VIBRACIONES MECÁNICAS univ san simon - bolivia

UMSS

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMON FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGIA CARRERA DE INGENIERIA MECANICA

E N I E R

G

N

I

A

I

Y O R R

D

MA

D

E

A D

S

A

N

I

S

R E

V I

S

I M O

N U N

Cochabamba, Marzo del 2001

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas VIBRACIONES MECÁNICAS Detalles

Pág.

INTRODUCCIÓN.....................................................................................

1

Vibración

libre..........................................................................................................................

1

Vibración

forzada.....................................................................................................................

1

Ecuación del movimiento.........................................................................................................

2

Periodo y frecuencia.................................................................................................................

2

Frecuencia

natural....................................................................................................................

2

Frecuencia natural amortiguada...............................................................................................

2

I. VIBRACIÓN LIBRE.............................. LIBRE.......................................... ....................... ...................... ........................ ...............

3

Sistema de un solo grado de libertad.............. libertad......................... ..................... ..................... ..................... .................... ..................... ..................... ............

3

Movimiento

4

armónico..............................................................................................................

Ecuación del movimiento - frecuencia natural................. natural.......................... ................... .................... .................... .................... ................. ....... Péndulo

5

simple.........................................................................................................................

11

Péndulo compuesto o péndulo físico........................................................................................

13

Combinación de resortes..........................................................................................................

16

En

paralelo................................................................................................................................

16

En

serie.....................................................................................................................................

18

Método de la energía................................................................................................................

24

Método

Newton........................................................................................................................

27

Método de Rayleigh.................................................................................................................

28

Vibración forzada sin amortiguamiento...................................................................................

41

Tipos de amortiguamiento........................................................................................................

46

Vibración libre amortiguada.....................................................................................................

47

Sistema con amortiguamiento crítico.......................................................................................

48

Movimiento

sub-amortiguado..................................................................................................

50

Movimiento

sobre-amortiguado...............................................................................................

52

II. VIBRACIONES FORZADAS CON AMORTIGUAMIENTO..... AMORTIGUAMIENTO................ ...........

60

Excitación

66

indirecta..................................................................................................................

Desbalanceamiento Decremento

rotacional..................................................................................................

69

logarítmico...........................................................................................................

71

“Índice”

I

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Aislamiento de las vibraciones.................................................................................................

79

Transmisibilidad.......................................................................................................................

80

Energía disipada por amortiguamiento.....................................................................................

83

III. SISTEMAS CON DOS GRADOS DE LIBERTAD......... LIBERTA D...................... .................... ....... Coordenadas

85

principales...........................................................................................................

87

Modo normal de vibración.......................................................................................................

87

Acoplamiento de coordenadas..................................................................................................

98

Acoplamiento

estático..............................................................................................................

99

Acoplamiento

dinámico...........................................................................................................

100

Acoplamiento estático – dinámico................ dinámico........................... ..................... .................... ..................... ..................... .................... .................... ............. ...

101

Ecuación de Lagrange..............................................................................................................

102

Ecuación de Lagrange para una partícula................. partícula........................... .................... .................... .................... .................... .................... .............. ....

103

Cálculo de las fuerzas generalizadas.............. generalizadas........................ ..................... ..................... .................... .................... .................... .................... ............. ...

106

Ecuación de Lagrange para un sistema de partículas................ partículas......................... .................... ..................... .................... ................. .......

107

Ecuación de Lagrange para cuerpos rígidos................. rígidos........................... ..................... ..................... ..................... ..................... .................. ........

109

Vibración armónica forzada.....................................................................................................

113

Absorbedor de vibraciones dinámicas............... dinámicas......................... .................... ..................... ..................... .................... ..................... .................... .........

115


118

Vibración forzada con amortiguamiento........... amortiguamiento..................... .................... .................... .................... ..................... .................... .................... ...........

120

IV. SISTEMAS DE VARIOS GRADOS DE LIBERTAD......... LIB ERTAD...................... ................. ....

122

Introducción..............................................................................................................................

122


122


124

Matrices de flexibilidad y rigidez.............................................................................................

125

Coeficientes de influencia........................................................................................................

136

V. VIBRACIÓN TORSIONAL TORSIONAL ..................... ................................. ....................... ...................... ...................... ...........

143

Péndulo de torsión....................................................................................................................

143

Vibración

torsional...................................................................................................................

147

Holzer..........................................................................................................................

149

Método

Método Holzer para vibración torsional............... torsional......................... .................... .................... .................... .................... .................... .................. ........

152

Sistemas con rotores acoplados por engranajes............... engranajes........................ .................... ..................... ..................... ..................... ................. .......

157

“Índice”

II

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas VI. VELOCIDADES CRÍTICAS EN ROTORES........... ROTORES...................... ....................... ................ ....

161

Introducción..............................................................................................................................

161

Método Prohl-Myklestad para vibración flexotorsional.......... flexotorsional..................... ..................... .................... ..................... ................. ......

161

Balanceo de rotores..................................................................................................................

164

Desbalance

164

rotatorio.................................................................................................................

Equilibrado...............................................................................................................................

164

Causas de desequilibrio............................................................................................................

164

Balanceo en un plano...............................................................................................................

165

Método vectorial de balanceo en un plano................. plano........................... .................... ..................... ..................... ..................... ..................... ..........

166

Tipos de desequilibrio..............................................................................................................

167

Estático.....................................................................................................................................

167

Por par de fuerzas.....................................................................................................................

167

Dinámico..................................................................................................................................

168

Cuasi

estático............................................................................................................................

168

Balanceo en dos planos............................................................................................................

168

VII. VIBRA CIONES EN MEDIOS CONTINUOS..................... CONTINUOS......... ....................... ................ .....

170

Vibración longitudinal de barras..............................................................................................

170

Problema de la cuerda vibrante................................................................................................

174

Vibración transversal de vigas.................................................................................................

178

“Índice”

III

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas INTRODUCCIÓN. Detalles

Pág.

Vibración

libre..........................................................................................................................

1

Vibración

forzada.....................................................................................................................

1


2

Periodo y frecuencia.................................................................................................................

2

Frecuencia

natural....................................................................................................................

2

Frecuencia natural amortiguada...............................................................................................

2

Todo sistema que posee masa y tiene elasticidad, está capacitados para tener movimiento vibratorio.

El estudio de las vibraciones se refiere a los movimientos oscilatorios de los cuerpos y a las fuerzas asociadas con ellos.

La vibración, en general es una forma de energía disipada y en muchos casos es inconveniente, especialmente en maquinarias; ya que debido a las vibraciones se producen ruidos, se transmiten fuerzas y movimientos no deseados.

Vibración lib re. Es la que ocurre cuando un sistema oscila bajo la acción de fuerzas inherentes al sistema mismo, es decir, cuando no actúa ninguna fuerza externa. El sistema bajo vibración libre vibrará a una o más de sus frecuencias naturales que son propiedades del sistema dinámico que dependen d e su distribución de masa y de rigidez.

Vibración forzada. Es la que ocurre cuando la vibración tiene lugar bajo la excitación de fuerzas externas. Cuando la excitación es oscilatoria, el sistema es obligado a vibrar a la frecuencia de excitación. Si esta coincide con una de las frecuencias naturales del sistema, se produce una situación de resonancia y ocurren oscilaciones peligrosamente grandes.

Ecuación del movimiento. Para poder eliminar todos los efectos perjudiciales, es necesario hacer un estudio completo de la ecuación del movimiento del sistema en cuestión.

Este sistema es idealizado y simplificado en términos de masa, resorte y amortiguador, los cuales representan a la masa, elasticidad y la fricción respectivamente.

Entonces la ecuación del movimiento expresa el desplazamiento como una función del tiempo.

“Introducción”

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Periodo y frecuencia. En los casos de las vibraciones “Rectilíneo” y “Torsional”, El PERIODO es el tiempo necesario para que un movimiento periódico se repita.

La FRECUENCIA es el número de ciclos por unidad de tiempo. Además se puede decir que es el inverso del periodo.

Frecuencia natural. Es la frecuencia de un sistema que tiene vibración libre sin fricción o amortiguación.

Frecuencia natural amorti guada. Es la frecuencia de un sistema que tiene vibración libre con fricción.

En una vibración forzada, cuando la excitación es oscilatoria, el sistema es obligado a vibrar a la frecuencia de excitación. Si esta coincide con una de las frecuencias naturales del sistema, se produce una situación de RESONANCIA que es peligrosa.

La falla de estructuras como puentes, edificios o alas de aviones es una horrible posibilidad bajo resonancia. Es por eso, que el cálculo de las frecuencias naturales es de importancia capital en el estudio de las vibraciones.

“Introducción”

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas

VIBRACIÓN LIBRE Detalles

Pág.

Sistema de un solo grado de libertad........................................................................................

3

Movimiento armónico..............................................................................................................

4

Ecuación del movimiento - frecuencia natural.........................................................................

5

Péndulo simple.........................................................................................................................

11

Péndulo compuesto o péndulo físico........................................................................................

13

Combinación de resortes..........................................................................................................

16

En paralelo................................................................................................................................

16

En serie.....................................................................................................................................

18

Método de la energía................................................................................................................

24

Método Newton........................................................................................................................

27

Método de Rayleigh.................................................................................................................

28

Vibración forzada sin amortiguamiento...................................................................................

41

Tipos de amortiguamiento........................................................................................................

46


47

Sistema con amortiguamiento crítico.......................................................................................

48

Movimiento sub-amortiguado..................................................................................................

50

Movimiento sobre-amortiguado...............................................................................................

52

Sistema de un solo grado de libertad. Muchos sistemas pueden vibrar en más de una manera y dirección. Si un sistema está restringido a vibrar de una manera o necesita solo una coordenada independiente para determinar por completo la localización geométrica de las masas del sistema en el espacio, este es un sistema de un solo grado de libertad. Por Ej.:

“Vibración Libre”


K

c

K

m m x

t w n e s

K

x

J

0

F

Movimiento armónico. El movimiento oscilatorio puede repetirse a si mismo regularmente, como es el caso de un balancín de reloj o desplegar considerable irregularidad, como es el casos de los movimientos sísmicos. Cuando el movimiento se repite a intervalos de tiempo “t”, se le llama PERIÓDICO donde “τ” es el periodo de oscilación. Si se designa el movimiento por x(t), todo movimiento periódico debe satisfacer la relación: x(t) = x(t + τ) El movimiento periódico más simple es el MOVIMIENTO ARMÓNICO. Este movimiento puede ilustrarse por medio de una masa suspendida de un resorte liviano (Ver Fig.) Si la masa se desplaza de su posición de reposo y se la libera, oscilará hacia arriba y abajo; si se coloca una fuente de luz en la masa, su movimiento puede ser registrado en una tira de película sensible a la luz que es movida a velocidad constante. Este movimiento registrado en la película puede representarse por medio de la ecuación: K

x = Asen2π x

A

m

t

t

τ

Donde : A = Amplitud de oscilación, medida desde su posición de equilibrio. τ = Periodo y se repite cuando t = τ



Ecuación del movimiento – frecuencia natural. El sistema oscilatorio más simple consta de una masa y un resorte (Fig.). Se supone despreciable la masa del resorte cuya rigidez es K (N/m). Note que el sistema tiene un grado de libertad, ya que su movimiento está descrito por una coordenada “x”.

K K

Posición no 1 7 , 0

esforzada

m

Posición de

m

x

K(G + x)

m

x

Equilibrio estático x

mg mg

Cuando se pone en movimiento, la oscilación tendrá lugar a la frecuencia natural que es una propiedad del sistema. La segunda ley de Newton es la primera base para examinar el movimiento del sistema. La posición del equilibrio estático: K = mg

(1)

Si se desplaza un “x” a partir del equilibrio estático, las fuerzas que actúan son: En el resorte

K ( + x)

Debido al peso

W = mg

Si se toma a “x” como positivo hacia abajo, entonces todas las cantidades, fuerza, velocidad y aceleración son también positivas por estar dirigidas hacia abajo. mg − K ( + x ) = m& x

mg − K − Kx = m& x

Según (1)

K = mg

⇒m x / g/ − K/ / − Kx = m&

Por tanto:

m& x&+ Kx = 0

(2)


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Note que el hecho de haber elegido como referencia la posición de equilibrio estático a la medida “x”, ha eliminado a la fuerza debida a la gravedad (W = mg ) y a la fuerza estática del resorte

(F = K ) de la ecuación del movimiento (Ver ecuación (2)) y la fuerza resultante es solamente debida al desplazamiento “x”. m& x&+ Kx = 0

& x&+

La frecuencia natural circular

2 n

K m

[÷ m]

x =0

(3)

será: 2 n

K

=

m

La ecuación (3) queda por tanto: & x&+

2 n

x = 0

(4)

El movimiento definido por la ecuación (4) se llama “Movimiento Armónico Simple” y se caracteriza porque la aceleración es proporcional al desplazamiento y de sentido opuesto. Note que sen t , cos t satisfacen la ecuación; por tanto constituyen soluciones particulares. La solución a esta ecuación es de la forma: x = e st

(5)

x& = se st

(6)

& x& = s 2 e st

(7)

Derivando dos veces:

Reemplazando (5) y (7) en (4) s 2 e st +

2

e st s 2 + 2 s +

s1 = e i

Entonces

s 1 = C1 e i

Y también será:

x = C 1e i

t

t

2

=0

=0⇒s=± i

∧ s 2 = e −i

Como:

t

2

e st = 0

son soluciones linealmente independientes

t

∧ s 2 = C 2e −i

t

también son soluciones

+ C 2e −i t

(8)


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Pero:

ei e −i

t

t

= cos t + i sen t

(9)

= cos t − i sen t

(10)

(9) y (10) en (8) x = C 1 (cos t + i sen t ) + C 2 (cos t − i sen t ) x = C 1 cos t + C 1 i sen t + C 2 cos t − C 2 sen t x = (iC1 − iC 2 )sen t + (C 1 + C 2 )cos t

1 42 43

1 4 2 43

A

B

x = A sen t + B cos t

(11)

Donde: A, B son constantes a determinarse por condiciones de contorno. Suponiendo que: p t p t

=0 =0

x = x0

Condiciones de contorno

x&= x&0

o Condiciones iniciales

Derivando (11) x&= A

cos t − B sen t

(12)

Reemplazando las condiciones de contorno en (11) y (12) se obtiene las cts.. A y B En (11)

x0 = Asen0 + B cos 0 ⇒ B = x 0

En (12)

x&0 = Aω cos 0 − Bω sen0 ⇒ A =

x&0

ω

Reemplazando las cts. A y B en (11) x =

Donde

x&0

ω =

⎡

ω

senω t + x0 cos ω t K

frecuencia natural circular

m

θ ⎤

El periodo natural de oscilación es: ⎢ω = ⎥ t ⎦ ⎣ Por tanto: La frecuencia natural:

ωτ = 2π ⇒ τ =

2π ω

pero: θ = 2π ⇒ t = τ o también: τ = 2π

f n = f


m K

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas f =

1

⇒

τ

f =

1 K 2π m

Estas cantidades pueden expresarse en función a la deflexión o deformación estática δ ya que: K δ = mg ⇒ K =

mg

δ

Reemplazando en estas últimas ecuaciones: mg

* Frecuencia natural circular:

ω =

* Periodo natural:

τ =

* Frecuencia natural:

f =

g

δ ⇒ ω = m

2π ω

1 τ

⇒ τ = 2π

⇒ f =

δ

δ g

1 g 2π δ

La solución general también puede obtenerse multiplicando las dos soluciones particulares sen t ∧ cos t por cts.. arbitrarias y sumándolas, es decir: x = Asen t + B cos t

(a)

x&= A

(b)

cos t − B sen t

x & &= Aω 2 senω t − Bω 2 cos ω t

(c)

(a) y (c) en (4) 2 2 2 2 − 1 A4ω 4 sen 4 4ω t 2−4 Bω 4 4cos 4 3ω t + ω 1 Asen 4 4 4ω 4t 2+ ω 4 B 4 cos 4 43ω t = 0 x & &

ω 2 x

Cumple la igualdad, por tanto es solución de (4) la ecuación (a) Como esta expresión contiene 2 cts. arbitrarias A y B, la solución obtenida (a) es la solución general y A y B dependen de las condiciones iniciales.

t

Xm

O wt

wt

A Xm

B

x

t

P


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Las expresiones del desplazamiento velocidad y aceleración obtenidas para una partícula, pueden escribirse en forma más compacta si nota que (a) expresa el desplazamiento x = OP como la suma de las componentes en “x” de los vectores A y B respectivamente. Note que la magnitud de OQ es igual a la amplitud xm El M.A.S. de “P” a lo largo del eje “x” puede obtenerse proyectando sobre este eje el movimiento de un punto “Q” que describe un círculo de radio xm con una velocidad angular constante “ ”. Representando por “φ ” el ángulo formado por los vectores OQ y A, se escribe: OP = OQsen( t + φ )

Que conduce a otras formas de expresión del desplazamiento, velocidad y aceleración. x = x m sen( t + φ ) x&= x m

cos( t + φ ) 2

x & &= x mω sen(ω t + φ )

Ejm. Una masa de ¼ Kg. está suspendida de un resorte, cuya rigidez es 0.1533 N/mm. Determine

su frecuencia natural en ciclos por segundo. Calcule la deflexión estática y verifique la frecuencia natural. K=

0.1533 N ⎛ 1000mm ⎞

⎜ ⎝

mm 1

K

a) Frecuencia natural

f =

b) La deflexión estática

K = mg

2

m

=

1m

153.3 N

1

m 0.25Kg

2

=

⎡N⎤ ⎟ = 153.3⎢ ⎥ ⎠ ⎣m ⎦

mg K

=

0.25 ∗ 9.81 153.3

f = 3.94

ciclos seg

[Hz ]

= 0.016[m ]

= 0.015981[m] = 15.981[mm ] Ejm. Determinar la frecuencia natural de la masa “M” en el extremo de un voladizo de masa

despreciable. Primero se encuentra la deformación de la viga en el extremo (Donde está la carga).


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas m

L

M

y

x

P

M = PL d2y

EI

dx 2 EI

= Px − PL = P(x − L )

dy dx

EIy =

P 6

=

P 2

(x − L )2 + C1

(x − L )3 + C1 x + C 2

Por condiciones de contorno: P x P x

P(− L )

3

=0

y=0

0=

=0

dy

0=

dx

=0

6 1 2

+ C2

P (− L ) + C 1 2

1

1

1

6

2

6

C2 =

1

C1 =

1

6 2

3

PL

PL2

Por tanto la deformación es: EIy = P(x − L )3 − PL2 x + PL3 La deformación máxima ocurre en x = L EI = 0 −

1 2

PL + 3

1 6

3

=−

3

PL

PL

3EI

Como P = K δ siendo δ la deformación, entonces la ecuación (*) se adecua a: K=

P

Se sabe que la frecuencia natural circular es: f =

=

3EI L3

1

K

2

m

1

3EI

2

mL3

3EI

Entonces.

f =

1 2

L3 m

f =


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1. Si la masa de la viga es despreciable comparada con la masa m, derive una expresión para la

frecuencia de la masa.

m y

Según tablas : La deformación en el centro de la viga doblemente empotrada (Donde está m) viene dada por: PL3

y=

192EI

Adecuando a nuestro caso: K =

P

⇒

y

K =

192EI L3

Se sabe que la frecuencia natural está dada por: =

192E

Entonces:

=

K m

I L3

m

⇒

=

192EI ⎡ Rad ⎤ 3

mL

⎢ seg ⎥ ⎣ ⎦

Péndulo simple.

T m

L

Ft FN

T mg mg


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas El péndulo simple se compone de una masa puntual “m” que cuelga en el extremo inferior de un hilo resistente de longitud “L” de peso despreciable. Desplazada la partícula de la posición de equilibrio en un ángulo “

m

”y luego liberada, el

péndulo oscila en un plano vertical a lo largo del arco de circunferencia de centro “O” y radio “L”, bajo la influencia de la fuerza restauradora “ Ft ”que es la componente del peso “W” en la dirección tangencial. Para un tiempo cualquiera “t”, la cuerda forma un ángulo “ ” con la vertical y el sistema de fuerzas que actúa sobre la partícula lo constituyen el peso “W” y la tensión “T” en la cuerda. Por la segunda ley de Newton para el movimiento circular se tiene: − mg sen = ma t

Donde

at = R

= aceleració nangular =

dt

2

=&

R = L

Radio de la curva Entonces:

d2

− mg sen = mL& − g sen = L& &+ g sen = 0 L& & &+ g sen = 0 L

⎡ Comparando con la ecuación del M.A.S. ⎢& x&+ ⎣

K m

⎤ ⎦

x = 0⎥ se ve que el movimiento del péndulo no

es M.A.S.; sin embargo, Si la amplitud de oscilación es pequeña: sen ≅

(En radianes)

Luego puede escribirse: & &+ g

L

=0

(Solución aproximada)

Por comparación se tiene que la frecuencia natural circular está dada por:


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 2

=

g L

⇒

=

g L

Llegando a la conclusión que el péndulo simple es un M.A.S. para pequeñas oscilaciones. Su periodo está dado (Fórmula de HUYHENS): =

t

⇒ =

2

L

=2

g

Ejm. Suponiendo que el péndulo de un reloj sigue la teoría del péndulo simple. ¿Cuál será la

longitud si tiene el periodo de un segundo?

Despejando:

L

=2

Se sabe que el periodo está dado por: 2

=4

2

L g

g

⇒L=

2

4

g 2

Trabajando en [pies] L = 9.78P lg .

Péndulo compuesto o péndulo físico. Un cuerpo rígido que puede oscilar libremente alrededor de un punto en suspensión que es su

O

centroide, constituye un péndulo compuesto.

x

L

Los distintos puntos materiales del rígido, constituyen otros tantos péndulos simples que si están a diferentes distancias del eje de giro

T

tendrían que oscilar con periodos distintos.

b Pero como se trata de un péndulo físico, este se

mg

mueve con un periodo propio de oscilación


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Si el péndulo compuesto es desplazado de su posición de equilibrio, esta vuelve por efecto del momento de su peso “W” respecto al eje. M = −mgb b = L sen

pero

M = −mgL sen I

d2

= −mgl sen

dt 2

donde: Momento de inercia del cuerpo con respecto al eje de rotación

I= mr 2

Radio de giro

r

Aceleración angular

d θ

Para oscilaciones pequeñas

sen ≅

2

dt 2

= α

[Rad]

Ordenando (1) y teniendo en cuenta lo dicho: &+ mgl = 0 I&

÷I

& &+ mgl = 0

como I = mr 2

I

& &+ mgl 2 mr

&+ =0⇒&

gL r2

= 0

(2)

Analizando esta fórmula (2), se nota que para oscilaciones pequeñas, el movimiento oscilatorio del péndulo físico es M.A.S. siendo: 2

=

gL

Frecuencia natural circular

r2

y su periodo de oscilación es: τ = 2π

r 2 gL

Ejm. Una chapa cuadrada homogénea de lado “L” (Pies) y masa “m” está suspendida del punto

medio de uno de sus lados. Encuentre su frecuencia de oscilación.



