =  2 * 72  

]

]

3

2

C eff2 = 2meff (K eff − meff Ω 2 ) 1

2

= 7.16 rad/seg

En (6):

X0 =

6

(400 − 7 * 7.16 ) + (24 * 7.16) 2 2

2

= 0.03396 m → X 0 = 33.96 mm

4).- Cálculo del dominio de la pulsación Ω, que hay que evitar para que la amplitud de oscilación estacionaria del bloque de 10 kg no supere los 25 mm. En (6):

(0.025)2

 =  

 6  2  2 2 400 − 7Ω + (24Ω ) 

(

2

)



 6  160000 + 49Ω 4 − 5600Ω 2 + 576Ω 2 =    0.025  Ω2 =

2

→

Ω 4 − 102.5306Ω 2 + 2089.8 = 0

102.5306 ± 102.5306 2 − 4 * 2089.8 102.5306 ± 46.404 = 2 2

De donde, se tiene:

Ω1 = 8.629 rad/seg y Ω 2 = 5.2975 rad/seg Luego:

5.298 ≤ Ω ≤ 8.629 (rad/seg) 5-16.- Una masa de 0.5 kg está suspendida de una barra rígida AB a través de un resorte cuya constante K vale 100 N/m. Al extremo de la barra AB se le da un movimiento vertical sinusoidal δA =2 sen 14 t (mm), con t en segundos. ¿Cuál será la máxima fuerza sobre la barra en el punto C, mucho tiempo después de que el movimiento haya comenzada?

5-16

δc(t)

Solución

Y

1).- Modelo discretizado (ver figura P516a) y cálculos elementales (ver figura P5-16b):

ℑ K

m

ℑ P5-16a

0.3

0.3 B

δA 0.6

=

δC 0.3

→ δC =

δA 2

δc δA

C P5-16b

A __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


2).- Cálculo de la aceleración máxima:

W a).- D.C.L. (ver figura P5-16c):

b).-Relaciones cinéticas:

Fe

∑ FY = mY&& − Fe = mY&& → − K (Y − δ C ) = mY&&

N K K Y&& + Y = δ C m m

P5-16c

0.1 Y&& + 200Y = sen 14 t (Movimiento forzado no amortiguado) 0.5 La aceleración máxima de la masa se da en la solución particular, luego:

F0 X0 =

K

m

0.1 0.5 = 0.05 m m = 2 200 − 14 2 − ω*

Si:

X P = X 0 senω*t , X& P = X 0ω* cos ω*t y X&& P = − X 0ω*2 senω*t La aceleración máxima se da cuando:

senω *t = 1

Fe

X&& P = −0.05 *14 2 = −9.8 m/seg2 max

3).- Cálculo de la fuerza elástica máxima que actúa en C (ver figura P5-16d):

(

mg − Fe = − mX&& → Fe = m g + X&& máx Fe = 0.5(9.81 + 9.8) = 9.805 N

)

mg P5-16d



5-17.- Cada una de las bolas de 0.5 kg está sujeta al extremo de la varilla elástica sin peso que flexiona 4 mm cuando recibe la aplicación estática de una fuerza de 2 N. Si el collarín central recibe un movimiento armónico vertical de frecuencia 4 Hz y una amplitud de 3 mm, hallar la amplitud Y0 de la oscilación vertical de cada bola.

Solución 1).- Cálculo de Ke y la función desplazamiento δ (t):

Ke =

2 = 500 N/m 0.004

P5-17

ω* = 2π f * = 4 * 2π = 25.133

rad/seg

δ(t)

b = δ 0 = 0.003 m

δ (t ) = 0.003 sen 25.133 t

Y m

ℑ Ke

2).- Modelo discretizado para una de las bolas:

m 3).- Relaciones cinéticas:

ℑ

a).- D.C.L.( ver figura P5-17b):

P5-17a

W b).-

∑F

Y

= mY&& → − Fe = mY&& Fe

− K e (Y − δ (t ) ) = mY&& K K Y&& + e = e δ (t ) m m

(Mov. Forzado no amortiguado)

N P5-17b



500 500 * 0.003 Y&& + Y= sen 25.133 t 0.5 0.5 Donde:

ω n = 31.623 0.003K e Y0 =

ω 1 −  * ωn

rad/seg

Ke

  

2

=

0.003 = 0.00815 m 1 − 0.632

→

Y0 = 8.15 mm

5.18.- Para el sistema representado escribir su ecuación diferencial del movimiento en función de la variable X. Hallar la expresión del índice de amortiguamiento η en función de las constantes del sistema indicadas. Despreciar la masa de la palanca AB y suponer que se efectúan pequeñas oscilaciones en torno a la posición de equilibrio representada. P-18 Solución 1).- D.C.L.: a).- Para los cuerpos en equilibrio estático: T1 Ox

a O

Oy

b

A

T1

B

(a)

w

Fes P5-18a

(b)



b).- Para los Cuerpos en movimientos, con pequeñas oscilaciones:

T

Ox

a

A

O

Oy

b

w

T1 B

Fd

VB

Fe

P5-18b (a)

(b)

2).- Relaciones cinéticas: a).- Para los cuerpos en equilibrio estático: En (a):

∑M

0

= 0 → T1 a = 0 → T1 = 0

En (b):

∑F

X

= 0 → − mg + Fes = 0 → Kδ s − mg = 0

(1)

b).- Para los cuerpos en movimiento, con pequeñas oscilaciones:

En (a),

(mBA ≅ 0)

y

ω=

X& a

⇒

VB =

bX& a

 bX&  M = 0 → − F b − T a = 0 → − C ∑ 0 d  a 

 b  b − T a = 0 → T = −  CX& (2)  a  2

En (b): 2

b ∑ FX = mX&& → T − mg − K ( X − δ s ) = mX&& → −  a  CX& − mg − KX + Kδ s = mX&& 2 &X& + b C X& + K X = 0 (Mov. libre amortiguado) m a2m __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


2).- Cálculo de η:

2ηω n =

b 2C → η= a 2m

b 2C 2a 2 m

K m

→

η=

b 2C 2a 2 Km

5-19.- Las dos masas de la figura se deslizan por sendas superficies horizontales exentas de rozamiento. En la posición de equilibrio, la barra ABC está vertical, siendo despreciable su masa. Si a = 100 mm y se supone oscilaciones de pequeña amplitud, determinar: a).- La razón de amortiguamiento η. b).- El tipo de movimiento (Subamortiguado, sobreamortiguado o críticamente amortiguado). c).- La frecuencia y periodo del movimiento (Si procede). d).- El valor de “a” que da amortiguamiento crítico.

P5-19

Solución 1).- Para el sistema en equilibrio estático: a).- D.C.L.(s):

T1'

W1

W2 Ox T1'

Oy

T2'

Fes1 Fes2

N1

T2'

N2 (a)

P5-19a

(b)

(c)

b).- Relaciones cinéticas: En (a):



∑F

= 0 → T1 ' = Kδ S 1

X

(1)

En (b):

∑M

= 0 → aT1 ' = 0.2T2 ' → T1 ' =

B

0.2 T2 ' a

(2)

En (c):

∑F

X

T2 ' = Kδ S 2

=0 →

(3)

(1) y (3) en (2) :

Kδ S 1 =

0.2 a Kδ S 2 → δ S 2 = δS1 a 0.2

(4)

2).- Para el sistema en movimiento: a).- D.C.L.(s):

δ

W1

X

W2

A

T1

By T1

T2

Bx

Fe 2

B

Fe 1

N2

N1 T2

Fd

C δ

δS 2X

P5-19b (a)

(b)

δ1 = X + δ S 1

y

(b)

δ2 = 2X −δS 2

b).- Relaciones cinemáticas:

X2 =

0.2 X a

0.2 & → X& 2 = X a

y

0.2 && X&& 2 = X a

c).- Relaciones cinéticas: En (c):



∑F

X

= m2 X&& 2

→ − Fe 2 − T2 = m2 X&& 2

→

a 0.2   − K2X − δ S 1  − T2 = m2 X&& 0.2 a  

a  0.2  0.2 T2 = − K  X− δS1  − m2 X&& 0.2  a  a

(5)

En (b): 0 } 0.2 ∑ M B = I B α → aT1 + 0.2(Fd − T2 ) = 0 → T1 = a (T2 − Fd )

Si:

0.2 & Fd = CX& 2 = CX a

⇒ T1 =

0.2  0.2 &  CX   T2 − a  a 

(6)

En (a):

∑F

X

= m1 X&& → T1 − Fe 1 = m1 X&&

(7)

(6) en (7):

0.2 0.04 T2 − 2 CX& − K (X + δ S 1 ) = m1 X&& a a

(8)