L/2

x' L

G

G

mg L

∑ M = I&& ⎛ L ⎞ − mg⎜ sen ⎟ = I& ⎝ 2 ⎠

y

Para oscilaciones pequeñas:

c x'

sen ≅

b

G

&+ I& x

1 2

mgL = 0

(1)

Donde I = Momento de inercia respecto al eje de giro ⎡

1

⎤

De tablas se tiene que: ⎢I x = m(b 2 + c 2 )⎥ 12 ⎣ ⎦ El momento respecto al eje X es: Ix =

1 12

m(L2 + L2 ) =

Ix =

1 6

1 12

m (2L2 )

mL2

En este caso la rotación es respecto al eje X por tanto según STEINER

[I

x

= I x + md 2 ] 2

1 1 ⎛ L ⎞ I x = mL + m⎜ ⎟ ⇒ I x = mL2 + mL2 6 6 4 ⎝ 2 ⎠ 1

2

Ix =

5 12

mL2

(2)

Reemplazando (2) en (1)


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 5 12

&+ mL2 &

1 2

mgL = 0

5 & L &+ g = 0 6

& &+ 6g

=0

5L

=

6g 5L

Combinación de resortes. Cuando la deformación de la masa vibratoria implica a más de un resorte. Para facilitar el cálculo de la frecuencia natural, es necesario determinar la constante del resorte equivalente.

En paralelo.

K1

K2

K3

m P1

P2

P3

P

Las características son: -

Todos los resortes tienen la misma deformación



-

=

=

2

3

=

(1)

La fuerza total es la suma de todas las fuerzas en los resortes

(∑ F

v

= 0) ; es decir:

P = P1 + P2 + P3 + .....

-

(2)

Se sabe que: P = K adecuando a (2) según (1) se tiene:

[÷ δ ]

K eq = K 1 + K 2 + K 3 + ..... K eq = K 1 + K 2 + K 3 + ..... =

n

∑K

i

i =1

Ahora bien: El sistema mostrado en la sgt. Figura también representa un sistema en paralelo. -

Considerando la masa “m” descompuesta en dos partes “ m 1 ” y

“ m 2 ” tales que m = m1 + m 2

K1

m

m1 m2

(1)

Sean las frecuencias naturales de cada una: =

2 1

K1

2 2

m1

=

K2 m2

(2)

Estas frecuencias deben ser iguales, ya que se trata de una sola masa. Por tanto:

K2

K eq

(2) en (3)

m m1 = m2 =

(4) y (5) en (1)

=

2 1

m=

K1 K eq

K

eq

=

2 2

=

K1 m1

K1 K eq K2 K eq m+

2

=

(3)

K2 m2

m

(4)

m

(5)

K2 K eq

⎛ K eq ⎞ ⎟ ∗ ⎜⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

m

= K1 +K

2



En serie. seri e. K1

K2 K3

m

El sistema mostrado representa un sistema vibratorio en serie y tiene las sgts. Características: -

La fuerza o peso es la misma en todos los resortes, ya que se supone despreciable la masa de los resortes; es decir: P = P1 = P2 = P3 = .....

-

(1)

El desplazamiento total es la suma de los desplazamientos. =

1

+

2

+

P=K ⇒

Pero:

3

=

+ .....

(2)

P K

Teniendo en cuenta (1) reemplazamos en (2) P

=

K eq 1 K eq

=

1 K1

+

P K1 1 K2

+

P

+

K2

+

1 K3

P K3

÷P

+ ..... n

+ ...... = ∑ i =1

1 Ki

Ejm. Determine la frecuencia natural del vibración del bloque, si sabe que los resortes están

inicialmente comprimidos. K K

K m

K


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Por la figura, se puede decir que el sistema está en paralelo, por tanto: K eq = K + K + K + K K eq = 4K

Luego la figura se reduce a : − 4Kx = m& x m& x&+ 4Kx = 0 ⇒ & x&+

m x Kx

donde:

m

=

2

4K m

4K m

x=0

pero

= 2 f

4K

x f =

2

f =

1

=

m 2

K m

Ejercicios: 1. Un disco homogéneo semi-circular de radio “r” y masa “m” está pivotado en su centro y gira

libremente alrededor de este. Determine su frecuencia natural de oscilación para desplazamientos pequeños.

R

R

r C

mg

∑M = I − mgR sen = I&

Para oscilaciones pequeñas:

sen ≅


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas &+ mgR = 0 I&

÷I

&+ mgR = 0 I = Momento de inercia del cuerpo respecto al eje de giro. & I

R =

Extrayendo de tablas:

4r 3

& &+

Reemplazando:

I = mg 1 2

3

=0 2

=0

3 r

=

2

mr 2

4r

mr

& &+ 8g

1

⎡ Rad ⎤ ⎢ seg ⎥ ⎣ ⎦

8g 3 r

2. Un cilindro homogéneo de masa “m” está suspendido por un resorte de constante “K” [lb/Plg]

y una cuerda inextensible. Encuentre la frecuencia natural de vibración del cilindro.

K

r

x m

D.C.L. para la posición de equilibrio estático: +

To

G r

r

A

[∑ F = 0] [∑ M = 0] v

A

mg

K + T0 − mg = 0 2rK − mgr = 0


(1)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas D.C.L. para un desplazamiento x: − 2rK ( + x ) + mgr = I A &

K +

G r

r

x mg

− 2rK − 2rKx + mgr = (I G + mr 2 )&

A

IG =

Donde:

FR

1 2

mr 2

Para un cilindro

Según (1) ⎛ 1 ⎞ − 2rK − 2rKx + mgr = ⎜ mr 2 + mr 2 ⎟& ⎝ 2 ⎠ 3

− 2rKx = mr 2 & 2

3

Ordenando

2

&+ 2rK (2r mr 2 &

)= 0

(2)

&+ 8r 2 K = 0 3mr 2 & &+ 8K = 0 ⇒ & &+ 3m&

=

8K 3m

=0

8K 3m

3. Una varilla rígida de peso despreciable está restringida a oscilar en un plano vertical.

Determine la frecuencia natural de la masa “m”. 3/4L

1/4L

m O

K

En la posición que se ve en la fig. note que el resorte ya tiene deformación x 0 , por tanto en su equilibrio estático:



[∑ M 3

= 0]

0

1

mgL =

4

4

Kx 0 L

(1)

Cuando se desplaza un “x”, la sumatoria de momentos será: 3/4L

1/4L

O K (xo + x) mg

[∑ M

0

=I

]

⎛ 3 ⎞ ⎛ 1 ⎞ mg⎜ L ⎟ − K (x 0 + x )⎜ L ⎟ = I& ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠

Pero I = mr 2 3

Donde r = L 4

2

⎛ 3 ⎞ mgL − KLx 0 − KLx = m⎜ L ⎟ & 4 4 4 ⎝ 4 ⎠ 3

1

1

1

9

4

16

(2)

Según (1) queda: − KLx =

Pero x = r donde en este caso

r=

1 4

mL2 &

L⇒x=

1 4

(3)

L

(4) en (3) 1 ⎛ 1 ⎞ 9 − KL⎜ L ⎟ = mL2 & 4 ⎝ 4 ⎠ 16 9 16

&+ mL2 &

1 16

⎛ 16 ⎞ ∗⎜ 2 ⎟ ⎝ L ⎠

KL2 = 0

&+ K = 0 9m& & &+ K

9m

=0


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas =

K 9m

⎡ rad ⎤ ⎢ seg ⎥ ⎣ ⎦

4. Una varilla delgada tiene una masa despreciable y soporta una masa de 5 Kg. En su extremo.

Determine el periodo natural de vibración. 200 mm.

5 Kg.

B

C

. m m 0 0 1

K = 400 N/m.

A

Inicialmente para estar en esa posición, el resorte debe estar comprimido. 0.2 m. 0.2 m.

mg

0.1 m.

0.1 m.

K( + x)

K mg

Equilibrio estático:

[∑ M = 0]

0.1K = mg (0.2)

(1)

Si se desplaza un cierto ángulo θ o distancia x

∑ M = I&

mg(0.2 ) − K ( + x )(0.1) = I&

mg(0.2 ) − K (0.1) − Kx(0.1) = mL2 &

Según (1) 2 & + 400(0.1)Kx = 0 m(0.2) &

Pero x = 0.1

(0.2 )2 5&&+ 0.1(400)(0.1) = 0 &+ 4 = 0 0.2&

÷ 0.2


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas & &+ 20 = 0 ⇒ =

2

2

⎛ rad ⎞ ⎟ = 20⎜⎜ 2 ⎟ seg ⎝ ⎠

⇒ = =

2

2 20

= 1.4(seg )

Método de la energía. El movimiento armónico simple de un cuerpo es generado solo por las fuerzas gravitacionales y elásticas de restauración que actúan sobre el cuerpo. Estas fuerzas son del tipo conservativos. Entonces la conservación de la energía puede usarse para determinar la ecuación diferencial de movimiento y a partir de esta hallar la frecuencia natural o el periodo de vibración del cuerpo. Para vibraciones libres sin amortiguamiento, la energía total es parte cinética y parte potencial. La energía cinética “T” es almacenada en la masa en virtud de la velocidad, mientras que la energía potencial “V” es almacenada en forma de energía elástica de deformación o de trabajo realizado en un campo de fuerza gravitacional. Coma la energía total se mantiene constante, su rata de cambio es cero, es decir: T + V = ctte.

d dt

(T + V ) = 0

Como el interés se limita a la frecuencia natural del sistema, se puede plantear: T1 + V1 = T2 + V2

Donde (1) es el instante en que la masa está pasando por su posición de equilibrio estático(por


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas tanto V1 = 0 ) (Ya que el N. R. Está ahí). Sea (2) el instante en que ocurre el máximo desplazamiento de la masa (T2 = 0) T1 + 0 = 0 + V2

Sin embargo, si el sistema está experimentando un movimiento armónico, T1 y V2 son valores máximos y por tanto: Tmax = Vmax

que conduce de inmediato a la frecuencia natural. Ejm. Considerando el bloque y el resorte (fig.). Hallar la frecuencia natural, cuando el bloque se

desplaza una cantidad arbitraria “x” desde su posición de equilibrio.

K

m

La energía cinética es:

T=

1

La energía potencial es:

V =

1

Según la conservación de la energía

T + V = ctte. 1 2

mx&2 +

1 2

2 2

mx&

2

Kx 2

Kx 2 = ctte.

El movimiento del bloque puede obtenerse diferenciando esta ecuación respecto a “t”: mx&& x&+ Kxx&= 0

Factorizando x

x&(m& x&+ Kx ) = 0 m& x&+ Kx = 0

& x&+

K m 2

x=0

=

K m


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Si se escribe la ecuación de energía para “Un sistema de cuerpos conectados”, también puede determinarse la frecuencia natural o ecuación del movimiento por medio de la derivación. (Este método permite determinar “Directamente” la frecuencia circular “ ”)

Procedimiento para el análisis. 1. Trazar un dibujo del cuerpo cuando se desplaza una pequeña distancia “x” desde la posición de equilibrio estático. (L. R.) 2. Formule la ecuación de energía para el cuerpo T + V = ctte. , recordando que la energía 1

1

2

2

cinética es para traslación y rotación, es decir: T = mx&G2 + I G

2

y la energía potencial es:

V = Vg + Ve (Gravitacional y elástica).

3. Se procede a la derivación y se factoriza los términos comunes. 4. La ecuación resultante representa la ecuación del movimiento para el sistema. Ejm. Un cilindro sólido homogéneo de masa “m” se sujeta por medio de un resorte de constante

“K” lb/plg y reposa sobre un plano inclinado. Si el cilindro rueda sin deslizar; demostrar que la frecuencia es:

2K ⎡ rad ⎤

⎢

⎥.

3m ⎣ seg ⎦

K x

r m

Por el método energético T=

Pero

1 2

mVG2 +

VG = r ; I G =

1 2

1 2

IG

mr 2 ;

2

=


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas T=

Por tanto:

1 2

m r& +

( )

2

1

T=

2

1 ⎛ 1

⎞ ⎜ mr 2 ⎟ &2 2 ⎝ 2 ⎠

mr 2 &2 +

1 4

mr 2 &2

(1)

La energía potencial Ve =

1

Ve =

1

d dt

&+ mr 2 &&

1 2

2 2

Pero: x = r

Kx 2 Kr

2

2

(2)

(T + V ) = 0 &+ Kr 2 &= 0 mr 2 &&

1 ⎞ & ⎛ +K =0 ⎜ m + m ⎟& 2 ⎠ ⎝ 3 2

⎛ 3 ⎞ ÷ ⎜ m⎟ ⎝ 2 ⎠

&+ K = 0 m& & &+ 2K = 0 3m

2K

=

3m

Método Newton: K

+

K ( + x)

A

A

mg

mg

ESTÁTICA

+

DINÁMICA


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Estática:

∑M

A

=0

mg sen r − K r = 0

(1)

Dinámica:

∑M

A

& = I A&

⎡1 ⎤ mg sen r − K ( + x )r = ⎢ mr 2 + mr 2 ⎥& ⎣2 ⎦ mg sen r − K r − Kxr =

3 2

2 mr &

(2)

Reemplazando (1) en (2) y ordenando 3 2

&+ Kxr = 0 mr 2 &

Como no existe deslizamiento x = r 3 2

⎛ 2 ⎞ ∗⎜ ⎟ ⎝ 3m ⎠

&+ Kr 2 = 0 mr 2 & & &+ 2K = 0 3m

=

2K 3m

Métod Método o de Rayleig Rayleigh: h: El método de energía, puede ser usado para sistemas con masas concentradas o distribuidas, siempre que el movimiento de cada punto del sistema sea conocido. En sistemas donde las masas están unidas por conectores rígidos, palancas o engranajes, el movimiento de las diferentes masas puede expresarse en términos del movimiento “x” de algún punto específico y el sistema es simplemente de un solo so lo grado de libertad. La energía cinética puede escribirse como: T=

1 2

m ef x&2


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Masa efectiva o equivalente, concentrada en un punto específico.= mef Ahora bien, si la rigidez “K” de este punto es también conocida, la frecuencia natural puede calcularse por: K

=

m ef

En sistemas con masas distribuidas, como resortes y vigas, es necesario primero conocer la distribución de la amplitud de vibración antes de calcular la energía cinética “ RAYLEIGH ”. ”. 1. Determinar el efecto de la masa del resorte en la frecuencia natural del sistema.

y dy

K

m

x

Sea “ x ” la velocidad de la masa “M” Se supone que la velocidad de cualquier punto del resorte en “y” varía linealmente. d⎤ ⎡ ⎢t = V ⎥ ⎣ ⎦

L y

=

x&

y

⇒ y&= x y& L

La energía cinética del sistema puede ser ahora: T=

Masa por unidad de longitud=

1 m

y& dy 2∫ L 2

m L 2

1 m ⎛ y ⎞ 1 mx&2 T= y 2 dy ⎜ x&⎟ dy ⇒ T = 3 2 0 L ⎝ L ⎠ 2 L 0 L

∫

L

∫


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas T=

1 mx&2 ⎛ 1 3 ⎞ 1 ⎛ m ⎞ 2 / ⇒ = L T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟x& 2 L 2 ⎝ 3 ⎠ / 3 ⎝ 3 ⎠

Se concluye que el efecto de la masa del resorte sobre la masa “M” es 1/3m; es decir: m ef =

1 3

m

Añadiendo esto a la masa concentrada “M”, la frecuencia natural será: =

K 1

M+

3

m

2. Una viga simplemente apoyada de masa “m” tiene una masa concentrada “M” en el centro de

la luz. Determine la masa efectiva del sistema en el centro de la luz y halle su frecuencia.

M m

y Primero se halla la variación de la amplitud (Deformación) con respecto a “x” según tablas: La ecuación de la elástica y la flecha máxima están dadas por:

EIy =

Px ⎛ 3

⎞ ⎜ L2 − x 2 ⎟ 12 ⎝ 4 ⎠

y máx =

PL3 48EI

Para 0 < x <

=

Operando en la ecuación de la elástica se tiene: y=

Px ⎛ 3L2 − 4x 2 ⎞

⎜⎜ 12EI ⎝

4

Px

⎟⎟ ⇒ y = [3L2 − 4x 2 ] 48EI ⎠


L 2

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 3 3 ⎡ ⎤ PL3 ⎡ x ⎛ x ⎞ ⎤ 2 ⎛ L ⎞ 3 ⎛ L ⎞ y= ⎢3 − 4⎜ ⎟ ⎥ ⎢3xL ⎜ ⎟ − 4x ⎜⎜ 3 ⎟⎟⎥ ⇒ y = 48EI ⎣ L 48 EI L ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎢⎣ L ⎝ L ⎠ ⎥⎦

P

⎡ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ 3 ⎤ y = y máx ⎢3⎜ ⎟ − 4⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ ⎥⎦

Por tanto: La energía cinética será:

⎛ ⎞ 2 2 L 2 ⎜ ⎟ ⎛ x ⎛ x 1 m ⎡ x 3 ⎞⎤ 1 2m ⎡ x 3 ⎞⎤ T = ∫ ⎜ ⎟ ⎢y&máx ⎜⎜ 3 − 4 3 ⎟⎟⎥ dx ⇒ T = ∫ ⎢y&máx ⎜⎜ 3 − 4 3 ⎟⎟⎥ dx 2 ⎜ L ⎟⎣ L 2 L L L ⎠⎦ ⎝ ⎠⎦ ⎝ L 0 ⎣ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ T= T=

1 ⎛ 2m ⎞

⎜

⎟y&

2 ⎝ L ⎠

⎜

∫ 0

⎡ x 3 24 x 5 16 x 7 ⎤ + ⎢3 2 − ⎥ 4 5 7 L6 ⎦ 0 L L ⎣

⎟ y&

2 máx

2 ⎝ L ⎠

L 2 2 máx

L 2

1 ⎛ 2m ⎞

2

⎛ x x 3 ⎞ ⎜⎜ 3 − 4 3 ⎟⎟ dx ⇒ T = L ⎠ ⎝ L

⎡3 T = (2m )y& ⎢ 3 2 ⎣ L/ 1

T=

1 2

2 máx

⎛ 2 (2m )y&máx ⎜ −

De donde la masa efectiva es: ⎡

Por tanto la frecuencia es: ⎢ = ⎣

Pero se sabe que: P = K ⇒ K =

1 ⎛ 2m ⎞

3

24

⎝ 8

160

+

⎟y&

⎜

2 ⎝ L ⎠

⎛ L/ 3 ⎞ 24 ⎜⎜ ⎟⎟ − 5 ⎝ 8 ⎠ 5L/

L 2 2 máx

∫ 0

⎛ 9x 2 x4 x 6 ⎞ ⎜⎜ 2 − 24 4 + 16 6 ⎟⎟dx L L ⎠ ⎝ L

⎛ L/ 5 ⎞ 16 ⎜⎜ ⎟⎟ + 7 ⎝ 32 ⎠ 7L/

16 ⎞

⇒

⎛ L/ 7 ⎞⎤ ⎜⎜ ⎟⎟⎥ 128 ⎝ ⎠⎦

1

2 ⎟ ⇒ T = (0.4857m )y&máx 896 ⎠ 2

m ef = 0.4857m ⎤ ⎥ M + m ef ⎦ K

P

K=

P PL3

⇒K =

48EI L3

48EI

=

48EI L (M + 0.4857m ) 3


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 3. La masa de la varilla delgada de sección uniforme es pequeña comparada con la masa que

tiene colocada en su extremo. Calcule la frecuencia natural de oscilación de la masa, suponiendo que la oscilación es pequeña. O a

K

L

x h

La energía potencial es la gravitacional y la elástica: Vg = mgh

Pero: h = L − L cos

Vg = mgL(1 − cos Ve =

1

Ve =

1

2 2

)

(1)

Kx 2 Pero: x = atag Para oscilaciones pequeñas tag ≈ K (a

)2 ⇒ Ve = 1 Ka 2 2

(2)

2

La energía cinética es de traslación: 1

T = 1

T=

2

2

Pero: V = L &= L

mV 2

m L& ⇒ T =

( )

2

1 2

2 2 mL &

La derivada temporal T + Vg + Ve = 0 mgL(sen

&= 0 / + Ka 2 & / + mL2 & /& )&

&+ mgL + Ka 2 mL2 & & &+ mgL + Ka 2

2

mL

=

=0 =0

mgL + Ka 2 mL2


(3)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 4. Una esfera homogénea de radio “r” y masa “m” puede rodar libremente sin deslizar sobre una

superficie esférica de radio “R”. Si el movimiento de la esfera se restringe al plano vertical. Determine la frecuencia natural de oscilación de la esfera.

R

R - r r

h

VG

B

A [V = mgh ]


V = mg[(R − r ) − (R − r ) cos

] ⇒ V = mg(R − r )(1 − cos ) ⎡

1

1

La energía cinética es de traslación y rotación ⎢T = mVG2 + I G 2 2 ⎣

T2 =

1 2

IG

T1 =

1

T1 =

1

2

2 2

m (R − r )& ⇒ T1 =

[

]

2

1 2

2 m(R − r ) &2

2

Pero: I G = mr 2

(Considerando A centro instantáneo)

5

VG

⇒

r

⎞⎛ R − r T2 = ⎜ mr ⎟⎜ 2 ⎝ 5 ⎠⎝ r 1 ⎛ 2

⎤ ⎥ ⎦

donde: VG = (R − r ) (Respecto del punto “O”)

mVG2

=

2

2

T2 =

=

(R − r )& r

2

& ⎞⎟ ⇒ T = 1 mr/ 2 (R − r ) &2 2 5 r/ 2 ⎠

1 5

2

2 m(R − r ) &2


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas d

Por tanto:

dt mg(R − r )(sen

(V + T1 + T2 ) = 0

2 & / + m(R − r ) & / &+ )&

2 5

&= 0 /& m (R − r )&

2 ⎡ 2 2 ⎤& &+ mg(R − r )sen = 0 − + − m ( R r ) m ( R r ) ⎢ ⎥ 5 ⎣ ⎦

Pero: sen ≅

⎡7 (R − r )⎤⎥&&+ mg (R − r ) = 0 ⎣5 ⎦

m(R − r )⎢

& &+

g 7 5

=

=0

(R − r ) 5g 7(R − r )

5. Un disco homogéneo circular tiene un momento de inercia alrededor de su centro igual a 10 lb-

plg-seg2. En la posición de equilibrio estático ambos resortes están estirados 1 plg.. Encuentre la frecuencia natural angular de oscilación del disco, cuando se le da un pequeño desplazamiento angular y se le deja en libertad. K=10 lb/plg.

10

K

K


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1 ⎡ = T I ⎢ 2 ⎣

La energía cinética:

1

T=

2

2

⎤ ⎥ ⎦

I G &2

(1)

1 ⎡ 2⎤ = V K ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦

La energía potencia elástica:

V = V1 + V2 V= V=

Como: Pero:

1 2

1 2

K (x 2 − 1 ) +

Kx 2 −

1 2

K+

1 2

x = r ⇒ V = K (r d dt

1 2

K(x 2 + 1)

Kx 2 +

1 2

K = Kx 2

)2 ⇒ V = Kr 2 2

(2)

(T + V ) = 0

d ⎛ 1 &2 ⎜ I + Kr 2 dt ⎝ 2

2

⎞ ⎟=0 ⎠

&+ 2Kr 2 & /& / =0 I& &+ 2Kr 2 = 0 I& & &+ 2Kr

÷I

2

=0

I

Reemplazando valores: & &+ 2 ⋅ 10 ⋅ (10) 10

2

& &+ 200 = 0 ⇒

=0 2

= 200

⎛ rad ⎞ ⎟⎟ = 14.14⎜⎜ ⎝ seg ⎠

6. Un cilindro homogéneo de masa “m” está suspendido por un resorte “K” y una cuerda

inextensible. Encuentre la frecuencia natural de vibración del cilindro.



K

A

VG

r

x m

Energía cinética: T=

1 2

mVG2 +

1 2

⇒ T = T1 + T2

2

IG

VG = r T1 = T2 = T=

Por tanto:

1 2

1 2

m r& =

( )

2

1 2

mr 2 &2

1 ⎛ 1

1 ⎞ ⎜ mr 2 ⎟ &2 = mr 2 &2 2 ⎝ 2 4 ⎠

mr 2 &2 +

1 4

mr 2 &2 ⇒ T =

3 4

mr 2 &2

Energía potencial: V = V= d dt

1 2

2

2

Pero: x = 2r

Kx 2

)2 ⇒ 2Kr 2

2

d ⎛ 3 ⎜ mr 2 &2 + 2Kr 2 dt ⎝ 4

(T + V ) = 0 3

K (2r

1

2

⎞ ⎟=0 ⎠

&+ 4Kr/ 2 & /& / =0 mr/ 2 & 3 2

&+ 4K = 0 m& & &+ 8K

3m

÷

=0


3m 2

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 8K

=

3m

7. El disco tiene una masa de 8 Kg. Determine su frecuencia natural de vibración “f” si los

resortes están originalmente no estirados. K = 400 N/m x

m

100 mm.

x K = 400 N/m

Energía cinética: T=

1 2

IG

2

IG =

Pero: T=

= 1 2

1 2

I G &2

mr 2

1 ⎛ 1

1 2 ⎞ 2 2 2 ⎜ mr ⎟ & ⇒ T = mr & 2 ⎝ 2 4 ⎠

(1)

Energía potencial (Elástica solamente): 1 ⎡ 2⎤ = V Kx ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦ V=

V = V1 + V2 1 2

Kx 2 +

1 2

2 2 V = Kx ⇒ V = Kr

d dt

(V + T) = 0

d ⎛ 2 ⎜ Kr dt ⎝

pero: x = r

Kx 2

2

2

(2)

1 ⎞ + mr 2 &2 ⎟ = 0 4 ⎠

1 &= 0 / + mr/ 2 & /& 2Kr/ 2 & 2


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1 2

&+ 2K = 0 m&

& &+ 4K = 0 ⇒

2

m

=

÷

4K

m

⇒

m

=2 2/

= 2 f ⇒ f =

Se sabe que:

f =

1

K m

=

=

2

1

2 K m

K m 2/

400 8

f = 2.25(Hz )

8. Determine La ecuación diferencial de movimiento del carrete de 3 Kg., suponiendo que no se

desliza en la superficie de contacto a medida que oscila. El radio de giro del carrete en torno de su centro de masa es K G = 125mm. K = 400 N/m

x

200 mm.

VG G

100 mm.

R = 100 mm. = 0.1 m. R = 200 mm. = 0.2 m. K G = 125 mm. = 0.125 m.

Energía cinética (Traslación y rotación): 1 ⎡ 2⎤ = T mV t G ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦ 1 ⎡ ⎢Tr = 2 I G ⎣

2

⎤ ⎥ ⎦

1

Pero: VG = r &⇒ Tt = mr 2 &2 2

pero:

1 = &∧ I G = mK G2 ⇒ Tr = mK G2 &2 2


(1) (2)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Energía potencial (Elástica solamente): 1 ⎡ 2⎤ = V Kx ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦

1

Pero: x = (r + R ) ⇒ V = K (r + R )2 2

d ⎛ 1 1 1 2 ⎜ mr 2 &2 + mK G2 &2 + K (r + R ) dt ⎝ 2 2 2

&+ mK 2 && &+ K (r + R ) mr 2 && G

(mr

2

2

2

2

(3)

⎞ ⎟=0 ⎠

&= 0

÷

&+ K (r + R )2 = 0 + mK G2 )&

Reemplazando valores:

(3.01

2

&+ 400(0.1 + 0.2)2 = 0 + 3 ⋅ 0.125 2 )& &+ 36 = 0 0.077&

÷ (0.077 )

& &+ 468 = 0 9. Para ángulos pequeños de oscilación, encuentre la frecuencia de oscilación del sistema.

K1 r r

r

K2

r

3r

Por el método de la Energía T= V=

Pero

1 2

1 2

/ G2 + mV

1 2

IG

2

Kx 2 + mgh/ ⇒ V =

1

⇒ T = I G &2 2

1 2

K 1 x 12 +

1 2

K 2 x 22

x1 = r x 2 = r + 3r = 4r


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas IG =

1 2

mr 2

Reemplazando 1 ⎛ 1

1 1 ⎞ 2 2 ⎜ mr 2 ⎟ &2 + K 1 (r ) + K 2 (4r ) = 0 2 ⎝ 2 2 2 ⎠ 1 4

mr 2 &2 +

1 2

K 1r 2

2

1

+ K 2 (16r 2 2

2

)= 0

Derivando 1 2

&+ K r 2 &+ 16K r 2 &= 0 mr 2 && 1 2 1 2

÷ r2

&+ K + 16K = 0 m& 1 2

2K 1 + 32K 2 ⎞ & &+ ⎛ ⎜ ⎟ =0 m ⎝ ⎠

=

2K 1 + 32K 2 m

10. Hallar la ecuación del movimiento de un péndulo invertido que está restringido por un

resorte, cuya constante es “K”. Se supone que la masa del péndulo está concentrada a una distancia “L” del punto de apoyo y que el resorte es lo suficientemente rígido para que el péndulo sea estable. 2 m

m

x 1

K L a


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1 ⎡ 2⎤ = T mV ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦ T=

1 2

m(L &) = 2

1 2

Pero x& = L = velocidad

mL2 &2

1 ⎡ 2⎤ = V K E ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦ VE =

1 2

K (a

)2 =

1 2

Pero

=a

a 2 2K

[VG = mgh] VG = mgL cos − mgL = mgl(cos − 1) d dt

(T + VE + VG ) = 0 ⇒

d ⎛ 1

1

⎜ mL2 &2 + Ka 2 dt ⎝ 2 2

2

⎞ + mgL(cos − 1)⎟ ⎠

&+ Ka 2 &− mgl sen & mL2 & /& / = 0 &+ Ka 2 − mgL mL2&

Pero sen ≈

=0

÷ mL2

⎛ Ka 2 g ⎞ & &+ ⎜ ⎜ mL2 − L ⎟⎟ = 0 ⎝ ⎠

Vibración forzada sin amortiguamiento. Para este caso la ecuación diferencial tiene la forma siguiente: m& x&+ Kx = Po sen

t

(1)

Este tipo de ecuaciones tiene dos soluciones: x = x c + x p a) Solución a-transitoria complementaria: Cuando la ecuación es homogénea, es decir: m& x&+ Kx = 0

La cual tiene como solución: x = A sen t + B cos t


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas b) Solución estacionaria o particular: Cuando la ecuación es: m& x&+ Kx = Po sen t

Su solución es del tipo: x(t ) = G sen

t

(2)

Derivando dos veces: x&(t ) = G cos t

& (t ) = −G x&

2

t

sen

(3)

Reemplazando (2) y (3) en (1) m −G

− mG

2

sen 2

sen

t + K (G sen

t ) = Po sen

t + KG sen

t = Po sen

− mG −

÷ (sen t )

t

÷ (K )

+ KG = Po

2

2

mG

t

K

+G =

Po K

Factorizando G y ordenando ⎛ m ⎜1 − ⎝ K ⎛ ⎜⎜ 1 − ⎝

2

P ⎞ ⎟G = o K ⎠

Pero:

⎞ P ⎟G = o 2 ⎟ K ⎠ 2

Sea:

2

=

=

K m 2 2

(1 − )G = P 2

o

K

G=

Po

K (1 −

2

)

(4)

Reemplazando (4) en (2) x p (t ) =

Po

K (1 −

2

)

sen

(Solución particular)

t

Como la solución general es del tipo: x(t ) = x c + x p

Entonces:

x(t ) = A sen t + B cos t +

Po

K (1 −

2

)

sen

t


(5)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Las constantes A y B se determinan por las condiciones de contorno Si

t = 0 ⇒ x(0 ) = 0

(a)

Si

t = 0 ⇒ x&(0 ) = 0

(b)

Reemplazando (a) en (5) Po

0 = A sen 0 o + B cos 0 o +

K (1 −

2

)

sen 0 o

B = 0

Derivando (5) x&(t ) = A cos t − B sen t +

Po

K (1 −

2

)

cos t

(6)

Reemplazando (b) en (6) 0 = A cos 0 o − B sen 0 o +

0=A +

Po

K (1 −

2

)

=

⇒A=

2

K (1 −

⇒A=−

2

Pero

Po

2

)

cos 0 o

Po

K (1 −

Po

K (1 −

2

2

)

)

Reemplazando las constantes A y B en (5) x(t ) = −

Po

K (1 −

x(t ) =

2

)

sen t +

Po

K (1 −

2

)

(sen

Po

K (1 −

2

)

sen t

t − sen t )

Donde: Po = Amplitud de la fuerza externa K = Rigidez del resorte

= Frecuencia circular del movimiento = Frecuencia circular de carga

Si se analiza la ecuación (7), se nota que:


(7)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Si

= 1 , es decir;

=

entonces el factor 1 −

2

= 0 lo que implica que al estar en el

denominador se hace infinita la expresión. Esta situación se llama RESONANCIA.

P0 K

=

6 5

⎡ ⎤ P0 ⎢ (1 2 ⎥ ⎣ K − β )⎦

4 3 2

1

3

2

ω 2 2

ω

La solución particular para el caso

=

= β 2

tiene la forma: & t sen t x p (t ) = G 1

Donde :

G1 = x p (t ) =

Po 2m

Po 2m t sen t

Esta expresión muestra que la amplitud crece ilimitadamente con el tiempo.

t

Ejm. Un bloque de masa “m” está soportado por un resorte de ctte. “K” el cual está montado

sobre una base de peso despreciable que tiene un movimiento armónico A o sen t hacia arriba y hacia abajo. Determine el movimiento del bloque.



x

m K (x - y)

w

K 0

x − K (x − y ) = m&

− Kx + Ky = m& x m& x&+ Kx = KA o sen

t

x c = A sen t + B cos t

Solución complementaria Solución particular:

Por uno de los métodos abreviados, se tiene que la solución es de la forma: y=

1 F(D

2

)

1

sen(ax + b ) =

F(− a

2

)

sen(ax + b )

: F − a2 ≠ 0

Por tanto en este caso, la ecuación diferencial será: 2 & x&= D x

Sea

mD 2 + K x = KA o sen xp = xp =

1 mD 2 + K

KA o sen

1

−m

2

t t

KA o sen

t

KA o sen

t

+K

1 xp =

m

−

2

+

K

Pero

m


2

=

K m

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas xp = xp =

(

Ao 2

−

K 2

)m

Ao

(

2

2

⎛ − 2 )⎜⎜ ⎝ xp =

sen

⎞ ⎟ 2 ⎟ ⎠ 2

Ao 1−

2

t

sen t

sen

t

2

Por tanto la solución general es: x = A sen t + B cos t +

Ao 2

1−

sen

t

2

Tipos de amortiguamiento. a) Amortiguamiento viscoso. Para cuerpos que se mueven con velocidad moderada a través de fluidos. F = −cV

c = Ctte. De proporcionalidad V = Velocidad

b) Amortiguamiento turbulento. Ocurre cuando la rapidez con que se mueve un cuerpo dentro un fluido es alta. F = −bV

2

b = Ctte. De proporcionalidad

V = Velocidad

c) Amortiguamiento Coulombiano. Cuando una superficie seca se desliza sobre otra superficie. F= N

= Coeficiente de roce cinético N = Fuerza normal



Vibración libre amortiguada.

K FR

c

Fa K( + x)

m x

x

cx

mg

mg

En la situación de equilibrio estático (caso b) no actúa todavía la amortiguación K = mg

(1)

En la situación (c) se tiene:

[∑ F = m& x&] − K ( + x ) − cx&+ mg = m& x − K − Kx − cx&+ mg = m& x

Según (1)

− Kx − cx&= m& x m& x&+ cx&+ Kx = 0

Ordenando: dx

Si

dt

= Dx y

d2x dt

2

(2)

= D2 x

mD 2 x + cDx + Kx = 0

(3)

Dividiendo entre “m” la ecuación (3) D2 +

c m

D+

K m

=0

(4)

Resolviendo cual si fuese una ecuación de segundo grado. − D=

Como

c m

c2

±

m2 2 2

=

−4

K m

K m


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas − D=

c m

4c 2

±

4m 2

−4

2

2

2

⎛ c ⎞ ± ⎜ D=− ⎟ − 2m 2 m ⎝ ⎠ c

2

Analizando el discriminante, se ve tres situaciones posibles: 2

Si

⎛ c ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ 2m ⎠

Si

⎛ c ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ 2m ⎠

Si

⎛ c ⎞ ⎜ ⎟ − 2 m ⎝ ⎠

2

=0⇒

El sistema tiene amortiguamiento CRITICO

2

<0⇒

El sistema es SUB-AMORTIGUADO

2

>0⇒

El sistema está SOBRE-AMORTIGUADO

2

2

Sistema con amortiguamiento crítico . 2

2

⎛ c ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ 2m ⎠

Como

2

⎛ c ⎞ =0⇒⎜ ⎟ = ⎝ 2m ⎠

2

⇒

C c = 2m

De ahí

c 2m

=

C c = Amortiguamiento crítico

Por tanto la raíz de la ecuación (4) son iguales y serán: 6 4 70 4 8 − D=

c m

±

c2 m 2

2

−4

2

⇒D=−

Cc 2m

=

− 2/ m / 2/ m /

D=−

Por tanto la solución de la ecuación (4) tendrá la forma: x(t ) = G 1e Dt + G 2 te Dt x(t ) = (G 1 + G 2 t )e Dt

Factorizando Como

Donde G 1 , G 2 = Ctts. a determinar

D=−

x(t ) = (G 1 + G 2 t )e − t

(5)


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x(t ) = (G 1 + G 2 t )e

Conforme t → ∞ se tiene que e

−

c 2m

t

−

c 2m

t

(5´)

→ 0 más rápidamente que t se aproxima a ∞ ; el movimiento

se disipa exponencialmente. De hecho, el caso de amortiguamiento crítico es el caso límite de sobre-amortiguamiento. “El amortiguamiento crítico, representa una condición en la que e tiene el valor mínimo necesario para hacer que el sistema sea NO VIBRATORIO” Para hallar las constantes G 1 , G 2 de la ecuación (5) se realiza según condiciones de contorno. Se sabe que: e − t = cosh t − senh t

(6)

(6) en (5) x(t ) = (G 1 + G 2 t )(cosh t − senh t ) x(t ) = G 1 cosh t − G 1 senh t + G 2 t cosh t − G 2 t senh t P t

= 0 ⇒ x(t ) = x(0 )

(7)

Reemplazando en (7)

x(0 ) = G 1 cosh 0 o − G 1 senh 0 o + G 2 (0 )cosh 0 o − G 2 (0 )senh 0 o G 1 = x(0)

Derivando (7) x&(t ) = −G 1 senh t − G 1 cosh t − G 2 t sen t + G 2 cosh t − G 2 t cosh t − G 2 senh t P t

= 0 ⇒ x&(t ) = x&(0 )

o o o o o o x&(0) = −G1 senh 0 − G1 cosh 0 − G2 (0) sen 0 + G2 cosh 0 − G2 (0) cosh 0 − G2 senh 0

x&(0) = −G 1 + G 2 G 2 = x&(0) + G 1 ⇒ G 2 = x&(0) + x(0)

Reemplazando las constantes G 1 y G 2 en (5)


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x(t ) = [x(0 ) + (x&(0 ) + x(0 ) )t ]e −

t

Ordenando: x(t ) = [x(0)(1 + t ) + x&(0)t ]e −

t

X(0)>0 X(0)

X(0)=0

t X(0)<0

Movimiento sub-amortiguado. Esta situación ocurre cuando: 2

⎛ c ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ 2m ⎠

2

<0

Que implica tener un discriminante negativo, por tanto tendrá soluciones imaginarias. Sea

= Razón de amortiguamiento =

C Cc

⇒ C = C c ⇒ C = 2m 2

⎛ c ⎞ ± ⎜ D=− ⎟ − 2m ⎝ 2m ⎠ c

Reemplazando en:

D=− D=−

±

(2/ m/ ) 2/ m / 2

2

−

D=−

2

2

⎛ (2/ m / ) ⎞ ± ⎜ ⎟ − / ⎠ ⎝ 2/ m 2

⇒D=−

±i

1−

±

2

2

−1

2


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ω 0 = ω 1 − ξ 2

Sea:

Velocidad angular amortiguado

Frecuencia de oscilaciones amortiguadas D=−

±i

0

(a)

La solución a la ecuación diferencial tendrá la forma: x(t ) = G 1e

+ G 2e D t

D1t

(b)

2

Reemplazando (a) en (b)

x(t ) = G 1e

(−

x(t ) = G 1e − x(t ) = e −

Como:

e e

i

t

e

0t

)t

0

i

+ G 2 e (−

i

+ G 2e −i

0t

1

0

= cos

t + i sen 0

−i

0

)t

+ G 2e − t e −i

0t

(G e

= cos

0t

−i

t

+i

0

t − i sen

0t

0t

)

(c)

t 0

t

Reemplazando en (c) x(t ) = e − x(t ) = e −

t

t

[G 1 (cos

[G 1 cos

x(t ) = e

−

t

0

0

t + i sen

0

t + iG 1 sen

0

⎡ ⎢(G 1 + G 2 )cos ⎢⎣ 1 4 2A 43

x(t ) = e −

t

t ) + G 2 (cos

0

t )]

t − iG 2 sen

0

0

t + G 2 cos

0

t − i sen

t]

⎤ 0 t + i (G 1 − G 2 ) sen 0 t⎥ 1 4 2 43 ⎥⎦ B

(A cos

0

t + B sen

0

t)

(d)

t = 0 ⇒ x(t ) = x(0)

Para x(0) = e −

⋅0

A cos 0 o + B sen 0 o ⇒ A = x(0)

Derivando (d): x&(t ) = e −

t

(− A

0

sen

0

t+B

0

cos

0

)e − t (A cos

t ) + (−

0

t + B sen

0

t)

t = 0 ⇒ x&(t ) = x&(0)

Para

(

x&(0) = e 0 − A

0

sen 0 o + B

0

)

(

cos 0 o −

x&(0 ) = B

0

−

e 0 A cos 0 o + B sen 0 o 0

A

) Pero A = x(0)


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x&(0) = B

0

−

0

x&(0) +

x(0) ⇒ B =

0

x(0)

0

x(t ) = e −

t

⎡ ⎢x(0) cos ⎣

0t +

x&(0) +

0

x(0)

0

sen

⎤

0t⎥

⎦

xe −ξω t

x x sen

wt

Movimiento sobre-amortiguado. Esto ocurre cuando: 2

⎛ c ⎞ ⎜ ⎟ − 2 m ⎝ ⎠

2

>0

= Razón de amortiguamiento =

Reemplazando en:

C Cc

⇒ C = C c ⇒ C = 2m 2

⎛ c ⎞ ± ⎜ D=− ⎟ − 2m ⎝ 2m ⎠ c

D=−

±

(

D= − ±

2

2

2

−1

−1

(a)

La solución a la ecuación diferencial es del tipo: x(t ) = Ae

D1 t

+ Be D t

(b)

2


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Reemplazando (a) en (b) x(t ) = Ae

⎛ ⎜− + ⎝

2

−1 ⎞⎟ t ⎠

+ Be

⎛ ⎜− − ⎝

2

−1 ⎞⎟ t ⎠

(c)

Derivando (c)

(

x&(t ) = A − +

2

)

−1 e

⎛ ⎜− + ⎝

2

−1 ⎞⎟ t ⎠

(

+B − −

2

)

−1 e

⎛ ⎜− − ⎝

2

−1 ⎞⎟ t ⎠

(d)

Las condiciones de contorno son: t = 0 ; x(t ) = x(0) ; x&(t ) = x&(0)

Para: Reemplazando en (c)

x(0) = Ae 0 + Be 0 ⇒ A = x(0) − B

(*)

Reemplazando en (d) x&(0 ) = A − +

2

− 1 e0 + B − −

2

− 1 e 0 (**)

Reemplazando (*) en (**) x&(0 ) = (x(0) − B ) − + x&(0 ) = −

x(0) + 2

2

−1

−

2

− 1 ⋅ x(0 ) + / / B/ −

2

−1⋅ B =

2

2

B=

B−

2

−1 ⋅ B

− 1 ⋅ B − / / B/ −

2

2

−1 ⋅ B

x(0 ) − x&(0 )

− 1 ⋅ x(0) −

x(0) − x&(0 )

−1 − 2

2

−1

Reemplazando en (*) 2

A = x(0 ) −

A=

2

2

− 1x(0) −

2

A=

2

x(t ) =

x&(0 ) +

2

2

−1 + 2

−1

x(0 )

e

⎛ ⎜− + ⎝

−1 + 2

2 2

−1 ⎞⎟ t ⎠

x(0 ) + x&(0 )

− 1x(0 ) +

2 2

−1

2

2

x&(0 ) +

x(0) − x&(0 )

−1 −

−1 x(0 )

−1 2

+

***** x (0 ) − x&(0 )

−1 − 2

2

−1

e

⎛ ⎜− − ⎝


2

−1 ⎞⎟ t ⎠

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas El movimiento es una función exponencialmente decreciente con el tiempo y se la clasifica como

−ξ − ξ 2−1ω t

Ae

A

wt

O B

APERIODICA. Ejm. Si el sistema mostrado en la figura, se suelta desde una altura “h” sobre una superficie dura.