(5) en (8):

 0.04 − 0.2   0.2 X a  0.2 K − δS1  + m2 X&&  − 2 CX& − K (X + δ S 1 ) = m1 X&&  a   a 0.2  a  a  a 2 + 0.04  0.04  0.04   KX = 0 X&&  m1 + 2 m2  + 2 CX& +  a a2   a   X&& +

(

)

0.04 C a 2 + 0.04 K & X+ X =0 0.04  0.04  2 2 a  m1 + 2 m2  a  m1 + 2 m2  a a    

(9)



3).- Para a = 0.1 m, reemplazando en (9):

X&& + 34.2857 X& + 142.86 X = 0 Donde:

ω n = 11.9523

rad/seg

2η ω n = 34.2857

η=

34.2857 = 1.434 2 * 11.9523

Lo que nos dice, que es un movimiento sobreamortiguado, por lo que no tiene frecuencia ni periodo. 4).- Cálculo de “a” para el movimiento críticamente amortiguado (η = 1): Luego:

24 = 2 *1* 10 a 2 + 0.6

(a

2

)

+ 0.04 * 2000 10 a 2 + 0.6

→

24 2 = 4 a 2 + 0.04 * 2000 2 10 a + 0.6

(

)

10a 4 + 0.6a 2 + 0.4a 2 + 0.024 = 0.072

a 4 + 0.1a 2 − 0.0048 = 0 → a 2 =

− 0.1 ± 0.12 + 4 * 0.0048 = 0.03544 2

a = 0.1883 m ó a = 188.3 mm. 5-20.- Una mujer de 55 kg se halla de pie en el centro de un tabón apoyado por los extremos y produce una flecha de 22 mm en el centro. Si dobla levemente las rodillas con el objeto de provocar una vibración vertical, ¿cuál será la frecuencia natural fn del movimiento? Se supondrá que el tablón responde elásticamente y se despreciará su relativa pequeña masa.

Solución

P5-20



1).- Discretizando el sistema (ver figura P5-20a):

Ke m

2).- Cálculo de Ke, cuando la mujer esta quieta (ver figura P5-20b):

∑F

X

P5-20a

= 0 → mg = K eδ s Ke

Ke =

55 * 9.81 = 24 525 N/m 0.022

3).- Cuando el cuerpo se encuentra en movimiento: X

a).- D.C.L.: (ver figura P5-20c) mg


∑F

X

P5-20b N

= m X&&

K − K e X = m X&& → X&& + e X = 0 m

Fe X

24 525 X&& + X =0 55

mg

P5-20c Donde:

ωn = 21.1166

rad/seg →

fn =

ωn = 3.36 2π

Hz

5-21.- Una varilla AB de 800 gr está atornillada a un disco de 1.2 kg. El centro A de éste, está sujeto a un muelle de constante K = 12 N/m cuyo otro extremo C está unido a una pared. Sabiendo que el disco rueda sin deslizar, hallar el periodo de las pequeñas oscilaciones. P5-21 Solución



1).- D.C.L.:

m Dg

Fe θ

f


∑M

Ci

0.05 cos θ

Ci

= I C iθ&&

N P5-21a

Si:

m bg

 0.6 2  1 1  1  I C i =  m D r 2 + m D r 2 + mb l 2 + mb * 0.05 2  = 1.2 * 0.25 2  + 1 + 0.8  + 0.05 2  12 2  2   12  I C i = 0.1385 kg m2 Luego: θ

l 678 − mb g sen θ − K (r θ ) r = I Aθ&& → 2

θ&& + 22.414 θ = 0

(− 0.8 * 9.81* 0.3 − 12 * 0.25 )θ = 0.1385 θ&& 2

→ ω n = 4.7344 rad/seg

Luego:

T=

2π

ωn

= 1.327 seg

5-22.- La lenteja esférica del péndulo de la figura oscila en el seno de un fluido que le ejerce una fuerza resistente de la forma Kv2, donde K es una constante y v es la velocidad de la lenteja. Si la masa de ésta es m y puede despreciarse la masa, resistencia de la varilla y el rozamiento en la suspensión, deducir la ecuación diferencial del movimiento del péndulo para pequeñas oscilaciones.

P5-22 __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


o

Solución

θ

1).- D.C.L.:

en T


et

v = θ& l et 2

Kv

a = θ&& l et + θ& 2 l en

θ


∑F

t

θ&& +

= m at

mg

( )

→ − mg θ − K θ& l

2

P5-22a

= m θ&& l

()

Kl & & g & θ θ + θ =0 m l

5-23.- El disco uniforme cuelga de una rótula (no representada) que encaja en la pequeña bola O. Hallar el período del pequeño movimiento si el disco se balancea libremente alrededor: a) del eje A-A y b) del eje B-B. Despreciar el leve descentrado, la masa y el rozamiento de la bola.

P5-23

Solución OY

1).- Para el balanceo del disco alrededor del eje A-A: a).- D.C.L (ver figura P5-23a).:

O

OX


∑M

O

= I Oθ&&

r

θ

1  − mg r θ =  m r 2 + m r 2  θ&& 4 

θ&& +

4g θ = 0 (M.A.S.) 5r

Y

G

r

X mg

P5-23a



g (Unid. de velocidad angular) 5r

ωn = 2

OY O

Luego:

T=

OX

2π

ωn

=π

5r (Unid. de tiempo) g

Y r

θ

2).- Para el balanceo del disco alrededor del eje B-B:

G X

a).- D.C.L. (ver figura P5-23b):

r mg


∑M

O

= I Oθ&& P5-23b

1  − mg r θ =  m r 2 + m r 2  θ&& 2 

θ&& +

2g θ = 0 (M.A.S.) 3r

→

ωn =

2g (Unid. de velocidad angular) 3r

Luego:

T=

2π

ωn

= 2π

3r (Unid. de tiempo) 2g

5-24.- En el cilindro de radio R se práctica, como se muestra, un orificio de radio R/4 para formar un cuerpo de masa m. Si éste rueda sin deslizamiento por la superficie horizontal, hallar el período de sus pequeñas oscilaciones.

Solución 1).- D.C.L.:

P5-24



ρ=

mt mt = A π R2

m1 = ρ A1 =

mt *π π R2

R   4

2

θ O

Y

G

m m1 = t 16

θ

X

mg

2).- Cálculo de la posición del centro de masa respecto a O: A

m R − (sen θ i + cos θ j ) t 16 = − R (sen θ i + cos θ j ) rG = 2 30  16 − 1  mt    16 

ƒ

N

5-24a

3).- Cálculo del momento de inercia de masa, respecto a A: 2 2 mt  1  R   R   1 1 1+ 8  2 2 1 2 I O = mt R −   = 0.482 mt R    +    = mt R  −  2 16  2  4   2    2 16  32   2

1  R  15  R   I G = I O − m t 1 −    = I O − m t   16  30   16   30  15  R I A = I G + mt  R −  16  30  2

2

2

2

15  R  15 15  R  15 R I A = I O − mt   + mt R 2 + mt   − mt R   16  30  16 16  30  8  30  I A = 0.482 mt R 2 +

15 15 mt R 2 − mt R 2 = 1.357 mt R 2 16 240




∑M

A

15 R mt g * sen θ = − I Aθ&& = −1.357 mt R 2θ&& = H& A → 16 30

Para

θ ≅ 0:

θ&& +

15 g θ =0 16 * 30 *1.357 R

0.023 g → θ&& + θ =0 R

Donde:

T = 2π

R R = 41.43 (Unid. de tiempo) 0.023 g g

5-25.- La tolva de cemento tiene una masa total m = 5500 kg y está siendo descendida a 1.2 m/seg cuando el tambor izador se detiene repentinamente. Hallar el desplazamiento descendiente adicional ∆h de la tolva y la frecuencia fn de la consiguiente vibración de la tolva para h = 12 m. La longitud del cable de acero de 25 mm de diámetro es L = 15 m entre la polea y el tambor. El módulo elástico del acero es E = 200 GPa. (Recuérdese que E = σ/ε, donde el esfuerzo σ es fuerza por unidad de superficie y la deformación ε es el alargamiento elástico por unidad de longitud). P5-25 Solución 1).- Se tiene el modelo discretizado (ver figura P5-2a):

X 2).- Relaciones cinéticas.- Como la única fuerza que produce trabajo en el modelo discretizado es la fuerza elástica, la energía mecánica se conserva.