¿Cuál será el movimiento resultante de la masa “m”?

m x K

c

h

t=0

L.R.

La ecuación diferencial para este sistema es: m& x&+ cx&+ Kx = 0

& x&+

c m

x&+

K m

÷m

x=0

(1)

La expresión se puede escribir como: D2 +

c m

D+

K m

=0


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas La solución de esta ecuación es: 2

⎛ c ⎞ ± ⎜ D=− ⎟ − 2m ⎝ 2m ⎠ c

=

Como

c CC

(2)

2

y C C = 2m ⇒ c = 2m

Reemplazando en (2) D=− D=−

2

(2/ m/ )

⎛ (2/ m / ) ⎞ ± ⎜ ⎟ − / 2 m / ⎝ ⎠

2/ m /

±

2

2

−

⇒D=−

2

2

±

2

−1

Cambiando el orden del discriminante; este se hace negativo, por tanto imaginario: D=−

Sea:

0

±i =

1− 1−

D=−

2

2

±i

0

La solución a la ecuación (1) es de la forma: x(t ) = G 1 e

x(t ) = G 1e x(t ) = e −

Como:

e

i

0t

(− t

+i

−i

0

)t

(G e

i

1

= cos e

D1 t

0t

0

+ G 2e D t 2

+ G 2 e (− 0t

+ G 2e −i

t + i sen

= cos

−i

0

0

0t

0

)t

)

t

t − i sen

0

t

Reemplazando y simplificando: x(t ) = e −

t

(A cos

0

t + B sen

0

t)

(3)

Derivando (3) x&(t ) = e −

t

(− A

0

sen

0

t+B

0

cos

0

t ) + (−

)e − t (A cos

0

t + B sen

0

t )

Considerando el nivel de referencia (L.R) del gráfico, se tiene las consideraciones de contorno P t = 0 ; x = 0 ; x& =

2gh

Reemplazando en (3) y (4) Se determina las constantes.


(4)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x(t ) =

2gh

e

−/

c 2m /

t

sen

0

En (3)

t

0

0 = e 0 A cos 0 o + B sen 0 o ⇒ A = 0

En (4) 2gh = e 0 (− A

0

sen 0 o + B

0

2gh = B

cos 0 o ) −

⇒B=

0

e 0 (A cos 0 o + B sen 0 o ) 2gh 0

Reemplazando en (3) x(t ) = e −

t

x(t ) =

⎛ ⎜ 0 cos ⎜ ⎝

2gh

0t

sen

0

2gh

e−

t

sen

0

t

⎞ ⎟ ⎠

⎟ 0t

Pero

0

x(t ) =

2gh

e

−/

c 2m /

t

sen

0

=

c 2m

t

0

x(t ) =

2gh

e

−

c 2m

t

sen

0

t

0

1. Una masa de 50 lb. Reposa sobre un resorte de 35 lb/Plg.y un amortiguador de 075 lb-seg/Plg..

Si se aplica una velocidad de 4 Plg/seg a la masa en su posición de reposo. ¿Cuál será el desplazamiento al final del primer segundo?.

m x K

c


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas La ecuación diferencial para este caso es: m& x&+ cx&+ Kx = 0 c

& x&+

m

x&+

K m

÷m

x=0

La solución o primitiva de esta ecuación es: x(t ) = e − 0

=

t

(A cos

1−

0

t + B sen

=

2

0

t)

(a)

c 2m

P t = 0 ; x(t ) = 0 ; x&(0) = 4 [Plg/seg]

(b)

Reemplazando en (a) 0 = e 0 A cos 0 o + B sen 0 o ⇒ A = 0

Derivando (a) x&(t ) = e −

t

(− A

0

sen

4 = e0 − A

0

0

t+B

0

cos

sen 0 o + B

0

4=B

0

cos 0 o − 0

−

)e − t (A cos

t ) + (−

0

t + B sen

0

t)

e 0 A cos 0 o + B sen 0 o

Pero A = 0 ⇒ B =

A

4 0

Reemplazando en (a) x(t ) = e −

Pero

2

=

K m

=

t

⎛ 4 ⎜⎜ sen ⎝ 0

⎞

⎟ 0 t ⎟ ⇒ x(t ) =

4

⎠

e−

lb

sen

0

t

0

⎡ p lg ⎤ ∗ 384 ⎢ 2⎥⇒ ⎥ ⎦ ⎣ seg ⎦

⎡ rad ⎤ = 13.86⎢ ⎥ ⎣ seg ⎦

25 ⎡ lb / p lg ⎤

50 ⎢⎣

t

⎡ p lg ⎤ ⎡ lb ⋅ seg ⎤ c 288 ∗ ⇒ = = ⇒ = 0.21 384 ⎢ 2⎥ ⎥ 2m 2(50)(13.86) ⎣ p lg ⎦ ⎣ seg ⎦

c = 0.75⎢

0

=

1−

2

= 13.86 1 − (0.21) ⇒ 2

0

⎡ rad ⎤ = 13.55⎢ ⎥ ⎣ seg ⎦

Por tanto estos valores reemplazado en (c)


(c)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x(1) =

4 13.55

e −0.21(13.86 )1 sen[13.55(1)]

x(1) = 0.0013[p lg ]

2. Un péndulo simple está pivotado en “0”. Si la masa de la varilla es despreciable y las

oscilaciones pequeñas; encuentre la frecuencia natural amortiguada del péndulo. K L1 O L2

c

L

m

donde I = mL2 ⇒ ∑ M = mL2 &

[∑ M = I ]

− Kx 1 L 1 − cx&2 L 2 − mgL sen = mL2 &

(1)

x1 = L1

pero

x 2 = L 2 ⇒ x&2 = L 2

Reemplazando en (1) − KL21 − cL22 &− mgL = mL2 &

Ordenando &+ cL2 &+ KL2 + mgL mL2 & 2 1

= 0

2 2 & &+ cL 2 &+ KL 1 + mgL = 0 2 2

mL

mL

La solución de esta ecuación de segundo grado es: cL22

2

2 2 ⎛ KL21 + mgL ⎞ 1 ⎛ cL 2 ⎞ mL ⎜ ⎟ ⎟⎟ ± − 4(1)⎜⎜ D=− 2 ⎟ 2 ⎜ 2 2 ⎝ mL ⎠ ⎝ mL ⎠


(2)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 2 1 ⎛ 2cL 2 ⎞

2

⎛ KL21 + mgL ⎞ ⎜ ⎟ − 4⎜⎜ ⎟⎟ D=− ± 2 2mL2 2 ⎜⎝ 2mL2 ⎠⎟ mL ⎝ ⎠ cL22

2

⎛ cL22 ⎞ ⎛ KL21 + mgL ⎞ ⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ D=− ± ⎜⎜ 2 ⎟ 2 2mL2 2 mL mL ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ cL22

De aquí, la frecuencia circular amortiguada es la raíz, pero cambiando los términos: =

KL21 + mgL mL2

⎛ cL22 ⎞ ⎟ − ⎜⎜ 2 ⎟ 2 mL ⎝ ⎠

2


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas VIBRACIONES FORZADAS CON AMORTIGUAMIENTO Detalles

Pág.

Excitación indirecta..................................................................................................................

66

Desbalanceamiento rotacional..................................................................................................

69

Decremento logarítmico...........................................................................................................

71

Aislamiento de las vibraciones.................................................................................................

79

Transmisibilidad.......................................................................................................................

80

Energía disipada por amortiguamiento.....................................................................................

83

Cuando un sistema está sometido a una excitación armónica forzada, su respuesta de vibración tiene lugar a la misma frecuencia de excitación.

Una fuente común de excitación armónica es el desbalance en máquinas rotatorias, aunque la excitación armónica es menos probable que la periódica u otros tipos de excitación. Pero se estudia la excitación armónica para comprender como el sistema responde a tipos más generales de excitación.

Considerando un sistema de un grado de libertad con amortiguamiento viscoso, excitado por una fuerza armónica F0 sen

t

K c K( + x)

m x

x

cx t w n e s 0

mg

F

En el nivel de equilibrio estático

K = mg

“Vibración excitada armónicamente”

(1)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Aun desplazamiento “x”

m& x&= −K ( + x ) − cx&+ mg + F0 sen

t

/ / − Kx − cx&+ m m& x&= −K / g/ + F0 sen

t

m& x&+ cx&+ Kx = F0 sen

t

(2)

Se sabe que la solución de la ecuación (2) consta de dos partes: Una parte complementaria (Solución homogénea) y una solución particular; es decir:

x = xc + xp

(3)

la solución complementaria o transitoria es la solución de un sistema libre amortiguado y está dado por una de estas tres, según cual sea el caso -

Caso sobre - amortiguado (c > C C )

x c = Ae -

1t

+ Be

(

1

,

2

son reales y diferentes)

Caso amortiguado crítico (c = C C )

x c = (A + Bt )e − -

2t

t

(

Caso sub – amortiguado

xc = e−

t

(A cos

0

1

,

2

iguales y reales)

(c < C C )

t + B sen

0

t)

(

1

,

2

son complejos)

La solución particular o estacionaria es una solución estacionaria de la misma frecuencia

de

excitación.

Existen varias formas de resolución de la ecuación diferencial (2); una de ellas es: Sea: O también:

x p = A sen

t + B cos t

x p = x sen( t −

)

(4) (5)

Donde x = Amplitud de oscilación

= Fase de desplazamiento con respecto a la fuerza excitatriz. Derivando dos veces (4)

x&p = A cos t − B sen t

(6)

& x&p = − A

(7)

2

sen t − B

2

cos t

Reemplazando (4), (6) y (7) en (2)



(

m −A

2

sen

t−B

2

)

t + c(A cos

cos

t ) + K (A sen

t − B sen

t + B cos

t ) = F0 sen

t

Multiplicando y factorizando senos y cosenos

−m

2

A − c B + KA sen t + − m

2

B + c A + KB cos

t = F0 sen t

Igualando términos según sean senos o cosenos se tiene:

−m

2

t − c B + KA = F0

(a)

−m

2

B + c A + KB = 0

(b)

Resolviendo el sistema: Despejando A de (b) 2

m

A=

B − KB

c

(c)

Reemplazando (c) en (a)

−m

2

− m2

⎛ m ⎜⎜ ⎝

2

B − KB ⎞

⎛ m ⎟⎟ − c B + K⎜⎜ ⎠ ⎝

c

+m

2

− B m2

4

4

KB − c 2

− 2m

2

2

B+m

2

2

B − KB ⎞

⎟⎟ = F0 ⎠

c

∗c

KB − K 2 B = c F0

K + K 2 + c2

2

= c F0

⎡ ⎤ 2 2 2 2 2 ⎢ − B (1m4 4) 4−42(2m4 4)K4 +4K3 + (c ) ⎥ = c F0 ⎢ ⎥ ⎣ ⎦

[

B (m

2

]

+ K ) + (c ) = −c F0 ⇒ B = − 2

2

∗ (− 1)

c F0

(m

2

+ K ) + (c ) 2

2

Reemplazando en (c)

A=

K −m

(m

2

2

)F

0

+ K ) + (c ) 2

2

Reemplazando en (4)

xp =

K −m

(m

2

2

F0

− K ) + (c ) 2

2

sen

t−

c F0

(m

2

− K ) + (c ) 2

2

cos

t

Factorizando:

xp =

F0

(m

2

[(K − m )sen 2

− K ) + (c ) 2

2

t − c cos

t ]

Según (3), la solución es:


(7)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x = e−

t

(A cos

0 t + B sen

0t) +

F0

(m

− K ) (c )

2

[(K − m )sen

t − c cos t ]

2

2

2

Considerando la ecuación (5) también se puede resolver por el método de la impedancia mecánica, que es un método sencillo y directo para la vibración del estado estacionario.

x = x sen( t −

)

x&= x cos( t − x&= −x

2

(5)

)

sen( t −

(8)

)

(9)

Recordando que en el movimiento armónico las fases de la velocidad y la aceleración están delante del desplazamiento en 90° y 180° respectivamente. x mw2x cwx

Fo wt o

.La suma vectorial es:

Kx x

(Kx − m

2

x ) + c x = F0

(K − m ) x + (c ) x 2 2

x=

2

2

2

= F02

F0

(K − m ) + (c ) 2 2

la magnitud será:

(10)

2

La fase se obtiene del gráfico: cwx o

tag =

(K - mw)x

c x/

(K − m )x/

⇒ = arctag

c K −m

2

Dividiendo entre K el numerador y denominador de (10) y (11) se obtiene:


(11)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas F0

c

K

x=

= arctag

2

⎛ m 2 ⎞ ⎛ c ⎞ ⎜⎜ 1 − ⎟⎟ + ⎜ ⎟ K ⎠ ⎝ K ⎠ ⎝

2

1−

K m

2

K

Considerando las expresiones:

K

=

m

→

Frecuencia natural de oscilación no amortiguado

C c = 2m →

=

c Cc

Amortiguamiento crítico

→

Factor de amortiguamiento

⎛ c ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟C c = (2m ) = 2 K ⎝ C c ⎠ K K

c

2/

=2

Reemplazando en estas últimas ecuaciones

xK F0

2

1

= ⎛ ⎜⎜ 1 − ⎝

= arctag

2

⎞ ⎛ ⎟ + ⎜2 2 ⎟ ⎠ ⎝ 2

⎞ ⎟ ⎠

2

Estas ecuaciones indican que la amplitud adimensional

F0

y la fase

2

son funciones solamente

180°

xK F 0

xK

⎛ ⎞ 1−⎜ ⎟ ⎝ ⎠

0.00

0.05

e s a f e9 0 ° d o l u g n A

3 .0 0.10

2 .0

0

0.25

0.05 0.15 0.375

ξ = 1 1 2 3 4 Razón de frecuencias w/w

5

3 .0 4 .0 Razón de frecuencias w/w

5 .0

0.375 1 .0 -1.0

0

1 .0

0 .5

2 .0


ξ =

C C c

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas de la razón de frecuencias

y el factor de amortiguación

, que gráficamente se representan

como: Estas curvas muestran que el factor de amortiguación tiene gran influencia sobre la amplitud y el ángulo de fase en la región de frecuencia próxima a resonancia.

Un entendimiento adicional sobre el comportamiento del sistema puede obtenerse estudiando el diagrama de fuerzas para

, pequeño, igual a uno y grande.

Para valores pequeños, las fuerzas de inercia y las de amortiguamiento son pequeñas, lo que implica un

(ángulo de fase) pequeño. Por tanto la magnitud de la fuerza global es igual a la

fuerza del resorte.

mw 2x cwx

Fo

o

Para

Kx x

= 1 el ángulo de fase es 90°, note que la fuerza de inercia es mayor y es equilibrada por

la fuerza del resorte, mientras que la fuerza aplicada supera a la fuerza de amortiguación. mw2x cwx o

Para

>> 1 ,

Kx

o = 90°

se aproxima a 180° y la fuerza aplicada se emplea casi enteramente en vencer la

gran fuerza de inercia.

mw2x cwx Fo

o

Kx

x


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Por tanto : La solución a la ecuación diferencial (1) puede escribirse como:

Hasta aquí se ve que la fuerza externa actúa directamente sobre la masa vibratoria; pero puede ocurrir también que esta fuerza actúe de forma indirecta.

Excitación indirecta. Si la fuerza excitadora se origina en un elemento intermedio

c1

K1 x

m K2

c2

y

y (t) = Ucoswt

y = U cos t

Como

Considerando un sistema inercial se tiene:

m& x&+ c 1 x&+ K 1 x = c 2 (y&− x&) + K 2 (y − x) m& x&+ c 1 x&+ K 1 x = c 2 y&− c 2 x&+ K 2 y − K 2 x m& x&+ (c 1 + c 2 )x&+ (K 1 + K 2 )x = c 2 y&+ K 2 y

14 2 43 c

1 4 2 43 K

m& x&+ cx&+ Kx = c 2 y&+ K 2 y Pero Derivando

y = U cos t y&= −U sen m& x&+ cx&+ Kx = c 2 (− U sen

t t ) + K 2 (U cos t )

m& x&+ cx&+ Kx = K 2 U cos t − c 2 U sen m& x&+ cx&+ Kx = P cos( t + Donde:

P = U K 22 + c 2

t

)

2


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas = arctag

c2 K2

a) Cuando no hay elementos intermedios conectados al sistema vibratorio y el movimiento armónico de la fuente de excitación se transmite directamente al punto base del resorte y amortiguador. Es el caso de los instrumentos sísmicos.

m x K

c(x - y) y = Asenwt

y La ecuación diferencial del movimiento, se obtiene considerando un sistema inercial, por tanto la deformación del resorte es:

− c(x&− y&) − K (x − y ) = m& x

(a)

z = x−y ⇒ x= z+y

(b)

sea

z&= x&− y Derivando dos veces:

& x&= & z&+ & y

(c)

Reemplazando en (a)

− cz&− Kz = m(& z&+ & y&) m& z&+ cz&+ Kz = −m& y Pero

y = A sen

t⇒& y&= − A

m& z&+ cz&+ Kz = −m − A

2

2

sen

sen

m& z&+ cz&+ Kz = m A sen

t t

t

Note que la ecuación siempre es la misma y lo único que cambia es la amplitud de excitación.


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Ejm. El pistón mostrado en la Fig. oscila con un movimiento armónico x = A cos t dentro de un cilindro de masa “m” el cual es soportado por un resorte de cte. “K”. Si entre el pistón y la pared del cilindro hay amortiguamiento viscoso “c”; encuentre la amplitud del movimiento del cilindro y su diferencia de fase con el pistón. y = Acoswt

y = Acoswt y

c c(x - y)

m c

m

m Kx

K

Sistema equivalente

− c(x&− y&) − Kx = m& x m& x&+ cx&+ Kx = cy y = A cos t ⇒ y&= − A sen

Pero

t

m& x&+ cx&+ Kx = cA sen t

(1)

La solución particular tiene la forma:

x = G 1 sen

t + G 2 cos t

x&= G 1 cos t − G 2

& x&= −G 1

2

sen

sen

t − G2

2

t

cos t

Reemplazando en (1)

−mG1

2

sen t −mG2

2

cos t + cG1 cos t −cG2 sen t + KG1 sen t + KG2 cos t = −cA sen t

Factorizando senos y cosenos

K −m

2

G 1 − c G 2 sen

t + K −m

2

G 2 + c G 1 cos t = −cA sen

Igualando términos

K −m

2

G 1 − c G 2 = −cA

c G1 + K − m

2

G2 = 0


t

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Resolviendo este sistema, se halla las constantes G 1 y G 2

a = K −m

Sea:

2

b = c Reemplazando a y b en el sistema

aG 1 − bG 2 = −bA bG 1 + aG 2 = 0 G1 = −

G2 = x G2

abA a +b 2

2

b2A 2 2 a +b

⇒ G1 = −

K −m

2

c A

(K − m ) + (c ) 2 2

2

(c )2 A

⇒ G2 =

(K − m ) + (c ) 2 2

2

La amplitud

wt x wt

x = G +G ⇒ x = 2 1

o

G1

x =

x =

(a

2

2 2

+ b 2 )(bA )

(a

2

+b

(− abA )2

(a

2

+b

2

)

2 2

+

(b A )

2

2

(a

2

+ b2 )

2

2

⇒x=

)

2 2

b A a +b 2

2

=

bA a2 + b2

c A

(K − m ) + (c ) 2 2

2

b2A La fase:

G2

2 2 b a b + = arctag = arctag = arctag − abA −a G1 a2 + b2

= −arctag

c K −m

2

Desbalancea Desbalanceamiento miento rotacio nal. El desbalance en máquinas rotatorias es una causa de excitación vibratoria.


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Existe desbalanceamiento rotacional en una máquina, si en centro de gravedad de la parte rotatoria no coincide con el eje de rotación.

F e

m esenwt

wt

M c

K/2

K/2

Considerando que el sistema está restringido a mov erse en dirección vertical. El desbalance está representado por una masa excéntrica “m” con excentricidad “e” que rota con velocidad

.

La fuerza centrífuga debido al desbalanceamiento en la parte rotatoria de la máquina es:

F = ma N = m e

2

La proyección vertical de F es:

FV = me

2

sen

t

Por tanto la ecuación diferencial del movimiento es:

M& x&+ cx&+ Kx = me

2

sen

t

(1)

Esta ecuación es idéntica al caso de la oscilación forzada con amortiguación; siendo

F0 = me xp =

me

(K − m ) + (c ) 2 2

me xp =

2

sen

2

K

⎛ ⎜⎜ 1 − ⎝

2

⎞ ⎛ ⎟ + ⎜2 2 ⎟ ⎠ ⎝ 2

t

2

sen

⎞ ⎟ ⎠

t

2


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Decremento Decremento l ogarítmico . Un modo conveniente de determinar la cantidad de amortiguamiento presente en un sistema, consiste en medir la rata de caída de las oscilaciones libres.

Se sabe que a mayor amortiguamiento, mayor rata de caída.

Considerando una vibración amortiguada (Sub – amortiguada) expresada por la ecuación

x

X1 X2

t

x(t ) = e −

t

(A cos

0

t + B sen

0

t)

El decremento logarítmico, se define como el logaritmo natural de la razón de dos amplitudes sucesivas cualesquiera.

= ln

x1 x2

⇒ = ln

e− e

−

(t 1 + )

(A cos 0 t + B sen 0 t ) [A cos 0 (t 1 + ) + B sen 0 (t 1 + )] t1

Como el seno y el coseno son funciones periódicas, pueden simplificarse los factores y queda:

= ln

e e

−

−

t1

(t 1 + )

⇒ = ln

e e

−

−

t1

(t 1 + ) −

e

⇒ = ln e

=

Como :

=

2 1−

2



= /

/ 1−

1−

2

<< 1 ⇒ 1 −

Cuando

2

⇒ = 2

2

≈1

=2 Valor aproximado

δ = 2πξ

o c i m t í r a g o l o t n e m e r c e D

12 10

2πξ

δ =

8

1 − ξ

6 4 2

ξ = 0

0 .2

0 .4

0 .6

0 .8

1 .0

C C c

F a c t o r d e a m o r tig u a m ie n t o

El gráfico muestra los valores exactos y aproximados de Al determinar

como función de

experimentalmente; se debe notar que cualquier pequeño error al medir dos

amplitudes sucesivas dará resultados erróneos, ya que generalmente estas amplitudes son muy próximas una de otra.