Ke m

Para una posición cualquiera:

EM X =

1 &2 1 mX + K e X 2 → cte 2 2

Derivándole con respecto al tiempo:

µ=0 P5-25a



1 1 * 2 X& X&& m + * 2 X X& K e = 0 2 2 K X&& + e X = 0 (M.A.S.) m

(1)

a).- Cálculo del Ke, para los resortes en serie:

K1 K 2 K1 + K 2

Ke = Si:

δ=

PL → EA

 E A P= δ  L 

→ K1 =

(

( E A )2

EA EA y K2 = L h

11 0.025 E A 2 x10 * π * L h 2 Ke = = = 27  1 1 L+h E A +   L h

)

2

= 3 636 102.602 N/m

b).- Cálculo de la frecuencia circular natural y la frecuencia natural:

Ke = 25.712 rad/seg m

ωn = fn =

ωn = 4.092 2π

Hz

c).- Solución de la ecuación diferencial (1):

X (t ) = c sen (ω n t + φ )

(2)

X& (t ) = c ω n cos(ω n t + φ )

(3)

Para,

t = 0, X = 0, X& = 1.2 m/seg:

En (2):



0 = c sen φ → φ = π En (3):

12 = c ω n cos π

→ c = ∆h =

1.2

ωn

=

1.2 = 0.04667 m 25.712

∆h = 46.7 mm 5-26.- ¿Cuál es el radio de giro de la lancha rápida respecto a un eje que pase por su centro de masa, si se sabe que el bote oscilará alrededor de su eje vertical una vez por segundo? La masa del bote es de 5500 kg.

A

B

P5-26 Solución Cuando se gira un pequeño ángulo, con respecto a un eje vertical que pasa por su centro de masa: Y

Y

1).- D.C.L.: X T

CD A

h

β

β

h

T

b/2 G

Z

θ

x

b/2

T

T Z

B

B

mg

X

X

X

mg

P5-26a



Si:

X = 4 sen β y X = 3 sen θ Luego:

4 sen β = 3 sen θ → sen β =

3 sen θ 4

Para pequeños ángulos:

3 θ 4

β=


∑F

= 0 → T cos β + T cos β = mg → T =

Y

∑M

G

mg 2

(1)

= I Gθ&& → T sen β * 3 cos θ + T sen β * 3 cos θ = −m K G2 θ&&

2 T β * 3 = − m K G2 θ&&

(2)

(1) en (2):

2*

9g mg 3 * θ * 3 = −m K G2 θ&& → θ&& + θ = 0 (M .A.S.) 2 4 4 K G2

Donde:

ω n2 =

9g 4 K G2

(3)

Si:

fn = 1 =

ωn 2π

→ ω n2 = 4 π 2

(4)

(3)=(4):

4π2 =

9g 4 K G2

→ KG =

3 4π

g =

3 4π

9.81 = 0.74773 m



K G = 0.748 m 5-27.- El marco rectangular está construido de varillas delgadas uniformes y cuelga de una rótula (no representada) que encaja en la pequeña bola situada en O. Si se hace que el rectángulo se balancee alrededor del eje AA, hallar la frecuencia circular natural de las pequeñas oscilaciones. Despreciar el leve descentrado, la masa y el rozamiento de la bola. Solución 1).- D.C.L. (representando al cuerpo en el plano en la figura P5-27a):

P5-27 OY

Si, ρ es la densidad lineal O


∑M

O

OX

= ∑ I G i α i + ∑ mi a G i d i en

Donde:

θ

∑ M O = −[2 ρ b + 2 ρ (2b )] g

∑M

b sen θ 2

Y

G et

= −3ρ g b sen θ 2

O

ρ b 3 && 1 2  && ∑ I G iα i = 2  12 ρ b b  θ = 6 θ

∑m a i

Gi

X mg

P5-27a

b b  1  5 d i = 2  ρ b * θ&& *  + ρ (2b ) * b * bθ&& = ρ b 3θ&&  + 2  = ρ b 3θ&& 2 2  2  2

Luego:

1 5 8 − 3ρ g b 2 sen θ = ρ b 3θ&&  +  = ρ b 3θ&& 6 2 3 Para ángulos pequeños:



θ&& +

9g θ = 0 (M.A.S.) 8b

Donde:

ωn =

9g 3 g = (Unid. de velocidad angular) 8b 2 2b

5-28.- Una pequeña esfera de 2.5 kg de masa se sostiene mediante dos cordones elásticos y tensos sobre un plano sin rozamiento. Si se necesita una fuerza de 225 N para producir un alargamiento de 25 mm de cada cordón, ¿cuál será la frecuencia circular natural para pequeñas oscilaciones del cuerpo en dirección transversal? Además determinar la frecuencia circular natural del peso en la dirección de los cordones, también para pequeñas oscilaciones. Ignorar la masa de los cordones. La fuerza de tracción en los cordones en la configuración que se muestra es de 450 N.

Solución

P5-28

1).- D.C.L., para el cuerpo en movimientos transversal y en la dirección de los cordones: Y

T 1

θ

X

Z

o

θ

T

P5-28a (a)

2

(b)

2).- Cálculo del Ke, de la condición del problema:



225 = K e * 0.025 → K e =

225 = 9 000 N/m 0.025

3).- Para el movimiento transversal: En (a), la segunda Ley de Newton:

∑F

X

= m X&& → − 2 T sen θ = m X&&

(1)

Para pequeños ángulos:

 X  m X&& + 2 T θ = 0 → m X&& + 2 T   = 0  1.5 

L

θ L

Si:

T = K e (δ + δ s )

δs =

δ

450 450 = = 0.05 m Ke 9 000

L +δ = sec θ → δ = L (sec θ − 1) L

P5-28b

Para ángulos pequeños:

δ =0

→

T = 0.05 K e

Luego, en (1):

2 2.5 X&& + * 0.05 * 9 000 X = 0 → X&& + 240 X = 0 (M.A.S.) 1.5 Donde:

ω n = 240 = 15.492

rad/seg

4).- Para el movimiento en la dirección de los cordones: En (b), la segunda Ley de Newton: __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


∑F

= m Y&& → T1 − T2 = m Y&&

Y

K e (δ s − Y ) − K e (δ s + Y ) = m Y&& → − 2 K e Y = m Y&& 2 * 9 000 Y&& + Y = 0 → Y&& + 7200 Y = 0 (M.A.S.) 2.5 Donde:

ω n = 7 200 = 84.853

rad/seg

5-29.- El Bloque de masa M está suspendida mediante las dos varillas delgadas uniformes de masa m cada una. Hallar la pulsación natural ωn de las pequeñas oscilaciones del sistema. Solución Las únicas fuerzas que producen trabajo son los pesos, por lo que la energía mecánica se conserva. 1).- Diagrama para un instante cualquiera ( l

P5-29

= L ): C

O

θ

H = L (1-cosθ)

A

θ

L (1-cosθ)

θ

Gθ

2

L 2

Bθ Ao

Go

h

L.R. Bo

P5-29a 2).- Por conservación de la energía mecánica, si las barras OA, BC tienen movimiento alrededor de ejes fijos y el bloque en movimiento de traslación. a).- Energía mecánica para un θ (pequeña) cualquiera:



l l U θ = 2 mg h + MgH = 2 mg  (1 − cos θ ) +  + Mg l (1 − cos θ ) 2 2 U θ = mg [l (1 − cos θ ) + l ] + Mg l (1 − cos θ )

( )

1 1  1 E K θ = 2  * m l 2θ& 2  + M l θ& 2 3  2

2

1  1 = θ& 2 l 2  m + M  2  3

M m E M θ = mg l + g l (1 − cos θ ) (M + m ) + θ& 2 l 2  +  → cte  2 3

(1)

b).- Derivando (1) respecto al tiempo:

M m 0 = l (M + m ) g sen θ θ& + l 2  +  * 2 θ& θ&&  2 3 Para ángulos pequeños:

θ&& l (M + 23 m ) + g (M + m ) θ = 0

→

θ&& +

g l

 M +m     M + 2 m  θ = 0 (M.A.S.) 3  

Donde:

ωn =

g M +m    (Unid. de aceleración angular) l  M + 23 m 

5-30.Calcular el índice de amortiguamiento η del sistema representado, si la masa y el radio de giro del cilindro escalonado son m = 9 kg y KG = 140 mm, la constante del resorte es K = 2.6 KN/m y el coeficiente de amortiguamiento del cilindro hidráulico es C = 30 N-seg/m. El cilindro rueda sin deslizamiento sobre su radio r = 150 mm y el resorte resiste tanto a la tracción como a la compresión así como el eje del cilindro está fijo respecto a la barra.

P5-30




2).- Relaciones cinéticas: 0 6447 44 8 2 & ∑ M A k = H A k + ρ AG j x ω r j = I Aα k

X&& − K X r − C X& r = m K G2 + m r 2 r

(

)

ƒ

X&& * 9 (0.14 2 + 0.15 2 ) + 0.15 2 * 30 X& + 0.15 2 * 2 600 X = 0 X&& + 1.781 X& + 154.39 X = 0

(Mov. libre amortiguado)

P5-30a

Donde:

mef = 1, C ef = 1.781, K ef = 154.39 y ωn = 12.425 rad/seg Luego:

2 η ω n = 1.781

→ η=

1.781 = 0.07167 2 * 12.425

η = 0.0717 5-31.- Estudiar el caso de amortiguamiento de Coulomb para el bloque de la figura, en la que el coeficiente de rozamiento cinético µc y cada resorte posee una rigidez K/2. El bloque se separa una distancia X0 de la posición neutra y luego se suelta. Encontrar y resolver la ecuación diferencial del movimiento. Representar gráficamente la oscilación resultante e indicar la velocidad de decrecimiento “r” de la amplitud por unidad de tiempo.

P5-31



Solución 1).- D.C.L.:


∑F

X

= m X&& → − 2 Fe − Fd = m X&&

K 2  C 2 X&& + e X& +   = 0 m m P5-31a

C K X&& + e X& + = 0 (Mov. libre amortiguado) m m Donde:

ωn =

K Ce , ω' = ωn 1 − η 2 y η = 2 ωn m m

La solución de la ecuación diferencial sería:

X (t ) = e −η ωnt (C1 sen ω ' t + C 2 cos ω ' t )

(1)

X& (t ) = −η ω n e −η ωnt (C1 sen ω ' t + C 2 cos ω ' t ) + e −η ωnt (C1ω ' cos ω ' t − C 2ω ' sen ω ' t )

(2)

Para, t = 0 , X

= X 0 y X& = 0 :

En (1):

X 0 = C2 En (2):

0 = −η ω n X 0 + C1ω ' → C1 =

η X 0ω n η = X0 ω' 1 −η 2



Luego:

 η   X (t ) = e −η ωnt  X sen ω ' t + X cos ω ' t 0 0 2 η 1 −   Si:

 η2   X0 = X0 1 C' = C + C =  +  1 −η 2  1 −η 2   2 1

∴ X (t ) =

2 2

X0 1−η

2

 C2 y φ ' = tg   C1 −1

2   −1  1 − η  = tg  η  

   

e −η ω 't sen (ω ' t + φ ')

3).- Determinación de la razón de caída:

X1 – X2 C’

η

θ

ω' t

η

P5-31b Para la determinación de la razón de caída en el amortiguamiento de Coulomb, recurrimos a igualar el trabajo realizado y el cambio de energía cinética, escogiendo un medio ciclo, que arranca de la posición extrema con velocidad igual a cero y amplitud X1, por lo que el cambio de energía cinética será igual a cero, luego también el trabajo lo será.

(

)

1 1 K X 12 − X −21 − Fd ( X 1 + X −1 ) = 0 → K ( X 1 − X −1 ) = Fd 2 2



Repitiendo este procedimiento, para el próximo medio ciclo, se encuentra un ulterior decrecimiento de la amplitud 2Fd/K, así la caída de la amplitud por ciclo es constante e igual a:

X1 − X 2 =

4 Fd X − X 2 dAm y tgθ = 1 = =r K T dt

Luego:

r=

4 Fd 4 µ c mg ω ' = * Kt K 2π

→

r=

2 µc g

π

m K

5-32.- Una viga ménsula de longitud L tiene un motor eléctrico A de 100 N de peso fijado en su extremo libre. Dicho extremo desciende 12 mm cuando se fija el motor. Si el centro de masa del rotor está a una distancia de 2 mm del eje de rotación del mismo, ¿cuál será la amplitud de vibración del motor cuando éste esté girando a 1750 RPM?. El rotor pesa 40 N. Ignorar la masa de la viga y la fricción molecular en está.

P5-32

Solución 1).- Cálculo del Ke y de la fuerza perturbadora sinusoidal:

Ke =

100 = 8 333.33 N/m 0.12

Si:

ω* = 1750 *

π 30

F0 = m r a G n =

= 183.26 rad/seg 40 * 0.002 * 183.26 2 = 273.877 N 9.81

Luego:

F(t ) = 273.877 sen 183.26 t 2).- Para el motor en funcionamiento:



a).- Modelo discretizado y D.C.L. (ver figura P5-32a):

P5-32a


∑F

X

F(t ) K = m X&& → − K e X + F(t ) = m X&& → X&& + e X = m m

8 333.33 273.877 X&& + X = sen 183.26 t → X&& + 817.5 X = 26.87 sen 183.26 t 10.193 10.193 Donde:

ω n = 28.59

rad/seg

Luego:

F0

X0 =

26.87 m = = −8.2 x10 −4 m 2 ω − ω* 817.5 − 183.26 2 2 n

X 0 = −0.82 mm

ω* >> ω n

La masa permanece esencialmente estacionaria, debido a su inercia (no puede reaccionar con

suficiente rapidez), además

X0

δ0

es negativa y la oscilación está en oposición de fase (desfasado 180°)

con la fuerza.



5-33.- Dos esferas de M = 2 kg de masa cada una están soldadas a una barra ligera que está articulada en el punto B. Una segunda barra ligera AC está soldada a la anterior. Se aplica una perturbación en el punto A igual a F = F0 sen ωt. En el otro extremo C, se encuentra un muelle recuperador que cuando AC está horizontal no presenta deformación. ¿Cuál es el ángulo de rotación del sistema 10 seg después de la aplicación de la carga sinusoidal? El sistema está estacionario en el instante t = 0. Tomar: ω = 13 rad/seg, ℓ = 300 mm, K = 7 N/m, F0 = 10 N y a = 100 mm.

Solución

P5-33

1).- D.C.L.: θ

l=l θ θ 2).- Relaciones cinéticas:

∑M

B

θ

θ δ= senθ

= H& O Z θ

1 1 } } − F cos θ + Fe cos θ − Mg sen θ + Mg sen θ = −2 M l 2θ&&

Fe

θ

P5-33a

2M l 2θ&& + K (a θ ) a = a F0 sen ω t → 2 * 2 * 0.3 2 θ&& + 7 000 * 0.12 θ = 0.1 * 10 sen 13 t 0.36 θ&& + 70 θ = sen 13 t

θ&& + 194.444 θ = 2.7778 sen 13 t

(Mov. forzado no amortiguado)

(1)

Donde:

ω n = 13.9443

rad/seg,

mef = 1 kg, F0 ef = 2.7778 N, K ef = 194.444 N/m y ω* = 13 rad/seg

Solución de la ecuación diferencial (1): __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


θ (t ) = θ P + θ C a).- Solución particular:

θ P = D sen 13 t Si:

F0 ef D = θ0 =

K ef ω 1 −  *  ωn

  

2.7778 194.444 = 0.10917 rad = 2  13  1−    13.9443 

θ P = 0.10917 sen 13 t

(2)

b).- Solución complementaria:

θ C = c sen (ω n t + φ ) Luego:

θ (t ) = 0.10917 sen 13 t + c sen (13.9444 t + φ )

(3)

θ&(t ) = 1.4192 cos13 t + 13.9444 c cos(13.9444 t + φ )

(4)

Para, t = 0,

θ = 0°

y

θ& = 0

en (3) y (4):

0 = 0.10917 sen 0° + c sen φ → φ = 0 0 = 1.4192 cos 0° + 13.9444 c cos 0° → c =

− 1.4192 = −0.1018 13.9444

∴ θ (t ) = 0.10917 sen 13 t − 0.1018 sen 13.9444 t

(5)

3).- Cálculo del ángulo de rotación, para t = 10 seg, en (5):

θ (10 ) = 0.10917 sen130 − 0.1018 sen 139.444



θ (10 ) = −0.10154 − 0.0954 = −0.19694

rad

θ (10 ) = −11.2838° ≅ −11.28° 5-34.- La lenteja de 1.2 kg de un péndulo simple de longitud ℓ = 600 mm cuelga de una corredera C de 1.4 kg. Éste ejecuta un movimiento forzado según la relación XC = δm sen ωf t, con una amplitud δm = 10 mm y una frecuencia ff = 0.5 Hz. Hallar la amplitud del movimiento. Solución P5-34

1).- D.C.L. (ver figura P5-34a):

2).- Relaciones cinemáticas: Si:

θ

1 ω f f = = * = 0.5 → ω* = π rad/seg T 2π θ

X C = ±0.01 sen π t , X& C = ±0.01 π cos π t

X&& C = m0.01 π 2 sen π t

P5-34a

a P = aC + θ&& k x l (− sen θ i − cos θ j ) − θ& 2 l (− sen θ i − cos θ j ) a P = aC i + l θ&& cos θ i − l θ&& sen θ j − l θ& 2 (− sen θ i − cos θ j ) Para ángulos pequeños:

[

(

)]

(

)

a P = a C + l θ&& + θ& 2θ i + l − θ&& θ + θ& 2 j 3).- Relaciones cinéticas:



∑F

[

(

)]

(1)

)]

(2)

X

= m aP X

→ T sen θ = m aC + l θ&& − θ& 2θ

Y

= m aP Y

→ T cos θ = m g + l − θ&& θ + θ& 2

∑F

[

(

(1) ÷ (2):

(

) )

θ } aC + l θ&& + θ& 2θ tgθ = g + l − θ&& θ + θ& 2

(

0 } → − g θ − l θ&& θ& 2 + θ& 2 l θ = aC + l θ&& + θ& 2 l θ

+ 0.01 π 2 g → θ&& + θ = sen π t l l θ&& + 16.35 θ = 0.1645 sen π t (Mov. forzado no amortiguado) l θ&& + g θ = −a C

Donde:

ω n = 4.0435

rad/seg,

mef = 1 kg, K ef = 16.35 N/m y F0 ef = 0.1645 N

Luego:

θ0 =

0.1645 = 0.0254 rad 16.35 − π 2

Por lo tanto:

X 0 = X C máx + X P

C

máx

= 0.01 + 0.6 * 0.0254 = 0.02523 m

X 0 = 25.23 mm 5-35.- Un péndulo B de peso w está suspendido de un vehículo A que sigue un movimiento XA = δ sen ωt. Si δ es muy pequeña, ¿cuál debería ser ω para que el péndulo B tenga una amplitud de movimiento igual a 1.5 δ? Solución 1).- D.C.L. (ver figura P5-35a): P5-35 __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


A

θ 2).- Relaciones cinemáticas: θ

X A = ± δ sen ω t , X& A = ± δ ω cos ω t X&& A = m δ ω 2 sen ω t a B = a A − θ&& k x l (− sen θ i − cos θ j ) − θ& 2 l (− sen θ i − cos θ j )

(

) (

P5-35a

)

a B = − a A − θ&& l cos θ + θ& 2 l sen θ i + θ&& l sen θ + θ& 2 l cos θ j Para θ pequeños:

(

)

a B = δ ω 2 sen ω t − θ&& l i + l θ&& θ j 3).- Relaciones cinéticas:

∑F

X

= m X&& B

Y

= m Y&&B

∑F

(

→ T sen θ = m δ ω 2 sen ω t − θ&& l →

(

T cos θ = m l θ&& θ + g

)

)

θ } δ ω 2 sen ω t − θ&& l tg θ = l θ&& θ + g 0 } δ ω2 g & & & g θ + θ l θ 2 = δ ω 2 sen ω t → θ&& + θ = sen ω t l l

Para, ℓ = 1 m:

θ&& + g θ = δ ω 2 sen ω t Donde:

ω n2 = g

(rad/seg)2,

mef = 1 kg, K ef = g N/m y

F0 ef = δ ω 2 N

La amplitud angular es:



θ0 =

F0 ef

ω n2 − ω*2

=

δ ω2 g −ω2

rad

4).- Cálculo de la velocidad angular: Si:

X 0 = X A máx + X B

A

máx

}1 = δ + l θ0 = δ + θ0

Se sabe, que:

1.5 δ = δ +

ω2 =

0.5 g 1.5

δ ω2 g −ω2

→ 1.5 (g − ω 2 ) = g − ω 2 + ω 2

→ ω = 1.8083 rad/seg

5-36.- Una barra de longitud L y peso w está suspendida de un soporte ligero en el punto A. Este soporte recibe un movimiento XA = δ sen ωt, donde δ es muy pequeña comparado con L. ¿A qué frecuencia ω, debería A moverse si la amplitud del movimiento del extremo B, debe ser igual a 1.5δ? P5-36



X A = ± δ sen ω t , X& A = ± δ ω cos ω t X&& A = m δ ω 2 sen ω t

θ

a A = m δ ω 2 sen ω t i 3).- Relaciones cinéticas:

∑M

A

k = I Aα k + ρ AG x m a A

P5-36a



(

)

L L sen θ k = − I Aθ&& k + (− sen θ i − cos θ j ) x − δ ω 2 sen ω t i 2 2 3g 3δ ω2 L 1 L mg = − m L2θ&& − δ ω 2 sen ω t → θ&& + θ =− sen ω t 2 3 2 2L 2mL

mg

Donde:

3g 3g 3δ ω2 , mef = 1, K ef = y F0 ef = 2L 2L 2mL

ωn = Luego:

θ0 =

3δ ω2 3δ ω2 = 3 g  3 w − 2 m L ω2 2 m L  − ω 2   2l 

4).- Cálculo de la velocidad angular: Si:

X 0 = X A máx + X G

A

máx

=δ +

3δ ω2 = 1.5 δ 3 w− 2 m L ω2

4.5 w − 3 m L ω 2 = 3 w − 2m L ω 2 + 3 ω 2

ω=

3 g + w L  → 1.5 w = ω 2  g  

1 .5 w g (Unid. de velocidad angular) 3g+wL

5-37.- Un sólido rígido A descansa sobre un muelle de rigidez K igual a 8.8 N/mm. Un taco de plomo B cae sobre el bloque A con una velocidad de impacto de 7 m/seg. Si el impacto es perfectamente plástico, ¿cuáles serán la frecuencia circular natural y la amplitud del movimiento del sistema, suponiendo que el taco de plomo queda pegado a A durante todo el tiempo? Tomar wA = 134 N y wB = 22 N, ¿cuál será la distancia recorrida por A en 20 mseg? (Precaución: tener cuidado con las condiciones iniciales).

Solución

P5-37



1).- Condiciones iniciales del movimiento.- Cálculo de la velocidad de los bloques A y B, un instante después del choque complemente plástico, por conservación de la cantidad de movimiento en la dirección vertical. 0 } m BV B + m A V A = (m A + m B ) V

V=

mB 22 VB = * 7 = 0.987 m/seg m A + mB 134 + 22

2).- Cuando el cuerpo A se encuentra en equilibrio (ver figura P5-37a):

∑F

Y

=0

δS

wA − K δ s = 0

P5-37a 3).- Cuando el sistema se encuentra en movimiento: a).- D.S.F. (ver figura P5-37b): WA + WB b).- Relaciones cinéticas:

∑F

Y

= mt Y&&

w A + wB − K (Y + δ s ) = (m A + mB ) Y&& 0 647 48 (w A − K δ s ) + wB − K Y = (m A + m B ) Y&&

 134 + 22  &&   Y + 8 800 Y = 22  9.81  Y&& + 553.46 Y = 1.386 (Mov. forzado sin amortiguamiento)

P5-37b

(1)

Donde:



ω n = 553.46 = 23.526

rad/seg

La solución de la ecuación diferencial, está conformado por una solución complementaria y otra particular.

Y(t ) = YC + YP YC = c sen (ω n t + φ ) Para,

YP (función polinómica):

YP = A0 En (1):

553.46 A0 = 1.384 → A0 = 2.5 x10 −3 m2/N seg2 Luego:

Y(t ) = c sen (ω n t + φ ) + 2.5 x10 −3

(2)

Y&(t ) = c ω n cos(ω n t + φ )

(3)

Para, t = 0, Y = 0 y

Y& = V = 0.987 m/seg; en (2) y (3):

0 = c sen φ + 2.5 x10 −3

→

0.987 = c ω n cos φ = 23.526 c cos φ

→

c sen φ = −2.5 x10 −3

(4)

c cos φ = 0.04195

(5)

(4) ÷ (5):

tgφ = −0.0596 → φ = −0.06 rad y c = 0.042 m En (2):

Y(t ) = 0.042 sen (23.526 t − 0.06 ) + 2.5 x10 −3 m 4).- Cálculo del Ymáx.- Esto se da cuando

(6)

Y& = 0 , luego en (3):



0 = 0.042 * 23.526 cos (23.526 t − 0.06 ) Esto se da, si:

cos (23.526 t − 0.06 ) = 0 → 23.526 t − 0.06 =

π 2

= 1.57 → t = 0.06932 seg

En (6):

Ymáx = 0.042 sen (1.57 ) + 2.5 x10 −3 = 0.0445 m → Ymáx = 44.5 mm 5).- Cálculo de la distancia recorrida por el sistema, en donde está A; en 20x10-3 seg: En (6):

Y(2 x10 − 3 ) = 0.042 sen (23.526 * 20 x10 −3 − 0.06 ) + 2.5 x10 −3 = 4.19 x10 −5 m Ymáx = 44.5 mm 5-38.- El cilindro A de radio r, masa m y radio de giro K0 es accionado por un sistema de cable y resorte unido al cilindro motor B, que oscila como indica. Si los cables no resbalan en los cilindros y si ambos resortes se tensan hasta el punto de no aflojarse durante un ciclo, hallar la expresión de la amplitud máxima θmáx de la oscilación estacionaria del cilindro A.