Para evitar esta dificultad, se mide dos amplitudes separadas “n” ciclos. Sea x 0 la primera amplitud medida y x n la amplitud después de “n” ciclos transcurridos. Como

= ln

x0 x1

e =

La razón:

= ln

x0 x1

=

x1 x2

x1 x2

= ... = ln = ... =

x n−2 x n −1

x n−2 x n −1

=

= ln

xn

x n −1 xn

⎛ x ⎞⎛ x ⎞⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ = ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎜⎜ 1 ⎟⎟⎜⎜ 2 ⎟⎟...⎜⎜ n −1 ⎟⎟ = (e x n ⎝ x 1 ⎠⎝ x 2 ⎠⎝ x 3 ⎠ ⎝ x n ⎠ x0

x n −1

)

n

= en


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas n ln e = ln

1

=

n

ln

x0 xn

x0 xn

Ejm. Los datos siguientes están dados para un sistema vibratorio con amortiguamiento viscoso, donde m = 10 lb., K = 30 lb/plg y c = 0.12 (lb/plg)seg. Determine el decremento logarítmico y la razón de dos amplitudes sucesivas cualesquiera.

=

Se sabe que

=

=

c 2m

K m

=

=

30lb / p lg 10lb

2 1−

2

⎡ rad ⎤ ⋅ 384p lg/ seg 2 = 33.94⎢ ⎥ ⎣ seg ⎦

0.12lb ⋅ seg / p lg 2 ⋅ 10lb ⋅ 33.94rad / seg

⋅ 384p lg/ seg 2 = 0.0698

2 0.0698

=

1 − (0.0698 )

2

= 0.44 = ln

x0 x1

⇒

x0

x0

= 1.55

x1

x1

=e ⇒

x0 x1

= e 0.44

1. Encuentre los cuatro primeros términos de la representación en series de Fourier de la onda cuadrada o función quebrada.


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x 1

2

3

∑ (a

cos n

4

5

t

-1

Se sabe que:

f (t ) =

1 2

a0 +

∞

n

0

t + b n sen n

0

t)

n =1

Donde

2

=

0

T = Periodo

T

f (t ) = 1

Según el gráfico

0 ≤ t <

≤ t < 2

1 Según las fórmulas:

2

T∫

a0 = 2

T∫

an =

bn =

2 T

−

f (t )dt

(1)

2

T 2 T

−

2

T

T∫

f (t )cos(m

0

t )dt

(2)

f (t )sen(n

0

t )dt

(3)

2 T 2 T

−

2

Cálculo de a 0

a0 =

2 2

∫

0

dt +

2 2

∫

2

− dt =

1

[t

0

−t

2

]= 1 (

−0−2 + )= 0

Cálculo de b n bn =

2 2

∫

0

sen(n

0

t )dt +

2 2

∫ − sen(n

0

t )dt =

1⎡

⎢− ⎢⎣ n

1

cos(n 0

0

t) − − 0

2

1 n

cos (n 0


0

t )dt

⎤ ⎥ ⎥⎦

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Como

=

0

2 T

; T=2 ⇒

0

=1

0

bn =

11 n

[− cos(n ) + cos(n0) + cos(2n ) − cos(n )]

Si n = impar

bn =

1

[− (− 1) + 1 + 1 − (− 1)] =

n

4 n

Si n = par

bn =

1 n

(− 1 + 1 + 1 − 1) = 0

Cálculo de a n

2 ⎡ an = 2 ⎢⎣

∫

0

cos(n

0 t )dt +

an

1 n

∫

2

− cos(n

1⎡ 1

⎤ 0 t )dt =

⎢ ⎢⎣ n

⎥⎦

sen(n 0

0t) − 0

[sen(n ) − sen(0) − sen(2n ) + sen(n )] = 0

2

1 n

sen(n 0

f (t ) =

2

7

(0) + ∑

4

sen(n

n =1 n

0

t) + 0

Para los cuatro primeros términos; es decir: n = 1, 3, 5, 7

f (t ) =

f (t ) =

4

sen t +

4 3

sen 3t +

4 5

sen 5t +

4 7

⎤ ⎥ ⎥⎦

Para todo n par o impar

Por tanto:

1

0 t)

sen 7t + ...

4 ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎜ sen t + sen 3t + sen 5t + sen 7t + ... ⎟ 3 5 7 ⎝ ⎠


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 2. Encuentre los cuatro primeros términos de la representación e n series de Fourier de la onda triangular.

x 1

2

3

t

-1

⎛ 2 ⎞ t − 1⎟ ⎝ ⎠

f (t ) = ⎜

Para 0 ≤ t ≤

⎛ 2 ⎞ ⎜3 − t⎟ ⎝ ⎠ Como

0

=

2 T

Para

; T=2 ⇒

0

≤ t < 2

=1

Cálculo de a 0

a0 =

a0 =

1⎡1

⎢ ⎢⎣

t − t + 3t − 2

1

2 ⎛ 2 ⎞ − + t 1 dt ⎜ ⎟ 2 ∫0 ⎝ 2 2 ⎠ 2

2

t

2

0

⎤ 1 ⎡⎛ 1 ⎥ = ⎢⎜ ⎥⎦ ⎣⎝

a0 =

1

2

∫

2

⎛ 2 ⎞ ⎜ 3 − t ⎟dt ⎝ ⎠

⎛ 4 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎟⎟ − ⎜⎜ 3 − − ⎟ − (0 − 0) + ⎜⎜ 6 − ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

[0 − 0 + 2 − 2 ] = 0

Cálculo de a n

an = an =

1 ⎧2

⎨ ⎩

∫

0

2 ⎛ 2 ⎞ t − 1 ⎟ cos(nt )dt + ⎜ ∫ 2 0 ⎝ 2 ⎠ 2

t cos(nt )dt − (1)

∫

0

cos(nt )dt + 3 (2)

∫

∫ 2

2

⎛ 2 ⎞ ⎜ 3 − t ⎟ cos(nt )dt ⎝ ⎠

cos(nt )dt − (3)

2

∫

2

⎫ ⎭

t cos(nt )dt ⎬ (4)

Integrando por partes (1) = (4)


2

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas sea u = t → du = dt

1

dv = cos(nt )dt → v = t

n

sen(nt )

1

∫ udv = n sen(nt ) − ∫ n sen(nt )dt t

I=

n

sen(nt ) +

1

cos(nt )

n2

Desarrollando an =

1⎧ ⎪2 t

1

1

sen(nt ) + 2 cos(nt ) − sen (nt ) + 3 sen (nt ) ⎨ n n n ⎪⎩ n 0 0

⎡2 0 )⎤⎥ − ⎢ ⎛ ⎜ sen(0 ) +

(1) ⇒ 2 ⎡ sen(0) + 1 cos(n ⎢n n2 ⎣ (2) ⇒

1 n

sen(n

)−

⎡1 (3) ⇒ 3⎢ sen(2n ⎣n (4) ⇒

2

1

2 ⎡2

⎢⎣ n

1 n

⎦ ⎣ ⎝ n

1 n

2

⎞⎤ ⎠⎦

cos(0 )⎟⎥ =

−

2 t n

sen (nt ) +

1 n2

2

2⎡ 1

1 ⎤ 2 ⎢ n 2 cos(n ) − n 2 ⎥ = n 2 (cos(n ) − 1) ⎣ ⎦

sen(0 ) = 0

) − 1 sen(n )⎤⎥ = 0

sen(2n

⎦

n

)+

1 n

2

cos(2n

)−

n

sen(n

)+

⎤

1

cos(n )⎥ = n ⎦ 2

2⎡ 1

⎢⎣ n

2

cos(2n

)+

1

1⎡ 2

2 2 ⎤ ⎢ n 2 (cos n − 1) − n 2 cos(2n ) + n 2 cos(n )⎥ ⎣ ⎦

Si n es par

an =

1⎡ 2

2 2 ⎤ ⎢ n 2 (1 − 1) − n 2 (1) + n 2 (1)⎥ = 0 ⎣ ⎦

Si n es impar

an = −

8 n2

Cálculo de b n

bn =

2 ⎡ ⎛ 2 ⎞ t − 1 ⎟ sen(nt ) + ⎜ ⎢ 2 ⎣ 0 ⎝ ⎠

∫

∫

2

⎤

cos(n )⎥ n ⎦ 2

Por tanto:

an =

⎫⎪ ⎪⎭

cos (nt ) ⎬

⎤ ⎛ 2 ⎞ ⎜ 3 − t ⎟ sen(nt )⎥ ⎝ ⎠ ⎦


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1 ⎡2

bn =

⎢ ⎣

∫

t sen(nt )dt −

0

∫

De tabla:

bn =

1 ⎡2 1

⎢ ⎣⎢

n2

sen(nt ) −

t n

1

cos(nt ) − −

n

0

1 n2

∫

2

sen(nt )dt −

sen(nt ) −

cos(nt ) + 3 − 0

(2)

1 n

t n

2

∫

2

cos(nt )

−

n2

⎡ 1 (3) ⇒ 3⎢− cos(2n ⎣ n 2⎡ 1

n ⎢⎣ n 2

sen(2n

)+

n⎦

⎤ 3 cos(n )⎥ = [cos(n n ⎦ n n

cos(2n

)−

1 n2

t n

2

cos(nt )

⎤ ⎥ ⎦⎥

(4)

)⎤⎥ = − ⎦

2 n

cos (n

)

1 1 ) + ⎤⎥ = [1 − cos(n )]

1

)− 2

sen(nt ) −

(3)

⎤ ⎡ 1 cos(0 )⎥ = ⎢− cos(n n ⎦ ⎣ n 1

t sen(nt )dt ⎥

2 1

1 0 ⎤ 2⎡ ⎢⎣ n 2 sen(n ) − n cos(n ) − n 2 sen (0 ) + n cos (0 )⎥⎦ = ⎢⎣− n cos (n

)+

⎤ ⎦

2

cos(nt )

2⎡ 1

⎡ 1 (2) ⇒ ⎢− cos(n ⎣ n

(4) ⇒

0

t sen(nt )dt =

(1) (1) ⇒

∫

sen(nt )dt + 3

n

) − cos(2n )]

sen(n

)+

⎤ 2 cos(n )⎥ = [− 2 cos(2n n ⎦ n

) + cos(n )]

Por tanto:

bn =

1⎡ 2

1 3 2 ⎤ − − − + − − − + cos ( n ) ( 1 cos ( n ) ) ( cos ( n ) cos ( 2 n ) ) ( 2 cos ( 2 n ) cos ( n ) ) ⎢ n ⎥ n n n ⎣ ⎦

Si n es par

bn =

1⎡ 2

1 3 2 ⎤ 1 ⎛ 2 2 ⎞ − − − + − − − + ( 1 ) ( 1 1 ) ( 1 1 ) ( 2 ( 1 ) 1 ) ⎢ n ⎥ = ⎜− n + n ⎟ = 0 n n n ⎣ ⎦ ⎝ ⎠

Si n es impar

bn =

1⎡ 2

1 3 2 ⎤ 1 ⎛ 2 2 6 6 ⎞ ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ) ) − − − + + − − − − + − 1 1 1 1 1 2 1 1 ⎢ n ⎥ = ⎜n − n − n + n⎟ = 0 n n n ⎣ ⎦ ⎝ ⎠

Por tanto:

f (t ) =

f (t ) = −

1 2

(0) + ∑ ⎛ ⎜ − 7

n =1 ⎝

8 ⎞ ⎟ cos nt + 0 n 2 ⎠

8 ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎜ cos t + cos 3t + cos 5t + cos 7t ⎟ 9 25 49 ⎝ ⎠


p/n = 1,3,5,7

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Ais lamiento de las v ibraciones. A menudo se presentan dificultades durante la instalación de máquinas, ya que fuerzas de inercia no compensadas producen vibraciones en las máquinas y éstas pasan a través del bastidor de la máquina a la fundación, de donde se transmiten a otras máquinas.

La manera más simple de evitar estas vibraciones es suprimirlas en su origen, asegurando un equilibrado correcto, sin embargo, es difícilmente practicable, por tanto la única alternativa es aislar el equipo montándolas sobre resortes y a mortiguadores. El aislamiento puede llevarse a cabo de dos maneras:

a) Impidiendo que la vibración pase de su fuente a la fundación de la máquina; este tipo se denomina “ Aislamiento Activo”.

b) Impidiendo que la vibración transmitida a través del suelo pase al bastidor de la máquina y se le llama “ Aislamiento Pasivo”.

P

m K

m c

K

P (a)

(b)

El aislamiento activo y pasivo difieren el uno del otro, solamente en cuanto que el primero supone una acción directa de la fuerza perturbadora sobre la masa (Fig. a); mientras que el segundo es el punto base del resorte – amortiguador, lo que es excitado por la fuerza perturbadora (Fig. b).


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Transmisibilidad. Con el propósito de reducir tanto como sea posible la cantidad de fuerza transmitida a los cimientos debido a la vibración de la maquinaria; las máquinas generalmente están aisladas de los cimientos, montándolas sobre resortes y amortiguadores.

La “transmisibilidad” se define como la razón entre la fuerza transmitida a la fuerza impresa. Cada una de estas razones es conocida como trasmisibilidad de fuerza o de desplazamiento. Las curvas muestran que la transmisibilidad es menor que la unidad sólo para

>

2 , estableciendo

por lo tanto el hecho de que el aislamiento vibratorio es posible únicamente cuando

>

2 , un

resorte no amortiguado es superior a un resorte amortiguado, para efectos de reducir la transmisibilidad.

TR

=

F t F 0

⎛ ω ⎞ 1 + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω ⎠

=

2

2

⎛ ω 2 ⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠ =

2

0

Demostración. Como resultado la fuerza transmitida a los cimientos es la suma de las fuerzas del resorte y del amortiguador; es decir:

Ft = Kx + cx

(1)

Bajo las condiciones estudiadas anteriormente (Vibración en estado estacionario xp ) La solución está dada por:

F0 xp =

K 2

2

2 ⎛ ⎞ ⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ + ⎛ ⎜2 ⎟ ⎝ ⎠ 1 ⎝ 4 4 44 ⎠2 4 4 4 43

sen( t −

)

A



= AK

F 0

xp = A sen( t −

⎛ ω 2 ⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠ x&p =

)

2

A cos( t −

)

(2)

(2) en (1)

Ft = KA sen( t −

)+ c

A cos( t −

)

(3)

Pero la fuerza en el resorte es máxima cuando la velocidad es cero ( es decir, x es máximo) y la amortiguación es máxima cuando la velocidad es máxima y el desplazamiento es cero.

Como entre la fuerza del resorte y la fuerza de amortiguación forman 90°, la fuerza resultante es:

Ft = A K 2 + (c

)2

(4)

La fuerza impresa está dada por: F t

⎛ cω ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝ K ⎠

= AK

K

ω =

m

ξ = c K

=

c cc cc

K

F t

TR

=

F t F 0

= ξ

c cc

2m

= AK

=

=

= 2m

cc

K

2

Frecuencia natural

=

Amortiguamiento crítico

=

Factor o razón de amortiguamiento

= ξ

2 ω 2

⎛ ω ⎞ 1 + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω ⎠

ω

2

⎛ ω ⎞ 1 + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω ⎠ 2

= 2ξ

2

⎛ ω 2 ⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠

2

Cuando el amortiguamiento es despreciable, la ecuación de transmisibilidad se reduce a:



=

TR

2

⎛ ω ⎞ ⎜ ⎟ −1 ⎝ ω ⎠

Ejm. Un motor pesa 200 lb. y está girando a una velocidad de 1800 rpm., si la transmisibilidad de la fuerza entre el motor y el piso es 0.1 o 10 %.¿Cuál será la constante elástica de la armadura del motor?

1 lb.seg 2 ⇒ m = 0.52 m = 200lb. p lg p lg 384 2 seg

= 2 f = 2 (1800 )

rev 1min

⋅

min 60seg

⇒

= 188.5

Suponiendo que tiene muy poca amortiguación: ⇒

rad seg

≅0

Reemplazando en:

T.R . =

Ft F0

⎛ 1+ ⎜2 ⎝

= ⎛ ⎜⎜ 1 − ⎝

K=

2

−1

2

− 1 = 10

2

= 11 ⇒

2

m 11

2

=

2

−1 ⇒

2 2

⎞ ⎟ ⎠

2

1

0.1 =

2

⇒ Note el cambio de orden en el denominador

2 2

2

⎞ ⎛ ⎟ + ⎜2 2 ⎟ ⎠ ⎝ 2

1

T.R . =

⎞ ⎟ ⎠

2

=

11

⇒

K m

2

=

11

lb ⋅ seg 2 ⎛ 1 ⎞ ⎜⎜ 188.5 ⎟ 0.52 p lg ⎝ seg ⎠⎟

2

11


Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas K = 1679.7

lb p lg

Energía disi pada por amor tigu amiento. El amortiguamiento está presente en todos los sistemas oscilatorios. Su efecto es retirar energía del sistema, que se disipa en forma de calor o de radiación. La pérdida de energía se traduce en decrementos de la amplitud de la vibración libre. En el estado estacionario de las vibraciones forzadas, la pérdida de energía es compensada por la energía suministrada por la excitación. Un sistema vibratorio puede encontrar muchos tipos de fuerzas de amortiguación, desde la fricción interna molecular hasta la fricción de deslizamiento y la resistencia de un fluido.

La disipación de energía es determinada usualmente bajo condiciones de oscilaciones cíclicas. Dependiendo del tipo de amortiguamiento presente, la relación fuerza desplazamiento, cuando se la grafica puede variar grandemente. En todos los casos, la curva fuerza desplazamiento encerrará un área, llamada “Bucla de histéresis ” que es proporcional a la energía disipada por ciclo. La energía perdida por ciclo, debido a la fuerza de amortiguación “ F d ” se calcula de la ecuación general. W d

= ∫ F dx d

(1)

En general, “ W d ” dependerá de muchos factores, tales como temperatura, frecuencia o amplitud. Se considerará en este caso la más simple disipación de energía, el de un sistema resorte-masa con amortiguación viscosa. F d

= c x

= Asen(

x

x &=

t − φ

)

( t − φ )

A cos

Reemplazando en (1) W d W d

= ∫ c x&dx = ∫ c x&2dt

= cω 2 A2 ∫

2π / ω

0

cos 2 (ω t − φ )dt = π cω A2


(2)

Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas De interés particular es la energía disipada en vibración forzada a resonancia. Sustituyendo: K

ω =

m

W d

∧ c = 2ξ

Km

= 2ξπ KA2

en (2) (3)

La energía disipada por ciclo de la fuerza de amortiguación puede representarse como sigue. Escribiendo la velocidad en la forma: x &= ω A cos

(ω t − φ ) = ±ω A 1 − sen2 (ω t − φ ) x &=

Por tanto:

F d

±

A

2

− x 2

= c x&= ±cω

A

2

− x 2

(4)

Reordenando la ecuación se tiene: 2

2

⎛ F d ⎞ ⎛ x ⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1 ⎝ cω A ⎠ ⎝ A ⎠

(5)

Esta ecuación se conoce como la de una elipse con “ F d ” y “x” representada a lo largo de los ejes vertical y horizontal. La energía disipada por ciclo está dada por el área encerrada por la elipse. Fd

x x


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas SISTEMAS CON DOS GRADOS DE LIBERTAD Detalles

Pág.

Coordenadas principales...........................................................................................................

87

Modo normal de vibración.......................................................................................................

87

Acoplamiento de coordenadas..................................................................................................

98

Acoplamiento estático..............................................................................................................

99

Acoplamiento dinámico........................................................................................................... 100 Acoplamiento estático – dinámico........................................................................................... 101 Ecuación de Lagrange.............................................................................................................. 102 Ecuación de Lagrange para una partícula................................................................................. 103 Cálculo de las fuerzas generalizadas........................................................................................ 106 Ecuación de Lagrange para un sistema de partículas............................................................... 107 Ecuación de Lagrange para cuerpos rígidos............................................................................. 109 Vibración armónica forzada..................................................................................................... 113 Absorbedor de vibraciones dinámicas...................................................................................... 115 Vibración libre amortiguada..................................................................................................... 118 Vibración forzada con amortiguamiento.................................................................................. 120 Se dice que un sistema tiene dos grados de libertad, cuando se requieren dos coordenadas para describir su movimiento. Este sistema es la clave para el estudio de sistemas con varios grados de libertad.

Si las masas “ m1 ” y “ m 2 ” se restringen a moverse

K1 x1

“ x(t ) ” para definir la localización de cada una de las masas en

m1

un instante cualquiera, así el sistema necesita en total dos

K2 x2

verticalmente; se necesita por lo menos una coordenada

m2

coordenadas para determinar su posición (Es de dos grados de libertad).

“Sistemas con dos grados de libertad”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Si la masa “m” se restringe a moverse verticalmente, se necesitan (t)

dos coordenadas para determinar el comportamiento del sistema.

x2

m

Una de estas coordenadas es un desplazamiento rectilíneo x(t ) y K

K

la otra coordenada será un desplazamiento angular

(t ) que tiene

que ver con la rotación de la masa.

Las dos coordenadas son independientes una de la otra.

Para el sistema de péndulo doble, es claro que se necesitan dos

1

x1

coordenadas para especificar la posición de las masas “ m1 ” y

1

L1

y

2

y

m1 L2 2

x2

“ m 2 ” en un instante cualquiera; por tanto el sistema es de dos grados de libertad “ x1 ” y “ x 2 ” con “ y 1 ”, “ y2 ” o “

m2

1

”y“

2

”

son los posibles pares de coordenadas.

Un sistema de dos grados de libertad tiene dos ecuaciones de movimiento, una para cada masa; es decir, un sistema con dos grados de libertad tendrá dos frecuencias naturales.

Las frecuencias naturales se encuentran resolviendo “La ecuación de frecuencia” en un sistema sin amortiguación o la “Ecuación característica” de un sistema amortiguado.

Cuando las masas de un sistema oscilan de tal forma que llegan simultáneamente a los desplazamientos máximos y pasan por sus puntos de equilibrio también simultáneamente, o sea, que todas las partes móviles del sistema están oscilando en fase con una frecuencia. Tal estado se llama modo normal o modo principal de vibración.