P5-38

Solución 1).- D.C.L. del cilindro A (ver figura P5.38a):



2).- Relaciones cinéticas: a).- Cuando el sistema se encuentra en equilibrio estático:

∑M

O

= 0 → − T1 + T2 = 0 → − K δ S 1 + K δ S 2 = 0 → δ S 1 = δ S 2 = δ S

b).- Cuando el sistema está en movimiento: Si:

δ = r θ − r0φ

∑M

0

= I 0θ&& → − T1 r + T2 r = m K 02 θ&&

− K (δ S + δ ) r + K (δ S − δ ) r = m K 02 θ&& → − 2 K r δ = m K 02 θ&&

− 2 K r (r θ − r0φ ) = m K 02 θ&& → m K 02 θ&& + 2 K r 2θ = 2 K r r0φ 2 K r r0 2 K r2 & & θ+ θ= φ 0 cos ω t (Mov. forzado sin amortiguamiento) 2 m K0 m K 02 Donde:

ωn =

r K0

2K (Unid. de velocidad angular) m

3).- Cálculo de la expresión de la amplitud máxima θmáx estacionaria (se da en la solución particular): Si:

θ P = D cos ω t

Derivándole dos veces respecto al tiempo y reemplazando en la ecuación diferencial:

− D ω 2 cos ω t + Dω n2 cos ω t =

(

)

D ω n2 − ω 2 =

2 K r r0φ 0 m K 02

2 K r r0 φ 0 cos ω t m K 02

→ D=

2 K r r0 φ0 m K 02 ω n2 ω 1 −   ωn

  

2



D = φmáx =

φ0  r0 r 

  rad ω  1 −    ωn 

5-39.- Una plataforma de 222 N de peso comprime el muelle 50 mm cuando se coloca cuidadosamente sobre éste. Un motor de 22 N de peso está fijado sobre la plataforma y hace girar una masa excéntrica m que pesa 1 N. La masa m se desplaza 150 mm respecto a su eje de rotación y gira con una velocidad angular de 28 rad/seg. El amortiguamiento viscoso que está presente produce una resistencia al movimiento de la plataforma de 275 N/(m/seg), ¿cuál será la amplitud estacionaria del movimiento de la plataforma?

Solución

P5-39

1).-Cálculo del Ke, cuando el motor todavía no esta montado:

∑F

= 0 → m P g = K eδ S

Ke =

wP

Y

δS

=

222 = 4440 N/m 0.05 F0 sen ω` t

2).- Modelo discretizado, cuando el motor está funcionando (ver figura P5-39a): P5-39a a).- D.C.L. (ver figura P5-39b):

F0 sen ω` t


∑F

X

= m X&&

− K e X − C X& + F0 senω*t = m X&& P5-39b __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


F C & Ke X&& + X+ X = 0 senω* t mt mt mt Donde:

mt =

244 1 = 24.873 kg, ω* = 28 rad/seg y F0 = m a n = * 0.15 * 28 2 = 11.988 N 9.81 9.81

275 & 4440 11.988 X&& + X+ X = senω* t 24.873 24.873 24.873 X&& + 11.056 X& + 178.507 X = 0.482 sen 28 t

→

ω n = 13.36

rad/seg

Luego:

F0 X0 =

(ω

2 n

− ω*2

)

mt

2

 C ω*   +  m  t 

2

=

0.482

(13.36

2

− 28

) + (11.056 * 28)

2 2

= 7.0876 x10 − 4 m 2

X 0 = 0.709 mm 5-40.- En la figura se ilustra los elementos que componen la suspensión trasera tipo “eje oscilante” de los automóviles. El diferencial D está unido rígidamente al chasis del vehículo. Los semiejes están articulados en sus extremos interiores (punto O del semieje representado) y están unidos rígidamente a las ruedas. Otros componentes de la suspensión, que no se representan, limitan el movimiento de la rueda al plano de la figura. El conjunto de rueda y neumático tiene una masa M = 45 kg y su momento de inercia respecto a un eje diametral que pase por el centro de masa G es 1.4 kg m2. La masa del semieje es despreciable.

ℑ

P5-40



La constante del resorte y el coeficiente de amortiguamiento son K = 8.75 KN/m y C = 2 600 N seg/m respectivamente. Si se presenta un desequilibrio estático en la cubierta de la rueda, como el que supone la masa adicional concentrada m = 0,25 kg que se indica, hallar la velocidad angular ωn cuyo efecto sería excitar el sistema de suspensión a su frecuencia natural no amortiguada. ¿Cuál sería la correspondiente celeridad v del vehículo? Hallar el índice de amortiguamiento η. Suponer pequeñas oscilaciones y despreciar los efectos giroscópicos y las vibraciones del chasis. Para eludir las complicaciones asociadas con la fuerza normal variable que la calzada ejerce sobre la rueda, se tratará al vehículo como si estuviera despegado del suelo con la rueda suspendida libremente en el aire. Solución 1).- Discretizando al sistema: δ

a).- Sistema en equilibrio (ver figura P5-40a):

P5-40a

∑M

0

= 0 → − K δ S (0.6) + M g (0.8) = 0 → 0.6 K δ S = 0.8 Mg

(1)

b).- Sistema con movimiento alrededor del punto fijo “O” (ver figura P5-40b):

δ+

θ c).- Relaciones cinéticas:

∑M

0

= I 0θ&&

P5-40b

mg * 0.8 − K (δ S + Y ) * (0.6) − C Y& (0.6 ) + Mg * 0.8 = I 0θ&&

(2)

(1) en (2):

I 0θ&& + 0.6 C Y& + 0.6 K Y = 1.962 Si:



Y& = 0.6 θ& y Y = 0.6 θ

(I

G

+ M L2 ) θ&& + 0.6 2 C θ& + 0.6 2 K θ = 1.962

(1.4 + 45 * 0.8 ) θ&& + 0.36 * 2 600 θ& + 0.36 * 8 750 θ = 1.962 2

θ&& + 30.99 θ& + 104.3 θ = 1.962

(Mov. forzado amortiguado)

Donde:

ω n = 104.3 = 10.21 η=

C ef 2 mef ω n

=

rad/seg

30.99 = 1.5176 (Mov. sobre amortiguado) 2 *1 * 10.21

2).- Cálculo de la velocidad del vehículo (ver figura P5-40c):

VG = ω n r = 10.21 * 0.35 = 3.5735 m/seg VG = V = 3.5735 *

3600 = 12.865 km/hr 1000 P5-40c

5-41.- Un cilindro de madera de radio r y peso especifico s, está sumergido parcialmente en un baño de agua destilada de peso especifico igual a 64.4 lb/pie3, como se muestra en la figura. Si el cilindro se hunde ligeramente y luego se deja en libertad, encuentre la frecuencia circular natural de oscilación del cilindro si éste permanece vertical todo el tiempo ¿Cuál será la frecuencia circular natural si se utiliza agua salada de peso específico 1.2 veces del agua destilada?

Solución 1).- Por el principio de Arquímedes: P5-41 __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


Si, X (en pies) es el desplazamiento del cilindro, entonces el peso del agua desplazado es

w A = π r 2 X (64.4) , que viene a ser la fuerza

restauradora (empuje) y la masa del cilindro es

mC =

π r 2h s g

.