Cuando la vibración libre tiene lugar a una de estas frecuencias naturales, existe una relación definida entre las amplitudes de las dos coordenadas y la configuración correspondiente es un modo normal.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Coordenadas principales. Es posible encontrar un par de coordenadas, tal que cada ecuación de movimiento contenga únicamente

una

cantidad

desconocida,

entonces

cada

ecuación

puede

resolverse

independientemente una de la otra.

A este par particular de coordenadas se denomina coordenadas principales.

Los dos grados de libertad del sistema tendrán dos modos normales de vibración correspondientes a las dos frecuencias naturales.

La vibración libre iniciada bajo cualquier condición será en general la superposición de los dos modos normales de vibración.

Sin embargo, la vibración armónica forzada ocurriría a la frecuencia de excitación y la amplitud de las dos coordenadas tenderá a un máximo a las dos frecuencias naturales.

Modo norm al de vibración. Considerando el sistema no amortiguado, usando las coordenadas “ x1 ” y “ x2 ”, medidas desde una referencia inercial.

Las ecuaciones del movimiento son:

K

x1

K

m

Kx 1

m

K

2m

K(x 1 - x 2 )

m& x&1 = −Kx − K (x1 2mx2

x2

2m

Kx 2

− x2 )

= K ( x1 − x2 ) − Kx2


(1) (2)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Se define un modo normal de oscilación, como uno en el cual cada masa experimenta un movimiento armónico de la misma frecuencia, pasando simultáneamente por la posición de equilibrio.

Para tal movimiento se puede escribir: x1

= A 1e i t

(3)

x2

= A 2e i t

(4)

Derivando (3) y (4) x&1

= i A1e i t ; & x&1 = i 2

2

A 1e i t

pero i 2

= −1 ⇒ & x&1 = −

2

A 1e i

t

x&2

= i A 2ei t ; & x&2 = i 2

2

A 2e i t

pero i 2

= −1 ⇒ & x&2 = −

2

A 2e i

t

Sustituyendo en (1) y (2) En (1) m

−

2

A 1e i

= −KA 1 e i t − K A 1 e i t − A 2 e i

t

− m 2 A 1e i t = (− KA 1 − KA 1 + KA 2 )e i

t

t

− m 2 A 1 = −2KA 1 + KA 2 2K − m

2

A1

− KA 2 = 0

(5)

En (2) 2m

−

2

A 2e i

t

= K A 1e i t − A 2 e i

t

− KA 2 e i

− 2m 2 A 2 e i t = (KA 1 − 2KA 2 )e i

t

t

− 2m 2 A 2 = KA 1 − 2KA 2 2K − 2m

2

A2

− KA 1 = 0

(6)

Formando un sistema con (5) y (6)

⎧ (2 K − mω 2 ) A1 − KA2 = 0 ⎨ 2 ⎩− KA1 + (2 K − 2mω ) A2 = 0 Estas son ecuaciones lineales homogéneas y la solución A=B=0 define la condición de equilibrio. La otra ecuación se obtiene igualando a cero el determinante.

A1 y A2 se satisfacen, si el determinante siguiente es cero


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 2 K − mω 2

− K =0 2 K − 2mω 2

− K

Haciendo cambio de variable λ = ω 2 , el determinante cambia a:

2 K − mλ

− K

− K =0 2 K − 2mλ

Desarrollando:

(2 K − mλ )(2 K − 2mλ ) − K 2 = 0 4 K 2

2

− 4mK λ − 2mK λ + 2m 2λ 2 − K 2 = 0 2

2m λ

− 6mK λ + 3K 2 = 0

÷ 2m 2 2

K ⎞ 3 ⎛ K ⎞ − 3⎛ ⎜ ⎟λ + ⎜ ⎟ = 0 ⎝ m ⎠ 2 ⎝ m ⎠

2

λ

Resolviendo: 2

2

⎛ K ⎞ ⎛ K ⎞ K K 3 ± 9⎜ ⎟ − 6⎜ ⎟ 3 ± m ⎝ m ⎠ ⎝ m ⎠ = m m λ = K

2

λ =

3

2

K ⎛ 3 ± 3 ⎞

⎜⎜ ⎟⎟ ⇒ λ 1 = 2.366 K m ⎝ 2 ⎠ m

λ 2

= 0.634

K m

Retornando a la variable inicial λ = ω 2 ω 1

=

λ 1

⇒ ω 1 =

2.366

ω 2

=

λ 2

⇒ ω 2 =

0.634

K m

K m


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sustituyendo cada una de estas frecuencias en las condiciones (5) y (6) permite hallar la razón de las amplitudes. 2 1

ω

Para

2 2

ω

Para

= 2.366

K

= 0.634

K

m

m

(1)

⎛ A ⎞ ⇒ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = ⎝ A2 ⎠ ⎛ A ⎞ ⇒ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ A2 ⎠

(2)

=

(1)

⎛ A ⎞ = ⇒ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = −2.73 2 − 2.366 ⎝ A2 ⎠ 1

K

2 K − ω 12 m

⎛ A ⎞ = ⇒ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ 2 − 0.634 ⎝ A2 ⎠ 1

K

2 K − mω 22

(2)

= 0.731

1. El sistema libre masa resorte de dos grados de libertad, está restringido a tener oscilaciones verticales únicamente. Determinar la ecuación de la frecuencia y las razones de amplitud del sistema.

K2(x1 -x2)

K1x1

x1

K2(x1 -x2)

m1

K2x2

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE

K2 Planteando

x2

m2

m1

K1

m2

[∑ F = ma] a cada cuerpo

− K 1 x 1 − K 2 (x 1 − x 2 ) = m 1 & x&1

K3

K 2 (x 1

x&2 − x 2 ) − K 3 x 2 = m 2&

Ordenando m 1& x&1 + (K 1

+ K 2 )x 1 − K 2 x 2 = 0

(1)

+ (K 2 + K 3 )x 2 = 0

(2)

m 2& x&2 − K 2 x 1

Suponiendo que el sistema es periódico y se compone de movimientos armónicos de diferentes amplitudes y frecuencias x1

= A sen( t − )

(3)

x2

= B sen( t − )

(4)


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Donde A, B,

son constantes arbitrarias y

una de las frecuencias naturales del sistema

Derivando (3) y (4) x&1

= A cos( t − )

x&1 = − A & x&2

2

sen( t −

)

(5)

)

(6)

= B cos( t − )

x&2 = −B &

2

sen( t −

(5) y (6) en (1) y (2)

− m1

2

A sen( t −

) + (K 1 + K 2 )A sen( t − ) − K 2 B sen( t − ) = 0 − m1 K1

− m2

2

B sen( t −

2

+ K 2 )A − K 2 B = 0

+ K 2 − m1

) − K 2 A sen( − m2

A + (K 1

2

t−

2

A − K 2B = 0

(7)

) + (K 2 + K 3 )B sen( t − = 0)

B − K 2 A + (K 2

− K 2A +

K2

÷ sen( t − )

÷ sen( t − )

+ K 3 )B = 0

+ K 3 − m2

2

B = 0

(8)

Formando un sistema con (7) y (8)

⎧ (K 1 + K 2 − m 1 2 )A − K 2 B = 0 ⎨ 2 ⎩− K 2 A + (K 2 + K 3 − m 2 )B = 0 Es una ecuación lineal homogénea: La solución A=B=0; define la condición de equilibrio del sistema. La otra solución se obtiene igualando a cero el determinante. K1

+ K 2 − m1 − K2

2

− K2 K2 + K 3 − m2

2

= 0

sea

=

Desarrollando el sistema

(K 1 + K 2 − m 1 )(K 2 + K 3 − m 2 ) − K 22 = 0 K 1K 2

+ K 1 K 3 − m 2 K 1 + K 22 + K 2 K 3 − m 2 K 2 − m 1 K 2 − m 1 K 3 + m 1m 2

2

− K 22 = 0

Ordenando m 1m 2

2

− (m 2 K 1 + m 2 K 2 + m 1 K 2 + m 1 K 3 ) + K 1 K 2 + K 1 K 3 + K 2 K 3 = 0


2

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas m 1m 2

2

− [m 2 (K 1 + K 2 ) + m 1 (K 2 + K 3 )] + K 1 K 2 + K 1 K 3 + K 2 K 3 = 0

( )

2 2

⎡K + K 2 K 2 + K 3 ⎤ −⎢ 1 + ⎥ m m2 ⎣ 1 ⎦

De esta ecuación saldrán dos frecuencias

1

+

2

y

K 1K 2

+ K 1K 3 + K 2 K 3

÷ m 1m 2

= 0

m 1m 2

(9)

2

La razón de amplitudes o forma modal se obtiene de las ecuaciones (7) y(8)

(K

1 + K 2 − m1

2

(K

+ K 3 − m2

2

2

A1 B1 A2 B2

= =

)A = K )B = K

2B ⇒

2

A⇒

K2 K1

+ K 2 − m1

2 1

K2 K1

+ K 2 − m1

2 2

A B

=

A B

=

K2

=

K2

=

K2 K1

+ K 2 − m1

2

K2

+ K 3 − m2

2

K2

+ K 3 − m2

2 1

K2

+ K 3 − m2

2 2

K2

Cualquier vibración libre puede considerarse como la superposición de sus modos normales; así los dos desplazamientos pueden escribirse como: Llamadas soluciones generales: x1

= A 1 sen( 1 t +

1

) + A 2 sen(

2

t+

2

)

x2

= B 1 sen( 1 t +

1

) + B 2 sen(

2

t+

2

)

Se puede representar gráficamente los dos modos normales: 1.0 -2.73

0.731

1.0 2

ω 1

= 0.634

k m

2

ω 2

= 2.366

Para la función de forma del modo normal, se esa la siguiente notación:

⎧0.731⎫ ψ 1( x) = ⎨ ⎬ ⎩ 1.0 ⎭ “Sistemas con dos grados de libertad”

K m

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ψ 2 ( x ) =

⎧− 2.73⎫ ⎨ ⎬ ⎩ 1.0 ⎭

2. La figura muestra dos cilindros circulares idénticos de masa “m” y radio “r” unidos por medio de un resorte “K”. Si los cilindros pueden rodar libremente sobre la superficie horizontal, deduzca las ecuaciones de movimiento del sistema. x1

x2 1

2

K2

K1

K 1(x1 - x2)

K 2x2

− K 1 (x 1 − x 2 )r = (ma )r + I&&1 Pero

− K 1 (r 3 2

2

1

x2

=r

2

I =

1

2

2

mr 2 1

)r = mr 2 &&+

&1 + K 1 m&

K 1 (x 1 2

r

=r

&+ K 1r 2 mr 2 & 3

3

1

x1

1

1

2

− K 1r 2 − K1

2

mr 2 &

2

=0

=0

− x 2 )r − K 2 r = (ma )r + I&&2

&2 + K 2 r 2 mr 2 &

2

− K 1 r(r

1

−r 2)= 0


÷

r2

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 3 2

&2 + K 2 r 2 mr 2 & 3 2

− K 1r 2

2

&2 + (K 1 m&

1

+ K 1r 2

+ K 2 ) 2 − K1

2

=0

=0

1

3. Encuentre la ecuación de frecuencia del péndulo acoplado.

L

L K

m

1

2

x1

x2

L m

[∑ M = I&&] &12 I 1&

= −mgx 1 − K (x 1 − x 2 )L cos

&12 + mgL sen I 1&

1

+ K (L sen

1

− L sen

2

1

)L cos

1

=0

Para oscilaciones pequeñas sen

≈

&12 + mgL I 1&

cos

+ K (L

1

&12 + mgL + KL2 I 1& &22 I 2&

= −mg 2L sen

&22 + 2mgL I 2& &22 − KL2 I 2& Sean:

1

2

2

1

2

1

1

− L 2 )L = 0

− KL2

= 0 (1)

2

+ K (x 1 − x 2 )L cos

− K (L

+

≈1

1

2

− L 2 )L = 0

2mgL + KL2

= A sen(

t−

) ⇒ &&1 = −

= B sen(

t−

) ⇒ &&2 = −

2

2

= 0

(2)

A sen( t −

)

B sen( t −

)

2

En (1) y (2)


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas I

Como

− mL2

2

A sen( t −

= mR 2 ⇒ I 1 = mL2 ∧ I 2 = m(2L )2 = 4mL2

)+

mgL + KL2 A sen( t −

− mL2

2

2

B sen( t −

) − KL2 A sen( − 4mL2

2

2

)+

t−

A − KLB

=0

)= 0

t−

÷ [sen( t − )]

÷ (L )

A + mgL + KL2 A − KL2 B = 0

mg + KL − mL

− 4mL2

) − KL2 B sen(

(3)

2mgL + KL2 B sen( t −

)= 0

÷ [sen( t − )]

B − KL2 A + 2mgL + KL2 B = 0

− KLA +

2mg + KL − 4mL

mg + KL − mL

2

− KL

2

B =0

− KL 2mg + KL − 4mL

2

(4)

=0

Desarrollando 2m 2 g 2

+ 3mgKL − 6m 2 gL 4m 2 L2

4

4mL2

− 4

2

+ K 2 L2 − 5mKL2

6m 2 gL + 5mKL2

−

2

6mgL + 5KL2

2

+ 4m 2 L2

4

− K 2 L2 = 0

+ 2m 2 g 2 + 3mgKL = 0

÷ (m )

+ 2mg 2 + 3gKL = 0

2

4. En la figura, suponga que la tensión en el alambre permanece constante cuando los ángulos de oscilación son pequeños. Deduzca las expresiones de las frecuencias naturales. L

2L

L

m

m

2

1

T

T

2

x1

T x2

1

3

T 3

− T sen

1

− T sen

2

= m& x&1


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Pero

x

sen

1

= 1 = tang

sen

2

=

x1

m& x&1 +

Por tanto:

L

L

x1

T+

2mL& x&1 + 2Tx 1

− x2

− x2 2L

T

2

2L

−T

2mL& x&2 + 2Tx 2

x1

L

= m& x&2

+ 3Tx 2 = 0

= A sen( t − )

x2

= m& x&2

3

x2

x&1 = − &

= B sen( t − )

(1)

− Tx 1 + Tx 2 = 0

2mL& x&2 − Tx 1 Sean:

T=0

− Tx 2 = 0

− T sen

− x2

x1

2

+ Tx 1 − Tx 2 = 0

2mL& x&1 + 3Tx 1 T sen

= tang

2L x1

1

x&2 = − &

2

2

(2)

A sen( t −

B sen( t −

)

(3)

)

(3) en (1) 2mL −

2

A sen( t −

) + 3TA sen( t − ) − TB sen( t − ) = 0 ÷ [sen(

− 2mL

2

t−

)]

A + 3TA − TB = 0

3T − 2mL

2

A + 3TB = 0

(4)

(3) en (2)

− 2mL

2

B sen( t −

) − TA sen(

t−

) + 3TB sen(

− 2mL

2

− TA +

3T − 2mL

3T − 2mL

2

÷ [sen( t − )]

B = 0

−T

2

3T − 2mL

(3T − 2mL )

2 2

2

)= 0

B − TA + 3TB = 0

−T

3T − 2mL

t−

−T

2

=0

− T2 = 0

3T − 2mL

2

(5)

Diferencia de cuadrados

+T =0


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 4T − 2mL

=0⇒−

2

2T − 2mL

=0⇒

2

2

2

=

4T 2mL

T

=

⇒

mL

⇒

1

=

2

=

2T mL T mL

5. La masa “m” suspendida dentro de un marco rígido por medio de cuatro resortes. Determine las frecuencias naturales de vibración.

K1 K3

K1x1 K4

m

K3x2

m K2

m

K4x2

K2x2

x&1 − K 1 x 1 − K 2 x 1 = m& m& x&1 + (K 1

+ K 2 )x 1 = 0

(1)

− K 3 x 2 − K 4 x 2 = m& x&2 m& x&2 + (K 3 x1

Sean:

= A sen( t − )

x2

= B sen( t − )

+ K 4 )x 2 = 0 x&1 = − &

x&2 = − &

2

2

(2)

A sen( t −

B sen( t −

)

(3)

)

(3) en (1)

−m

2

A sen( t −

−m m

2

) + (K 1 + K 2 )A sen( t − ) = 0 2

÷ [A sen( t − )]

+ K1 + K 2 = 0

= K1 + K 2 ⇒

1

=

K1

+ K2 m

(3) en (2)

−m

2

B sen( t −

) + (K 3 + K 4 )B sen(

t−

) = 0 ÷ [B sen( t − )]


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas −m m

2

2

+ K3 + K4 = 0

= K3 + K4 ⇒ 2

=

+ K4

K3

m

Aco plamiento de co ordenadas. Las ecuaciones de movimiento para el sistema de dos grados de libertad, están generalmente “Acopladas” en el sentido de que las dos coordenadas aparecen en cada ecuación.

En el caso más general, las dos ecuaciones tienen la forma:

m 11 & x&1 + m 12 & x&2 + K 11 x 1

+ K 12 x 2 = 0

m 21 & x&1 + m 22 & x&2 + K 21 x 1

+ K 22 x 2 = 0

Que en forma matricial:

x& ⎞ ⎛ K K 12 ⎞⎛ x 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ m 11 m 12 ⎞⎛ & ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ 1 ⎟⎟ + ⎜⎜ 11 ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ m m x K K & & ⎝ 0 ⎠ ⎝ 21 22 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 21 22 ⎠⎝ x 2 ⎠

Que inmediatamente revela el tipo de acoplamiento presente.

-

*

Existe acoplamiento dinámico o de masa, si la matriz de masas es no diagonal

*

Existe acoplamiento estático o de rigidez, si la matriz de rigidez es no diagonal.

Dependiendo del sistema de coordenadas elegido, tanto el acoplamiento dinámico y estático pueden estar presentes.

-

También es posible encontrar un sistema de coordenadas con ninguna forma de acoplamiento. Cada ecuación puede ser resuelta independientemente. Tales coordenadas son las “Coordenadas principales” (Llamadas también coordenadas normales).


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Aunque es posible siempre desacoplar las ecuaciones de movimiento para el sistema no amortiguado, esto no siempre es posible en el sistema amortiguado.

La siguiente ecuación matricial muestra un sistema que no tiene acoplamiento estático ni dinámico, pero las coordenadas están acopladas por la matriz de amortiguamiento. x& ⎫ ⎛ c c ⎞⎧ x& ⎫ ⎛ K 0 ⎞⎧ x 1 ⎫ ⎧0⎫ ⎛ m 11 0 ⎞⎧& ⎜⎜ ⎟⎟⎨ 1 ⎬ + ⎜⎜ 11 12 ⎟⎟⎨ 1 ⎬ + ⎜⎜ 11 ⎟⎟⎨ ⎬ = ⎨ ⎬ 0 m x c c x 0 K &2 ⎭ ⎝ 21 22 ⎠⎩ &2 ⎭ ⎝ ⎩0⎭ 22 ⎠ ⎩& 22 ⎠ ⎩x 2 ⎭ ⎝ Si se da que c 12 = c 21 = 0 se dice que el amortiguamiento es proporcional (A la matriz de rigidez o de masa) y las ecuaciones del sistema se desacoplan. Ejm. Una barra rígida está soportada por dos resortes K 1 y K 2 . La figura representa un sistema de dos grados de libertad, puesto que se requieren dos coordenadas para describir su movimiento.

Aco plamiento est áti co :

L1

L2

G mg

K1

K2

LINEA DE REFERENCIA L1

x L2

K 1(x - L1 )

O

K2(x - L 2 )

El centro de masa no coincide con su centro geométrico [La decisión de escoger las coordenadas, definirá el tipo de acoplamiento que tiene]

[∑ F = m& ] x& − K 1 ( x − L1θ ) − K 2 ( x + L2θ ) = mx m x &&+ K 1 x − K 1 L1θ + K 2 x + K 2 L2θ = 0


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas m& x&+ (K 1

+ K 2 )x + (K 2 L 2 − K 1 L 1 ) = 0

[∑ M K 1 (x − L 1 )L 1

0

= I&&]

− K 2 (x + L 2 )L 2 = I&

&− K 1 xL1 I&

+ K 1 L21 + K 2 xL 2 + K 2 L22 = 0

&+ (K 2 L 2 I&

− K 1 L 1 )x +

+ K 2 L22

K 1 L21

=0

Formando el sistema: x&+ (K 1 + K 2 )x + (K 2 L 2 − K 1 L 1 ) = 0 ⎧ m& ⎨ && 2 2 ⎩I + (K 2 L 2 − K 1 L 1 )x + (K 1 L 1 + K 2 L 2 ) = 0

En forma matricial: K 2 L 2 − K 1 L 1 ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎞ x& ⎛ m 0 ⎞⎛ & ⎞ ⎛ K 1 + K 2 ⎟⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ 2 2 ⎟⎜ ⎟ & & K L K L K L K L − + 0 I ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ 2 2 ⎝ 0 ⎠ 1 1 1 1 2 2 ⎠⎝ ⎠

Por la teoría se dice que tiene un acoplamiento estático. Si K 1 L 1

= K 2 L 2 el acoplamiento

estático desaparece.

Aco plamiento dinámic o:

L3

L4

G e

mg

K1

K2

LINEA DE REFERENCIA

L3

x L4

K 1(x - L 3 ) mx m (e ) Fuerza de inercia

K 2(x - L 4 )


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Existe algún punto C a lo largo de la barra en donde una fuerza aplicada normalmente produce traslación pura; es decir: K 1L 3

= K 2L4

[∑ F = m& x&] − K 1 (x − L 3 ) − K 2 (x + L 4 ) − me&&= m& x m& x&+ K 1 x − K 1 L 3

&+ (K 1 m& x&+ me&

+ K 2 x + K 2 L 4 + me&&= 0

+ K 2 )x + (K 2 L 4 − K 1 L 3 ) = 0

[∑ M K 1 (x − L 3 )L 3

&− K 1 xL 3 I&

0

= I&&]

− K 2 (x + L 4 )L 4 − me& x&= I&

+ K 1 L23 + K 2 xL 4 + K 2 L24 + me& x&= 0

&+ me& I& x&+ (K 2 L 4

− K 1 L 3 )x +

K 1 L23

+ K 2 L24

=0

En forma matricial: K 2 L 4 − K 1 L 3 ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎞ x& ⎛ m me ⎞⎛ & ⎞ ⎛ K 1 + K 2 ⎟⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ 2 2 ⎟⎜ ⎟ & & − + K L K L K L K L me I ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ 2 4 ⎝ 0 ⎠ 1 3 1 3 2 4 ⎠⎝ ⎠

Pero como

K 1L 3

= K 2L4

0 x& ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ m me ⎞⎛ & ⎞ ⎛ K + K 2 ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ 1 K 1 L23 + K 2 L24 ⎠⎟⎜⎝ ⎠⎟ ⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎝ me I ⎠⎝ && ⎠ ⎝ 0

En este caso, las coordenadas elegidas eliminan el acoplamiento estático e introducen el dinámico.

Aco plamiento estáti co – dinámic o: Se obtiene al elegir “x” en el extremo de la barra.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas L

G L1

K1

K2

LINEA DE REFERENCIA x

L1 L2

O

K 1x

mx = mL1

K 2(x - L )

[∑ F = m& x&] − K 1 x − K 2 (x + L ) − mL 1 &&= mx &+ K 1 x + K 2 x + K 2 L m& x&+ mL 1& &+ (K 1 m& x&+ mL 1 &

+ K 2 )x + K 2 L = 0

[∑ M K 1 x(0 ) − m& x& L1

=0

A

= I&&]

− K 2 (x + L )L = I&

&+ mL 1& I& x&+ K 2 xL + K 2 L2

=0

&+ mL 1& I& x&+ K 2 Lx + K 2 L2

=0

En forma matricial: x& ⎛ m mL 1 ⎞⎛ & ⎞ ⎛ K + K 2 K 2 L ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ 1 ⎟⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ 2 ⎟⎜ ⎟ & & mL I K L K L ⎝ 1 ⎠⎝ ⎠ ⎝ 2 2 ⎠⎝ ⎠ ⎝ 0 ⎠

Ecuación d e Lagrange. Son ecuaciones diferenciales de movimiento, expresadas en términos de coordenadas generalizadas.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Ecuación d e Lagrange para una partícula: Considerando la ecuación del movimiento de una partícula

[F = maϖ] De aquí se obtiene tres ecuaciones escalares x = m& = m& y z = m&

⎧Fx ⎪ ⎨Fy ⎪F ⎩ z ϖ Considerando un desplazamiento virtual: r =

xi

(0)

+ y j + zk

El trabajo virtual realizado por la fuerza es:

ϖ= F x + F y + F z x y z ϖ x&x + m& F ⋅ r = m& y& y + m& z&z F⋅ r

(1) (2)

Sean q 1 , q 2 , q 3 un conjunto de coordenadas generalizadas para la partícula, entonces se tiene: x = x(q1 , q2 , q3 , t ) y

= y (q1 , q 2 , q3 , t )

z

= z (q1 , q 2 , q3 , t )

(*)

Se puede expresar los desplazamientos virtuales x, y , z en términos de q 1 , q 2 , q 3 x=

∂x ∂q 1

q1

+

∂x ∂q 2

q2

+

∂x ∂q 3

q3

y

=

∂y ∂q 1

q1

+

∂y ∂q 2

q2

+

∂y ∂q 3

q3

z

=

∂z ∂q 1

q1

+

∂z ∂q 2

q2

+

∂z ∂q 3

q3

+

∂y ∂q 3

Sustituyendo en (1):

ϖ ϖ ⎛ ∂x = Fx ⎜⎜ ⎝ ∂q 1

F⋅ r

q1

+

∂x ∂q 2

q2

+

∂x ∂q 3

ϖ ϖ ⎛ ∂x ∂x ∂x ⎞ ⎟⎟ x& y& z& = m⎜⎜ & +& +& q q q ∂ ∂ ∂ 2 3 ⎠ ⎝ 1

F⋅ r

⎞

⎛ ∂y ⎝ ∂q 1

q 3 ⎟⎟ + Fy ⎜⎜

⎠

q1

+

∂y ∂q 2

q2

⎛ ∂y ∂y ∂y ⎞ ⎟⎟ y& z& +& +& q q q ∂ ∂ ∂ 2 3 ⎠ ⎝ 1

q1 + m⎜⎜ & x&

⎞

⎛ ∂z ⎝ ∂q 1

q 3 ⎟⎟ + Fz ⎜⎜

⎠

q1

+

∂z ∂q 2

q2

+

∂z ∂q 3

⎛ ∂z ∂z ∂z ⎞ ⎟⎟ y& z& +& +& q q q ∂ ∂ ∂ 2 3 ⎠ ⎝ 1

q 2 + m⎜⎜ & x&


⎞

q 3 ⎟⎟

⎠

q3

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Como el miembro izquierdo es el trabajo virtual y q 1 , q 2 , q 3 son coordenadas generalizadas, se llamará a los coeficientes q 1 , q 2 , q 3 fuerzas generalizadas y se designará por Q 1 , Q 2 , Q 3 . Por tanto: Q1

⎛ ∂x ∂y ∂z ⎞ ⎟⎟ = m⎜⎜ & +& +& x& y& z& ∂ ∂ ∂ q q q 1 1 ⎠ ⎝ 1

ó

Q1

= Fx

∂x ∂y ∂z + Fy + Fz ∂q 1 ∂q 1 ∂q 1

Q2

⎛ ∂x ∂y ∂z ⎞ ⎟⎟ = m⎜⎜ & +& +& x& y& z& ∂ ∂ ∂ q q q 2 2 2 ⎠ ⎝

ó

Q2

= Fx

∂x ∂y ∂z + Fy + Fz ∂q 2 ∂q 2 ∂q 2

Q3

⎛ ∂x ∂y ∂z ⎞⎟ = m⎜⎜ & +& +& x& y& z& ∂q 3 ∂q 3 ⎠⎟ ⎝ ∂q 3

ó

Q3

= Fx

∂x ∂y ∂z + Fy + Fz ∂q 3 ∂q 3 ∂q 3

Ahora se transformará los miembros derechos de estas ecuaciones. Se hará solo para el

∂ x ∂q1

término: x &&

∂ d ⎛ ∂ x ⎞ ⎜⎜ x& ⎟⎟ = x&& x dt ⎝ ∂q1 ⎠ ∂q1 ∂ x = ∂q

x &&

Despejando:

x&=

Derivando (*)

∂ x& ∂ x = ∂q&1 ∂q1

d ⎛ ∂ x ⎞ + x& ⎜⎜ ⎟⎟ dt ⎝ ∂q1 ⎠

Derivada de un producto

⎛ ∂ ⎞ d ⎛ ∂ x ⎞ ⎜⎜ x& ⎟⎟ − x&d ⎜⎜ x ⎟⎟ dt ⎝ ∂q1 ⎠ dt ⎝ ∂q1 ⎠

∂ x ∂ x ∂ x q&1 + q&2 + q& ∂q1 ∂q 2 ∂q3 3

(Se deriva a todos pero q&2 ∧ q&3 en este caso son cts..) d ⎛ ∂ x ⎞

∂ ⎛ dx ⎞ ∂ x& ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟= dt ⎝ ∂q1 ⎠ ∂q1 ⎝ dt ⎠ ∂q1 (b) y (c) en (a)

∂ x = ∂q1

x &&

∂ x x && = ∂q1

(a)

∂ d ⎛ ∂ x& ⎞ ⎜⎜ x& ⎟⎟ − x& x& dt ⎝ ∂q& ∂q1 1 ⎠

d ⎛

∂ 2 ⎞ ∂ x&2 ⎜⎜ x& ⎟⎟ − dt ⎝ ∂q&1 2 ⎠ ∂q1 2


(b)

(c)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Haciendo las transformaciones de las partes derechas ,se llega por ejm. Para Q 1 Q1

⎧⎪ d ⎡ ∂ ⎛ x&2 y&2 z&2 ⎞⎤ ∂ ⎛ x&2 y&2 z&2 ⎞⎫⎪ ⎜ + + ⎟⎥ − ⎜ + + ⎟⎬ = m⎨ ⎢ ⎪⎩ dt ⎣ ∂q&1 ⎜⎝ 2 2 2 ⎠⎟⎦ ∂q 1 ⎜⎝ 2 2 2 ⎠⎟⎪⎭ =

De donde:

Q1

Siendo:

T=

d ⎛ ∂T ⎞

⎜⎜ ⎟⎟ − ∂T ∂q1 dt ⎝ ∂q& 1 ⎠

1 2

(

m x&2

+ y&2 + z&2 )

Energía cinética de la partícula

Análogamente se puede obtener para Q 2 , Q 3 y en general:

Qi

=

d ⎛ ∂T ⎞

⎜⎜ ⎟⎟ − ∂T dt ⎝ ∂q&i ⎠ ∂q i

i = 1,2,3 (Ecuación de Lagrange)

Si las fuerzas son conservativas (Las generalizadas) Q i Se tiene: Qi

=−

∂V ∂q i

Donde V es la energía potencial de la partícula y la ecuación de Lagrange puede escribirse: d ⎛ ∂T ⎞

⎜⎜ ⎟⎟ − ∂T = − ∂V ∂qi dt ⎝ ∂q&i ⎠ ∂q i d ⎛ ∂T ⎞

⎜⎜ ⎟⎟ − ∂T + ∂V = 0 dt ⎝ ∂q&i ⎠ ∂qi ∂qi

∂V =0 ∂q&i

Como V es función de q i solamente,

⇒

Sea

L = T−V

(Lagrangiano)

Entonces la ecuación de Lagrange tiene la forma:

d ⎛ ∂ L ⎞

⎜⎜ ⎟⎟ − ∂ L = 0 dt ⎝ ∂q&i ⎠ ∂q i Si Q i consiste tanto de fuerzas conservativas como no conservativas, entonces Q i sería:


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Qi

=−

∂V ∂( ED ) + (Qi )n − ∂qi ∂q&i

(Q i )n = Parte no conservativa

1 ED= c x&2 2

ED = Energía disipativa Por tanto la ecuación de Lagrange será:

d ⎛ ∂ L ⎞

⎜⎜ ⎟⎟ − ∂ L = (Qi )n dt ⎝ ∂q&i ⎠ ∂q i

Cálculo de las fuerzas generalizadas. Se puede calcular por medio de tres métodos:

3

= ∑ F j

Qi

a) A partir de la fórmula:

j=1

Q1

= Fx

∂x j ∂q i

i = 1,2,3

∂x ∂y ∂z + Fy + Fz ∂q 1 ∂q 1 ∂q 1

Ctte.

a) Este método se aplica solamente con fuerzas conservativas; es decir:

=−

Qi

∂y ∂q 1

Ejm. Deducir la ecuación de movimiento para las vibraciones libre y forzada de un sistema de un grado de libertad, que consiste en una masa y un resorte.

K m

Fcoswt

Usando la ecuación de Lagrange de la forma: d dt

⋅

∂L ∂L − = (Q i )n ∂q&i ∂q i


(*)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas La energía cinética es:

T=

1


V =

1

2 2

mx&2 Kx 2

L = T − V ⇒=

El lagrangiano es:

1 2

mx&2

−

1 2

Kx 2

Encontrando los términos de (*)

⎛ ∂L ⎞ d (mx ) mx ⎜ ⎟= &= & dt ⎝ ∂x& ⎠ dt d

∂L = −Kx ∂x La fuerza generalizada no conservativa es: Q nx

⎧ 0 =⎨ ⎩F cos

t

Para vibración libre – forzada

Por tanto la ecuación de movimiento es:

⎧ 0 m& x&+ Kx = ⎨ Para vibración libre - forzada F cos t ⎩

Ecuación d e Lagrange para un sistema de partículas. Puede extenderse directamente hasta cubrir un sistema de partículas y sea “n” el número de partículas. Nótese que se requieren “n” coordenadas independientes q 1 , q 2 , q 3 ,..., q n para describir un sistema de “n” grados de libertad, donde n ≤ 3n .

1) Forma general.

∂T ∂T − = Qi dt ∂q&i ∂q i d

Donde

Qi

i = 1,2,3,..., n

∂y ∂z ⎞ ⎛ ∂x = ∑ ⎜⎜ Fxj j + Fyj j + Fzj j ⎟⎟ ∂q i ∂q i ⎠ ⎝ ∂q i

2) Sistemas conservativos.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ∂L ∂L − = 0 dt ∂q&i ∂q i d

Donde L = T − V

3) Para la forma alternativa. d

⋅

dt

∂L ∂L − = (Q i )n ∂q&i ∂q i

T y V son la energía cinética y potencial del sistema de partículas en conjunto.

Ejm. Dos partículas en vibración libre. Deducir las ecuaciones de movimiento para el sistema de dos grados de libertad.

K2

K1

K3

m1

m2

Como el sistema es conservativo:

⎡ d ∂L ∂L ⎤ 0 ⋅ − = ⎢ dt ∂q ∂q ⎥ &i i ⎣ ⎦ q1

Donde:

T=

La energía cinética del sistema es:

La energía potencial del sistema es: V L=

El Lagrangiano:

1 2

m 1 x&12

+

1 2

=

= x 1 y q 2 = x 2

1 2

1 2

m 1 x&12

K 1 x 12

m 2 x&22

−

1 2

+

+

1 2

1 2

m 2 x&22

K 2 (x 2

K 1 x 12

−

1 2

− x 1 )2 +

K 2 (x 2

1 2

K 3 x 22

− x 1 )2 −

1 2

K 3 x 22

Para la coordenada x 1 :

⎫ ⎪⎪ ⎬ ∂L = −K 1 x 1 − K 2 (x 2 − x 1 )()(− 1) = −K 1 x 1 + K 2 (x 2 − x 1 )⎪ ⎪⎭ ∂x 1 ⎛ ∂L ⎞ d ⎜⎜ ⎟⎟ = (m 1 x&1 ) = m 1 & x&1 dt ⎝ x ∂ &1 ⎠ dt d

m 1& x&1 + K 1 x 1

− K 2 (x 2 − x 1 ) = 0


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas m 1& x&1 + (K 1

+ K 2 )x 1 − K 2 x 2 = 0

Para la coordenada x 2 :

⎫ ⎪⎪ ⎬ = −K 2 x 2 − K 2 (x 2 − x 1 ) − K 3 x 2 ⎪ ⎪⎭

⎛ ∂L ⎞ d ⎜⎜ ⎟ = (m x& ) = m 2 & x&2 dt ⎝ ∂x&2 ⎠⎟ dt 2 2 d

∂L ∂x 2

m 2& x&2 + (K 2

m 2& x&2 + K 2 (x 2

− x1 ) − K 3 x 2 = 0

+ K 3 )x 2 − K 2 x 1 = 0

Ecuación de Lagrange para cuerpos rígidos . Un cuerpo rígido puede considerarse como un conglomerado de partículas infinitamente grande distribuidas continuamente.

Usando las energías cinética “T” y potencial “V” del cuerpo rígido, de un sistema de cuerpos rígidos o de un sistema de partículas pa rtículas y cuerpos rígidos.

Ejm. Un disco circular homogéneo y uniforme de masa “m” y radio “R” está oscilando alrededor de su posición de equilibrio. Deducir las ecuaciones del movimiento para la vibración libre K M coswt

a

m

⎡T = 1 mV 2 + 1 I G G ⎢⎣ 2 2

La energía cinética:

R x/2 R

R

VG

x =& 2

x = 2R

2

⎤ ⎥⎦

⇒ x&= 2R


a)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas =

VG 1

I =

Como T=

1 2

2

1 2(2R &)

mR 2 (Disco)

y

11

=

m(R &)

2

+

22

mR 2 &2 3

T=

4

La energía potencial: V =

=R = 1 2

mR 2 &2

+

1 4

mR 2 &2

mR 2 &2 1 2

(1)

Kx 12

x1

Según el gráfico: Por proporcionalidad x1

=

a+R 2R

x 2R

x1 a+R

x Pero: x = 2R V

L=

El Lagrangiano es:

=

3 4

=

1 2

⇒ x 1 = (a + R )

K (a + R )

mR 2 &2

2

−

⎫ ⎛ ∂L ⎞ = d ⎛ 3 ⎞ 3 ⎜ &⎟ ⎜ mR 2 &⎟ = mR 2 &&⎪⎪ dt ⎝ ∂ ⎠ dt ⎝ 2 ⎠ 2 ⎬ ∂L 2 ⎪ = −K (a + R ) ⎪⎭ ∂

1 2

2

(b)

(2)

K (a + R )

2

2

d

3 2

&+ K (a + R ) mR 2 &

2

=0

Para vibración forzada:

3 2

&+ K (a + R ) mR 2 &

2

= M cos

t

1. Usando las ecuaciones de Lagrange, deducir las ecuaciones del movimiento para pequeñas vibraciones del péndulo doble, que consiste en dos cuerpos rígidos suspendidos en “O” y articulados en “A”. Los centros de gravedad son G 1 y G 2 y los momentos de inercia respecto de G 1 y G 2 son I 1 y I 2 respectivamente, siendo las masas m 1 y m 2


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas O L

a1 G1 a2 G2

Sean las coordenadas generalizadas de G 1 y G 2

1

1

y1

= a1 cos

1

= L sen

1

+ a 2 sen

2

y2

= L cos

1

+ a 2 cos

2

ϖ =a

ϖ = (L sen

= a 1 sen

x2

r1 r2

x1

1

sen 1 î + a 1 cos 1 ˆ j (1)

+ a 2 sen

2

) î + (L cos

1

+ a 2 cos

2

) ˆ j

(2)

Derivando (1) se obtiene la velocidad V1

= a 1 cos 1 &1 î − a 1 sen 1 &1 ˆ j ⇒ V12 = a 12 cos 2 V12

Factorizando:

= a 12 &12

cos 2

1

+ sen 2

1

1

&2 + a 12 sen 2

1

&12

⇒ V12 = a 12 &12

Derivando (2): V2 V22

= (L cos 1 &1 + a 2 cos

= (L cos 1 &1 + a 2 cos

&2 ) î + (− L sen 1 &1 − a 2 sen

2

&2 ) ˆ j

&2 )2 î + (− L sen 1 &1 − a 2 sen

2

&2 )2 ˆj

2

2

Desarrollando y simplificando: V22

= L2 &12 + a 22 &22 + 2La 2 &1 &2 cos(

2

−

1

)

La energía cinética del sistema es: T=

1

1

1

1

+ I G 2 + mVG2 + I G 2 12 4 4 2 42 4 3 12 4 4 2 42 4 3 mVG2

(1 )

(2 )


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas T=

1 2

m 1 a 12 &12

+

P1

2

I 1 &12

+

1 2

[

m 2 L2 &12

+ a 22 &22 + 2La 2 &1 &2 cos(

2

−

1

)] +

1 2

I 2 &22

(3)

= V1 + V2

La energía potencial es: V V

1

= m 1 ga 1 (1 − cos 1 ) + m 2 g[L(1 − cos 1 ) + a 2 (1 − cos

⎛ ∂T ⎞ d ⎜⎜ ⎟⎟ = (m 1 a 12 &1 + I &1 + m 2 L2 &1 + m 2 La 2 &2 cos( dt ⎝ ∂ &1 ⎠ dt d

⎛ ∂T ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = m 1a 12 &&1 + I 1&&1 + m 2 L2 &&1 + m 2 La 2 &&2 cos( dt ⎝ ∂ &1 ⎠ d

⎛ ∂T ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = (I 1 + m 1a 12 + m 2 L2 )&&1 + m 2 La 2 &&2 cos( dt ⎝ ∂ &1 ⎠ d

2

2

−

−

1

1

2

−

2

)] 1

(4)

))

) − m 2 La 2 &2 sen( 2 − 1 )( &2 − &1 )

) − m 2 La 2 &2 ( &2 − &1 )sen( 2 − 1 )

2. Deducir las ecuaciones del movimiento para el sistema mostrado en la figura.

K M L

y1

x

x1

V

Energía Potencial

=

1 2

Kx 2

+ mgL(1 − cos )

T = T1

Energía Cinética

T1

=

1 2

+ T2 Mx&2

Para T2 :

= x + L sen ⎫ ⎬ y 1 = L cos ⎭

x1

ϖ= (x + L sen ) î + L cos ˆj

r

Derivando respecto al tiempo r&= V V2

(1)

= (x&+ L &cos )2 + (− L &sen )2


(*)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas V2

= x&2 + 2L &x&cos + L2 &2 cos 2 + L2 &2 sen 2

V2

= x&2 + 2L &x&cos + L2 &2 (sen 2 + cos 2 = x&2 + 2L &x&cos + L2 &2

V2 Por tanto:

T2

La energía cinética total es: T =

1

Lagrangiano: T =

1 2

Mx&2

+

1 2

2

mx&2

=

1 2

Mx&2

)

(

m x&2

+

1 2

+ 2L &x&cos + L2

mx&2

2

+ mL &x&cos +

+ mL &x&cos +

1 2

mL2 &2

−

1 2

1 2

(a)

)

(**)

mL2 &2

Kx 2

(2)

− mgL(1 − cos )

⎛ ∂L ⎞ = d (Mx + mx + mL &cos ) = Mx + mx + mL(− &2 sen + &&cos ⎜ ⎟ & & && && dt ⎝ ∂x& ⎠ dt d

⎛ ∂L ⎞ (M m )x mL(&&cos &2 sen − ⎜ ⎟ = + &&+ dt ⎝ ∂x& ⎠ d

)

)

∂L = −Kx ∂x &cos − &2 sen + Kx = 0 (M + m )& x&+ mL &

Por tanto:

⎛ ∂L ⎞ = d (mLx cos + mL2 &) = mLx(− sen ) &+ mLx cos + mL2 &&= mL(L&&+ x cos − x &sen ) ⎜ ⎟ & & && && & dt ⎝ ∂ & ⎠ dt d

Por tanto:

&+ & mL (L& x&cos

∂L = −mL &x&sen − mgL sen ∂ − x&&sen ) + mL &x&sen + mgL sen = 0 &+ & L& x&cos

+ g sen = 0

Vibración armó nica for zada. Considerando un sistema excitado por una fuerza armónica F

= F0 sen

t


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas

K1 K1x1 F

m1

x1

F m1 K2 (x1 - x2)

K2 K2 (x1 - x2) m2

m2

x2

De los diagramas de cuerpo libre: x&1 − K 1 x 1 − K 2 (x 1 − x 2 ) + F = m 1 & m 1& x&1 + (K 1

+ K 2 )x 1 − K 2 x 2 = F0 sen

K 2 (x 1

t

(1)

− x2 ) = m 2& x&2

m 2& x&2 − K 2 x 1

+ K 2x2 = 0

(2)

Suponiendo que el movimiento es periódico y se compone de movimientos armónicos de diferentes amplitudes y frecuencias: Sea uno de los componentes armónicos.