Ke m

2).- Modelo discretizado (ver figura P5-41a), donde: Ke 647 4 8 Fe = E = w A = 64.4 π r 2 X

P5-41a 3).- D.C.L. y relaciones cinéticas (ver figura P541a):

N

mC X&& + Ke X = 0

π r 2 h s && X + 64.4 π r 2 X = 0

Fe X

g

64.4 g X&& + X =0 hs

mg

P5-41b

ωn =

64.4 g 45.53 = rad/seg hs hs

4).- Para el agua salada.La fuerza restauradora es:

(

1.2 64.4 π r 2 X

)

Luego:

π r 2 s && X + 1.2 (64.4 π r 2 X ) = 0 g

ωN =

77.28 g 49.88 = rad/seg hs hs



5-42.- El bloque de 80 libras está unido a un resorte, cuyo extremo experimenta un desplazamiento periódico de apoyo δA = (0.5 sen 8 t) pies, donde t se expresa en segundos. Determine la amplitud del movimiento del estado estacionario δδc(f) (t)

P5-42 Solución

Y ℑ

1).- Modelo discretizado (ver figura P5-42a):

K

m

P5-42a 2).- Para el Bloque en movimiento (ver figura P5-42b):

W

a).- D.C.L.:

Fe = K (Y − δ (t ) )

Fe


∑F

Y

= mY&& → − Fe = m Y&& → − K (Y − δ ( t ) ) = mY&&

K K 15 * 32.2 15 Y&& + Y = δ ( t ) → Y&& + Y= * 0.5 sen8 t 80 80 m m 32.2

N P5-42b

7.5 Y&& + 6.038 Y = sen 8 t 2.484 Donde:

ω n = 6.038 = 2.457 µ=

rad/seg

ω* 8 = = 3.256 ω n 2.457



F0 Y0 =

K = 2

1− µ

7.5 15 = −0.052 pies 1 − 3.256

Y0 = 0.624 plg 5-43.- Un bloque B de 1,5 kg está unido mediante una cuerda a un bloque A de 2 kg, que cuelga de un muelle de constante de 3000N/m. Sabiendo que se corta la cuerda estando el sistema en reposo. Hallar: a) La frecuencia, la amplitud y la velocidad máxima del movimiento siguiente y b) La velocidad del bloque A, 0.3 seg después de cortarse la cuerda. Solución 1).- D.S.F. del sistema en equilibrio estático y relaciones cinéticas (ver figura P5-43a):

∑F

V

= 0 → K δ S = m A g + mB g

P5-43

Fes = K δS

mB g = K δ S − m A g 2).- D.C.L, cuando el cuerpo A está en movimiento (Ver figura p5-43b):

(mA + mB) g

Fe = K (δ S − Y )

P5-43a

3).- Relaciones cinéticas: Fes = K (δS-Y)

a).-

∑F

Y

= m Y&& → K (δ S − Y ) − m A g = m AY&&

Bg 64 4m7 44 8 (K δ S − m A g ) − K Y = m AY&&

mA g Y P.E.

m K Y&& + Y = B g → Y&& * 1500 Y = 7.358 mA mA

P5-43b



Donde:

ω n = 1500 = 38.73

rad/seg

→

ωn = 6.16

R.P.M.

b).- Solución de la ecuación diferencial:

Y(t ) = YC + YP YC = c sen (ω n + φ )

YP = A0 ,

Y&0 = Y&&0 = 0 → 1500 A0 = 7.3575 → A0 = 4.905 x10 −3

Luego:

Y(t ) = c sen (ω n + t ) + 4.905 x10 −3

(1)

Y&(t ) = c ω n cos (ω n t + φ )

(2)

Para: t = 0 , Y = 0 y

Y& = 0 en (1) y (2):

0 = c senφ + 4.905 x10 −3 → 0 = c ωn cos φ

→ φ=

c senφ = −4.905 x10 −3

π 2

c = −4.905 x10 −3 m → c = 4.9 mm (amplitud)

 π   Y(t ) = 4.905 x10 −3 − sen 38.73 t +  + 1 m 2    c).- Para la velocidad máxima

cos (ω n t + φ ) = 1 :

Y&max = −4.905 x10 −3 * 38.73 = −0.1899

→ Y&max ≅ 0.19 m/seg

d).- Cálculo de la velocidad De A después de 0.3 seg de cortarse la cuerda:

 π  180  Y&0.3 = −4.905 x10 −3 * 38.73 cos   38.73 * 0.3 +  * 2  π  



Y&0.3 = 0.154 ↓ m/seg 5-44.- Un ensamblaje de tres barras ABCD, recibe una ligera perturbación de forma que oscile en el plano YX. ¿Cuál será la frecuencia de oscilación, si la barra tiene una masa de 5 g/mm?

P5-44

Solución

Las únicas fuerzas que producen trabajo son los pesos, por lo que la energía mecánica se conserva. 1).- Diagrama para un instante cualquiera, respecto a la posición de equilibrio; si BC tiene un movimiento de traslación, AB y DC tienen movimiento de rotación alrededor de sus ejes fijos correspondientes. A

B

θ

l cos θ

θ

l cosθ 2

l

l (1 − cos θ ) 2

l

l

G2

l

G1 C2

l (1 − cos θ ) = H

B2 B1

l 2

l (2 − cosθ ) = h 2 L.R.

C1

P5-44a 2).- Por la conservación de la energía mecánica.- Cálculo de la energía mecánica para un instante cualquiera: Si

ρ =5

gr/mm o

ρ =5

kg/m

U g θ = 2 m AB g h + m BC g H = 2 * 5 l *

l (2 − cos θ ) g + 5 l BC * l (1 − cos θ ) g 2



U g θ = 5 * 0.3 2 (2 − cos θ ) g + 5 * 0.5 * 0.3(1 − cos θ ) g = 16.1865 − 11.772 cos θ

( )

1 1  1 Ekθ = 2  * m AB l 2θ& 2  + m BC l θ& 2 3  2

2

1 1 = * 5 * 0.33 θ& 2 + * 5 * 0.5 * 0.3 2 θ& 2 3 2

Ekθ = 0.1575 θ& 2 Luego:

EM θ = 0.1575 θ& 2 + 16.1865 − 11.772 cos θ

(1)

Derivando (1) respecto al tiempo:

d (Ekθ + U g θ ) = 0 → 0.1575 * 2 θ& θ&& + 11.772 sen θ θ& = 0 dt Para ángulos pequeños sen θ ≅ 0 :

θ&& + 37.37 θ& = 0

(MAS)

Donde:

ω n = 37.37 = 6.113

rad/seg

f n = 0.973 Hz 5-45.- La barra tiene una masa de 8 kg y está suspendida por dos resortes de tal manera que cuando se encuentra en equilibrio, éstos forman un ángulo de 45º con respecto a la horizontal como se ilustra. Determine el periodo natural de vibración si la barra se estira abajo una pequeña distancia y se suelta. Cada resorte tiene una rigidez de K = 40 n/m. Fe = K δS

Fe 45º

45º

P5-45 mg

P5-45a

Solución 1).- Cuando la barra se encuentra en equilibrio.-



a).- D.C.L. (ver figura P5-45a): b).- Relaciones cinéticas:

∑F

Y

45º

Fe

L.R.

45º

Y

= 0 → 2 Fe sen45º − mg = 0

2 K δS *

1 − mg = 0 2

Fe

r

2 K δ S − mg = 0

(1)

2).- Cuando la barra está en movimiento: a).- D.C.L. (ver figura P5-45b) mg

P5-45b En la figura P5-45b:

sen 45º =

r& =

r Y

2 Y 2

→ r=

(2)

2 & Y 2

(3)

2).- Por conservación de la energía mecánica:

d (Ek + U g + U e ) = 0 dt

(4)

Donde, derivamos y remplazamos (2) y (3):

Ek =

1 &2 dEk mY → = m Y& Y&& 2 dt

(

U g = .mg Y + l Ue =

) 2

1 2 K (δ s + r ) 2

→

→

dUg dt

= − mg Y&

dU e 2 = K (δ S + r ) r& = K (δ S + r ) Y& dt 2



Luego, en (4):

 2  m Y& Y&& − mg Y& + 2  K (δ S + r ) Y& = 0  2 

(5)

Reemplazando (1) en (5): 0 6447 44 8  2  2 K δ S − mg + m Y&& + 2 k  Y  = 0 →  2 

K Y&& + Y = 0 (MAS) m

Donde:

ωn =

40 = 2.236 rad/seg 8

→

T=

2π = 2.8094 seg 2.236

T = 2.81 seg 5-46.- El ventilador tiene una masa de 25 kg y está unido al extremo de una viga horizontal cuya masa es despreciable. L hoja del ventilador está montada excéntricamente sobre la flecha de tal manera que es equivalente a una masa no balanceada de 3.5 kg localizada a 100 mm del eje de rotación. Si la deflexión estática de la viga es de 50 mm como resultado del peso del ventilador ¿Cuál será la amplitud de la vibración del estado estacionario del ventilador, si la velocidad angular del ventilador es de 18 rad/seg? Solución

ω

P5-46 X

1).- Cálculo del Ke (Sistema estático):

P = K eδ S Ke =

P

δS

ke

=

m

3.5 * 9.81 = 4095 n/m 0.05

2).- El modelo discretizado es (ver figura P5-46a):

P5-46a




W

a).- D.C.L. (ver figura P5-46b): b).- Cálculo del F0:

F(T)

Fe

F0 = mC a n = mC ω 2 r = 2.5 * 18 2 * 0.3 = 113.4 N

N

b).- Por la segunda ley de Newton:

∑F

X

P5-46b

= m X&& → F(t ) − Fe = m X&& →

F0 sen ω* − Fe = m X&&

Despejando y reemplazando valores:

4015 113.4 X&& + X = sen 18 t 25 25

1 pie

Luego:

F0

K = 2 lb/pie

113.4

25 = −0.03549 m X0 = = 4905 Ke − 18 2 − ω*2 25 m m

•

O

X 0 = 35.5 mm 1 pie 5-47.- El mecanismo consta de una barra doblada, que tiene una masa despreciable y un peso unido de 5 lb. Determine el coeficiente de amortiguamiento para pequeñas vibraciones en torno de la posición de equilibrio. Desprecie el tamaño del peso.

C = 0,20 lb.s./pie

1 pie

P5-47



Fe O

y y

Ox

A

O

F d

B

Solución

Y X

Cuando el sistema está en reposo, no hay deformación del resorte. 1).- D.C.L. Cuando el sistema está en movimiento (ver figura p5-47a):

an a t

Y = 1 * sen θ = sen θ

C

x

X = 1 * sen θ → X& = cos θ θ&

W

P5-47a

Para θ pequeños:

Y = θ , X = θ y X& = θ& 2).- relaciones cinéticas:

∑M

0

= H& 0 Z

Donde:

& H 0 = &r&OC x m a →

( )

H O Z = d m at = d m d θ&& = m d 2θ&&

Luego:

w − w (2 sen θ ) − C X& (1 * cos θ ) − K Y (1 * cos θ ) = * 2 2 * θ&& g Despejando y reemplazando valores:



θ&& +

0.2 * 32.2 & θ + 19.32 θ = 0 → θ&& + 0.322 θ& + 19.32 θ = 0 20

Donde:

ω n = 19.32 = 4.395

rad/seg

C C ef = 2 K ef mef = 2 19.32 * 1 = 8.79 N seg/m y C ef = 0.332 N seg/m

η=

C ef C C ef

=

0.322 = 0.0367 8.79

K1 = 3 lb/pie

5-48.- El carrete de 50 lb está unido a dos resortes. Si el carrete se desplaza una pequeña cantidad y se suelta, determine el periodo natural de vibración. El radio de giro del carrete es KG = 1.5 pies. El carrete rueda sin deslizar.

2 pie 1 pie

K2 = 1 lb/pie

P5-48

Solución 1).- Cuando el carrete se encuentre en equilibrio:

Fe1 = k1

s

1

a).- D.C.L. (ver figura P5-48a):

w


∑M

A

G

=0

A

K 1δ S 1 (r1 + r2 ) + K 2δ S 2 (r2 − r1 ) = 0 2).- Cuando el carrete está en movimiento:

N Fe2 = k 2

f

s

2



a).- D.C.L. (ver figura P5-48b):

X2 Fe1

X 1 = (r1 + r2 ) θ = 3 θ

r2 w

X 2 = (r2 − r1 ) θ = θ

G

r1

A b).- Relaciones cinéticas:

N

∑ M A = I Aθ&&

Fe2

− (r2 + r1 ) Fe 1 − (r2 − r1 ) Fe 2 = I Aθ&&

f X1

P548b

− (r2 + r1 ) * K 1 (δ S 1 + X 1 ) − (r2 − r1 ) * K 2 (δ S 2 + X 2 ) = I Aθ&& 0 644444 47 444444 8 − K 1δ S 1 (r2 + r1 ) − K 2δ S 2 (r2 − r1 ) − K 1 X 1 (r2 + r1 ) − K 2 X 2 (r2 − r1 ) = m K G2 + m r12 θ&&

(

)

Reemplazando valores y despejando:

50  50  * 1.5 2 + *12  θ&& + 3 * 3 * 3 θ + 1 * 1 * θ = 0 → 5.047 θ&& + 28 θ = 0  32.2  32.2  Donde:

T = 2π

mef K ef

= 2π

5.047 = 2.67 seg 28

5-49.- Un disco circular de 4 kg está unido a tres resortes, cada cual tiene una rigidez K = 180 N/m. Si el disco está inmersa en un fluido y recibe una velocidad descendente de 0.3 m/seg en la posición de equilibrio, determine la ecuación que describe el movimiento. Suponga que el desplazamiento positivo se mide hacia abajo y que la resistencia del fluido que actúa sobre el disco proporciona una fuerza de amortiguamiento que tiene una magnitud

F = (60 V ) N, donde V se expresa en m/seg.

120°

120°

• 120°

P5-49



Solución

Fe = Ke

s

1).- Cuando el disco se encuentra en equilibrio.-

Y

a).- D.C.L. (ver figura P5-49a): 2).- relaciones cinéticas:

∑F

Y

= 0 → − Fe + mg = 0

mg − K eδ S = 0

mg (1) P5-49a

3).- Cuando el disco se encuentra en movimiento: a).- D.C.L. (ver figura P5-49b):

Fe = Ke

d


∑F

Y

Y

= m Y&& → − Fe − Fd + mg = m Y&& F

− K e (δ s + Y ) − 60 Y& + mg = m Y&&

d

Reemplazando (1), se tiene:

Y&& + 15 Y& + 135 Y = 0

mg

Donde: P5-49b

ω n = 135 = 11.619 η=

rad/seg

C 15 15 = = = 0.645 (define un movimiento subamortiguado) C C 2 ω n 2 *11.619

ω ' = ω n 1 − η 2 = 11.619 1 − 0.645 = 8.879

rad/seg

Solución de la ecuación diferencial:

Y = c ' e −η ωnt sen (ω ' t + φ )

(1)

Derivándole:



Y& = c ' e −η ωnt (− η ω n ) sen (ω ' t + φ ) + c ' e −η ωnt ω ' cos(ω ' t + φ ) Para;

(2)

t = 0 , Y = 0 y Y&& = 0.3 m/seg, reemplazando en (1) y (2):

0 = c' sen φ → φ = 0º 0.3 = c'*8.879 → c' =

0.3 = 0.034 rad/seg 8.879

Luego:

Y(t ) = 0.034 e −7.49 t sen (8.879 t ) 5-50.- Un alambre homogéneo doblado como se muestra está sujeto a un pasador en A. Sabiendo que r = 220 mm y que el punto B recibe un desplazamiento descendente de 20 mm y se suelta. Hallar la velocidad 8 seg después. Solución P5-50

El sistema tiene un movimiento alrededor de un eje fijo.

1).- D.C.L. en un instante que no es de equilibrio (ver figura P5-50a):

l b = 0.44 m

m g b 219.09 mm

an O G

at

m g e

f

l c = π * 0.22 = 0.691 m 20 mm

B A N

Donde:

at = rG θ&& rG =

2r

π

= 0.14 m

2).- relaciones cinéticas: P5-50a __________________________________________________________________________________________________________ Autor : Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


∑M

= ∑ I G i α i + ∑ mi a G i d i

A

θ8 1 67 } & & & & − mc g rG sen θ = (I G b + I G c ) θ + mcθ rG * rG cos θ

θ&& +

IG b

mc g rG θ =0 + I G c + mc rG2

(1)

Donde:

IG b =

m m m 1 mb l B y ρ = T = b = c 12 lT lb lc

IG b =

1 mc 3 1 0.44 3 * lb = * mc = 0.0103 mc 12 l c 12 0.691

→ mb =

lb mc lc

I G c = I O − mc rG2 = m r 2 − mc rG2 = mc (0.22 2 − 0.14 2 ) = 0.0288 mc

(2)

(3)

(2) y (3) en (1):

θ&& +

mc * 9.81 * 0.14 θ = 0 → θ&& + 23.396 θ = 0 (MAS) 2 mc 0.0103 + 0.288 + 0.14

(

)

Luego:

ω n = 23.396 = 4.832

rad/seg

3).- Solución de la ecuación diferencial:

θ (t ) = c sen (ω n t + φ )

(4)

θ&(t ) = c ω n cos (ω n t + φ )

(5)

En (4) y (5), para las condiciones iniciales en t = 0:

tgθ =

20 → θ = 5.22º → θ = 0.091 rad y θ& = 0 219.09



En (5):

0 = c ω n cos φ

→ cos φ = 0

→ φ=

π 2

En (4):

0.091 = c sen φ → c = 0.091 m En (5) reemplazando estos valores y para t = 8 seg:

 

θ&(8 ) = 0.091 * 4.837 * cos  4.837 * 8 + θ&(8 ) = 0.374

π  2

rad/seg

Luego:

VG (8 ) = θ&(8 ) * 0.14 = 0.374 * 0.14 = 0.0524 m/seg V B (8 ) = 0.374 * 220 = 82.28 mm/seg


SOLUCIONARIO_VIBRAC

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