= A sen t

x1 x&1

x2

= A cos t

x&1 = − A &

2

x&2

sen

= B sen t = B cos t

x&2 = −B &

t

2

sen

t

Reemplazando en (1):

− m1 A

2

sen

t + (K 1

+ K 2 )A sen

− m1 A K1

Ordenando:

2

t − K 2 B sen

t

= F0 sen

t

÷ (sen t )

+ (K 1 + K 2 )A − K 2 B = F0

+ K 2 − m1

2

A − K 2 B = F0

(3)

Reemplazando en (2)

A=

(

− m2 2 ) 4 − (m 1K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 ) F0 K 2

m 1m 2

2

+ K 1K 2


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas − m2

2

t − K 2 A sen

B sen

− K2A +

K2

t + K 2 B sen

− m2

2

÷ (sen t )

=0

t

B = 0

(4)

Formando el sistema:

⎧(K 1 + K 2 − m 1 2 )A − K 2 B = F0 ⎨ 2 ⎩ − K 2 A + (K 2 − m 2 )B = 0 Resolviendo por determinantes:

− K2 K 2 − m2

F0 A=

0 K1

+ K 2 − m1 − K2 A

=

=

− K2 K 2 − m2

2

(

2

(K

− m2

F0 K 2 1

+ K 2 − m1

2

)(K

2

2

)

− m2

2

)− K

2 2

2

m 1m 2

− m2 2 4 − (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 )

m1m 2

+ K 2 − m 1 2 F0 0 − K2 4 − (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 )

F0 K 2

2

+ K 1K 2

2

+ K 1K 2

2

+ K 1K 2

K1

B=

B=

K 2 F0 4

m1m 2

− (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 )

Por tanto la solución es:

x1

=

x2

=

(

− m2 2 ) 4 − (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 ) F0 K 2

m 1m 2

2

+ K 1K 2

K 2 F0 m 1m 2

4

− (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 )

2

+ K 1K 2

sen

t

sen

t

Abso rbedor de vi bracio nes din ámicas. Es sencillamente un sistema de un grado de libertad, generalmente de la forma simple masa– resorte.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Cuando a este sistema se adiciona como sistema auxiliar otro sistema de un grado de libertad, transformará todo el sistema en uno de dos grados de libertad, en dos frecuencias naturales de vibración.

Una de las frecuencias naturales está por encima de la frecuencia de excitación, mientras que la otra por debajo, de tal forma que la masa principal del sistema completo tendrá una amplitud de vibración muy pequeña, en lugar de una amplitud muy grande bajo la excitación dada.

Sea una masa “M” que tiene vibración forzada. Con el fin de disminuir la amplitud de “M” agregar un sistema auxiliar masa-resorte.

K1 t w n e s

K1x1

K1 t w n e s

M

0

K2 (x1 - x2)

M

0

F

M

x1

m

F

K2

K2 (x1 - x2) m x2

El sistema acoplado tiene dos grados de libertad y las ecuaciones de movimiento son: F − K 1 x1 M& x&1 + K 1 x 1 M& x&1 + (K 1

− K 2 (x 1 − x 2 ) = M& x&1

+ K 2 x 1 − K 2 x 2 = F0 sen

t

+ K 2 )x 1 − K 2 x 2 = F0 sen

t

K 2 (x 1

− x 2 ) = m& x&2

m& x&2 − K 2 x 1

= Ae st ⎫ ⎪ x&1 = Ase st ⎬(a ) x&1 = As 2 e st ⎪ & ⎭ x1

(1)

+ K 2x2 = 0

(2)

= Be st ⎫ ⎪ x&2 = Bse st ⎬(b ) x&2 = Bs 2 e st ⎪ & ⎭ x2

(a) y (b) en (1)

− MA

2

sen

t + (K 1

+ K 2 )A sen

t − K 2 B sen

t

= F0 sen

t

÷ (sen t )


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas − MA K1

+ (K 1 + K 2 )A − K 2 B = F0

2

+ K2 − M

2

A − K 2 B = F0

(3)

(a) y (b) en (2)

− mB

2

t − K 2 A sen

sen

− mB

2

t + K 2 B sen

t

÷ (sen t )

=0

− K 2 A + K 2B = 0

− K 2A +

−m

K2

2

B = 0

(4)

Formando un sistema entre (3) y (4)

⎧(K 1 + K 2 − M 2 )A − K 2 B = F0 ⎨ 2 ⎩ − K 2 A + (K 2 − m )B = 0 F0 A

=

0

(K

1

− K2 (K 2 − m

+ K2 − M − K2

2

)

2

)

− K2 (K 2 − m

= 2

(K

(

F0 K 2 1

+ K2 − M

2

−m

)(K

2

2

)

−m

2

)− K

2 2

)

Para anular la vibración de M, se hace A=0 entonces: K2

−m =

=0

2

K2 m

Por consiguiente se debe diseñar el absorbedor de modo que su frecuencia natural sea igual a la frecuencia impresa. (Cuando esto ocurre, la amplitud de “M” es prácticamente cero).

En general, un absorbedor se usa únicamente cuando la frecuencia natural del sistema original es casi igual a la frecuencia de la fuerza. Por tanto,

K1 M

=

K2 m

es aproximadamente cierto para el

sistema completo.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Vibración libre amortiguada. K1x1

c1x1

K1

m1

c1

m1

K2 (x1 - x2) c2 (x1 - x2)

x1 K2 (x1 - x2) c2 (x1 - x2)

K2

c2

m1

m2 x2

− K 1 x 1 − c 1 x&1 − K 2 (x 1 − x 2 ) − c 2 (x&1 − x&2 ) = m 1& x&1 m 1& x&1 + (c 1

+ c 2 )x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − c 2 x&2 − K 2 x 2 = 0

c 2 (x&1

(1)

− x&2 ) + K 2 (x 1 − x 2 ) = m 2 & x&2

m 2& x&2 − c 2 (x&1 m 2& x&2 + c 2 x&2

− x&2 ) − K 2 (x 1 − x 2 ) = 0

+ K 2 x 2 − c 2 x&1 − K 2 x 1 = 0

(2)

Como las componentes de vibración de un sistema amortiguado no son periódicos, es decir, son movimientos oscilatorios con amplitudes decrecientes.

= Ae st ⎫ ⎪ x&1 = Ase st ⎬(a ) x&1 = As 2 e st ⎪ & ⎭ x1

= Be st ⎫ ⎪ x&2 = Bse st ⎬(b ) x&2 = Bs 2 e st ⎪ & ⎭ x2

Reemplazando (a) y (b) en (1)

− m 1 As 2 e st + (c 1 + c 2 )Ase st + (K 1 + K 2 )Ae st − c 2 ABse st − K 2 Be st = 0

÷

e st

− m 1 As 2 + (c 1 + c 2 )As + (K 1 + K 2 )A − c 2 ABs − K 2 B = 0 Ordenando:

m 1s 2

+ (c 1 + c 2 )s + (K 1 + K 2 ) A − (c 2 s + K 2 )B = 0


(3)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Reemplazando (a) y (b) en (2) m 2 Bs 2 e st

+ c 2 Bse st + K 2 Be st − c 2 Ase st − K 2 Ae st = 0

− (c 2 s + K 2 )A +

m 2s 2

+ c 2s + K 2

÷

B = 0

e st (4)

Cuando el sistema es homogéneo, la solución únicamente tiene sentido si:

m 1s 2

+ (c 1 + c 2 )s + (K 1 + K 2 ) − (c 2 s + K 2 ) =0 m 2s 2 + c 2s + K 2 − (c 2 s + K 2 )

Desarrollando el determinante:

[m s + (c 2

1

1

+ c 2 )s + (K 1 + K 2 )](m 2 s 2 + c 2 s + K 2 ) − (c 2 s + K 2 )2 = 0

Ecuación característica.

La solución de esta ecuación de 4 to grado dará 4 valores de s (s 1 , s 2 , s 3 , s 4 ) Por tanto, el movimiento general completo puede expresarse como:

x 1 (t ) = A 1e

s 1t

x 2 (t ) = B 1e

s1 t

+ A 2es t + A 3es t + A 4e s t 3

2

4

+ B 2es t + B 3e s t + B 4e s t 3

2

4

Donde los cuatro coeficientes desconocidos (A 1 , A 2 , A 3 , A 4 ) . (Las B no son incógnitas diferentes, puesto que (B 1

=

1

A 1 ,....., B 4

=

4

A 4 ) ).

Se hallan de las cuatro condiciones iniciales, a saber: x 1 (0 ), x 2 (0 ), x&1 (0), x&2 (0)

Las razones de amplitud se hallan de (3) y (4) Ai Bi

Donde

m 2 s i2 + c 2 s i + K 2 + K2 = = = c 2s i + K 2 m i s i2 + (c 1 + c 2 )s i + (K 1 + K 2 ) c 2s i

1 i

i = 1,2,3,4


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Vibración forzada con amortiguamiento. K1x1

K1

m1

c1

m1

c1x1

t w n e s

K2 (x1 - x2) c2 (x1 - x2)

0

x1

F

K2 (x1 - x2) c2 (x1 - x2)

K2

c2

m1

m2 x2

x&1 − K 1 x 1 − c 1 x&1 − K 2 (x 1 − x 2 ) − c 2 (x&1 − x&2 ) + F = m 1& m 1& x&1 + K 1 x 1 m 1& x&1 + (c 1

+ c1 x&1 + K 2 x 1 − K 2 x 2 + c 2 x&1 − c 2 x&2 = F0 sen

+ c 2 )x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − c 2 x&2 − K 2 x 2 = F0 sen K 2 (x 1

t t

(1)

− x 2 ) + c 2 (x&1 − x&2 ) = m 2 & x&2

m 2& x&2 − K 2 x 1 m 2& x&2 + c 2 x&2

+ K 2 x 2 − c 2 x&1 + c 2 x&2 = 0

+ K 2 x 2 − c 2 x&1 − K 2 x 1 = 0

(2)

Formando el sistema entre (1) y (2) x&1 + (c 1 + c 2 )x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − c 2 x&2 − K 2 = F0 sen t ⎧m 1& ⎨ m 2& x&2 + c 2 x&2 + K 2 x 2 − c 2 x&1 − K 2 x 1 = 0 ⎩

La solución general de estas ecuaciones, consiste en la solución general de la ecuación homogénea y una solución particular de las ecuaciones no homogéneas.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas La solución homogénea representa una vibración amortiguada (No tiene interés en el estudio de problemas del absorbedor dinámico amortiguado, ya que esta vibración se amortigua rápidamente).

La solución particular de las ecuaciones no homogéneas, que representa la vibración forzada se halla haciendo: x1

= A 1 cos t + B 1 sen t

x2

= A 2 cos t + B 2 sen t


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas SISTEMAS DE VARIOS GRADOS DE LIBERTAD Detalles

Pág.

Introducción..............................................................................................................................

122


122


124

Matrices de flexibilidad y rigidez.............................................................................................

125

Coeficientes de influencia........................................................................................................

136

Introducción. Cuando se necesitan “n” coordenadas independientes para determinar las posiciones de las masas de un sistema, el sistema es de “n” grados de libertad.

K1 x1

y1 L2

m K2

x2

L1

m1

K1

y2

y3 K2

m2

y4 K3

m3

m4

L3 L4

m K3

x3

m

En principio, el análisis vibracional de un sistema de “n” grados de libertad, es similar al de dos grados de libertad. Sin embargo, debido al gran número de posibilidades que existen, hace que se realice más trabajo.

Ecuación del movimiento. El movimiento de un sistema de “n” grados de libertad está representado por “n” ecuaciones diferenciales, las que se obtienen del movimiento de Newton y de la ecuación de Lagrange.

“Sistemas de varios grados de libertad”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Como las ecuaciones de movimiento no son enteramente independientes, se necesita la evaluación completa de determinantes de orden “n” para obtener la solución simultánea de estas ecuaciones.

La evaluación de tales determinantes producirá todas las frecuencias naturales del sistema.

Otros métodos que se usan son: Método Stodola, método de Holzer y la iteración matricial , que son métodos numéricos más directos utilizados en sistemas vibratorios de varios grados de libertad.

Ejm. Determinar la ecuación del sistema masa resorte.

K2

K1

K3

m1

K4

m2

m3

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE K1x1

K2 (x1 - x2)

m1

m2

K3 (x2 - x3)

K4x3

m3

m 1& x&1 = −K 1 x 1 − K 2 (x 1 − x 2 ) ⇒ m 1 & x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − K 2 x 2 = 0

(1)

m 2& x&2 = K 2 (x 1 − x 2 ) − K 3 (x 2 − x 3 ) ⇒ m 2 & x&2 + (K 2 + K 3 )x 2 − K 3 x 3 − K 2 x 1 = 0

(2)

m 3& x&3 = K 3 (x 2 − x 3 ) − K 4 x 3 ⇒ m 3 & x&3 + (K 3 + K 4 )x 3 − K 3 x 2 = 0

(3)

Suponiendo el movimiento periódico, que se compone de movimientos armónicos de diferentes amplitudes y frecuencias x 1 = A sen( t +

)

x&1 = − A &

2

sen( t +

)

x 2 = B sen( t +

)

x&2 = −B &

2

sen( t +

)

x 3 = C sen( t +

)

x&3 = −C &

2

sen( t +

)

Reemplazando estos valores en (1), (2), (3)

− m1

2

A sen( t +

) + (K 1 + K 2 )A sen( − m1

2

t+

) − K 2 B sen(

t+

)=0

÷ [sen( t +

A + (K 1 + K 2 )A − K 2 B = 0


)]

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas K 1 + K 2 − m1 − m2

2

B sen( t +

2

A − K 2B = 0

) + (K 2 + K 3 )B sen( t + ) − K 3 C sen( t + ) − K 2 A sen( t + ) = 0 −m2

2

2

C sen( t +

÷ [sen( t +

)]

B + (K 2 + K 3 )B − K 3 C − K 2 A = 0

− K 2A + K 2 + K 3 − m2 − m3

(4)

2

B − K 3C = 0

(5)

÷ [sen( t +

) + (K 3 + K 4 )C sen( t + ) − K 3 B sen( t + ) = 0 − m3

2

)]

C + (K 3 + K 4 )C − K 3 B = 0

− K 3B + K 3 + K 4 − m 3

2

C = 0

(6)

La ecuación de frecuencias se encuentra igualando a cero el determinante de A, B, C,es decir: K 1 + K 2 − m1

− K2 K 2 + K 3 − m2 − K3

2

− K2 0

0 2

=0

0 K 3 + K4 − m3

2

Desarrollando el determinante:

(K 6

1

+ K 2 − m1

2

)(K

2

+ K 3 − m2

⎡ K + K 2 K 2 + K 3 K 3 + K4 ⎤ −⎢ 1 + + ⎥ m2 m3 ⎦ ⎣ m1

−

2

)(K

4

3

+ K4 − m3

2

) − K (K 2 2

3

+ K 4 − m3

2

) − K (K 2 3

1

+ K 2 − m1

2

)= 0

⎡ K K + K 2K 3 + K 1K 3 K 2K 3 + K 3K 4 + K 2K 4 (K 1 + K 2 )(K 3 + K 4 )⎤ +⎢ 1 2 + + ⎥ m1m 2 m 2m 3 m1m 3 ⎣ ⎦

K 1K 2K 3 + K 2 K 3K 4 + K 1K 3K 4 + K 1K 2 K 4 m 1m 2 m 3

=0

Ecuación d e Lagrange. Para el mismo sistema del caso anterior. El sistema es co nservativo; por tanto: d ∂L dt ∂q&i

Donde:

−

∂L =0 ∂q i

L=T–V T=

1 2

m 1 x&1 + 2

1 2

m 2 x&2 + 2

1 2

2

m 3 x&3


2

−

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas V=

L=

1 2

m 1 x&1 + 2

1 2

1

K 1 x 12 +

2

m 2 x&2 + 2

1 2

1 2

K 2 (x 1 − x 2 ) + 2

m 3 x&3 − 2

1 2

K 1 x1 − 2

1 2

1 2

K 3 (x 2 − x 3 ) + 2

K 2 (x 1 − x 2 ) − 2

1 2

1 2

K 4 x 32

K 3 (x 2 − x 3 ) − 2

1 2

2

K 4x3

⎫ ⎪ ⎪ x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − K 2 x 2 = 0 ⎬m 1 & ∂L = −K 1 x 1 − K 2 (x 1 − x 2 ) = −(K 1 + K 2 )x 1 + K 2 x 2 ⎪ ⎪⎭ ∂x 1 d ⎛ ∂L ⎞

d

⎜ ⎟ = (m 1 x&1 ) = m 1 & x&1 dt ⎜⎝ ∂x&1 ⎠⎟ dt

⎫ ⎪ ⎪ x&2 + (K 2 + K 3 )x 2 − K 3 x 3 − K 2 x 1 = 0 ⎬m 2 & ∂L ⎪ = −K 2 (x 1 − x 2 )(− 1) − K 3 (x 2 − x 3 )(1) = K 2 x 1 − K 2 x 2 − K 3 x 2 + K 3 x 3 ⎪⎭ ∂x 2 d ⎛ ∂L ⎞

⎜ ⎟ = m 2& x&2 dt ⎜⎝ ∂x&2 ⎠⎟

⎫ ⎪ ⎪ x&3 + (K 3 + K 4 )x 3 − K 3 x 2 = 0 ⎬m 3 & ∂L = −K 3 (x 2 − x 3 )(− 1) − K 4 x 3 = −K 3 x 2 − K 3 x 3 − K 4 x 3 ⎪ ⎪⎭ ∂x 3 d ⎛ ∂L ⎞

⎜ ⎟ = m 3& x&3 dt ⎜⎝ ∂x&3 ⎠⎟

El resto es igual que el caso anterior.

Matric es de flexibilid ad y rig idez. El uso de matrices en el análisis vibracional, no solo simplifica el trabajo, sino que también ayuda a comprender el procedimiento usado en la solución. Esto particularmente para sistemas de varios grados de libertad.

Las ecuaciones diferenciales del movimiento para un sistema de “n” masas puede expresarse en general como:

⎧ m 11q & &1 + m 12 q & &2 + ... + m 1n q & &n + K 11q 1 + K 12 q 2 + ... + K 1n q n = 0 ⎪ m q + m q + ... + m q + K q + K q + ... + K q = 0 &1 &2 &n ⎪ 21 & 22 & 2n & 21 1 22 2 2n n ⎨ ⎪ .................................................................................................... ⎪⎩m n1 q & &1 + m n 2 q & &2 + ... + m nn q & &n + K n1q 1 + K n 2 q 2 + ... + K nn q n = 0 En forma matricial


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ⎡ m 11 ⎢m ⎢ 21 ⎢ . ⎢ ⎢ . ⎢ . ⎢ ⎢⎣m n1

m 12 m 22 . . . m n2

⎡ K 11 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢K ... m 2n q &2 ⎥ ⎢ 21 ⎥ ⎢& . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . ⎥⎢ ⎥ + ⎢ . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . ⎥⎢ ⎥ ⎢ ... m nn ⎥⎦ ⎢⎣q & &n ⎥⎦ ⎢⎣K n1 ...

m 1n ⎤ ⎡ q & &1 ⎤

K 12 K 22 . . . K n2

K 1n ⎤ ⎡ q 1 ⎤

⎡0⎤ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢0⎥ ... K 2n q 2 ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . ⎥ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . ⎥ . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ... K nn ⎥⎦ ⎢⎣q n ⎥⎦ ⎢⎣0⎥⎦ ...

En forma simple

[M ]{q&&} + [K ]{q} = 0

(1)

[M ] = Matriz de inercia [K ] = Matriz de rigidez − 1

Si se multiplica por [M ] a la ecuación (1) se tiene: −1 [1M4 ]2−1 [43 M ]{q ] [K ]{q} = 0 & &} + [1M 4 2 43

[C ]

I

{q&&} + [C ]{q} = 0 −1

Donde: [C] = [M ]

(2)

[K ] = Matriz dinámica o matriz del sistema

} = −λ {q} siendo λ = ω 2 (Frecuencia natural) Suponiendo movimiento armónico {q & & − λ {q} + [C ]{q} = 0 Ordenando y factorizando:

[C − λ ]{q} = 0

Por concepto de diferencia y producto de matrices:

[C − λ I ]{q} = 0 Las frecuencias naturales se obtienen de la ecuación característica: C − λ I = 0 que es el determinante igual a cero. Las raíces λ i de la ecuación característica son los valores propios y las frecuencias naturales se obtienen a partir de ellas por medio de la relación: λ i = ω i2


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sustituyendo cada λ i en la ecuación matricial, se obtiene la correspondiente forma MODAL xi denominada vector propio.

Así para un sistema con “n” grados de libertad, se tiene “n” valores propios y “n” vectores propios.

Se sabe que, según se escojan las coordenadas, un sistema tiene acoplamiento estático o dinámico. Para todo sistema existe un conjunto de “Coordenadas principales” que expresa la ecuación de movimiento en la forma no acoplada, tales coordenadas no acopladas son deseables, puesto que cada ecuación puede resolverse independientemente.

Es posible desacoplar las ecuaciones de movimiento de un sistema con “n” grados de libertad, siempre que se conozca los modos normales del sistema. Cuando se arreglan los “n” modos normales (Vectores propios) en una matriz cuadrada, con cada modo norma como columna, se llama MATRIZ MODAL.

Así, la matriz modal para un sistema de tres grados de libertad será:

⎡⎧⎧ x1 ⎫ ⎧ x1 ⎫ ⎧ x1 ⎫ ⎤ ⎢⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎥ P = ⎢⎨⎨ x2 ⎬ ⎨ x2 ⎬ ⎨ x2 ⎬ ⎥ ⎢⎪⎪ x ⎪ ⎪ x ⎪ ⎪ x ⎪ ⎥ ⎣⎩⎩ 3 ⎭1⎩ 3 ⎭2 ⎩ 3 ⎭3 ⎦

⎡( x1 x2 x3 )1 ⎤ ⎢ ⎥ P' = ⎢( x1 x2 x3 )2 ⎥ La transpuesta de P se denomina como P’ y es : ⎢⎣( x1 x2 x3 )3 ⎥⎦ Si se forma el producto P’MP se obtiene:

⎡ M 1 0 ⎤ P ' MP = ⎢ ⎥ ⎣ 0 M 2 ⎦



[ M ]{ x&&} + [K ]{x} = [0]

Como

[P' MP]{ x&&} + [P' MP][x] = [0] D1 y & &+ D2 y = 0

Donde los términos M i son la masa generaliza También si se realiza el producto P’KP se obtiene

⎡ K 1

0 ⎤

⎣0

K 2 ⎦

P ' KP = ⎢

⎥

Donde K i es la rigidez generalizada Si cada una de las columnas de la matriz modal “P” se divide por la raíz cuadrada de la masa ~ generalizada M i , la nueva matriz es la MATRIZ MODAL REDUCIDA y se la designa como P

Se puede ver que si se diagonaliza la matriz de masa con la matriz modal reducida, se obtiene la matriz modal. ~ ~ P ' M P = I Como M i−1 K i = λ i , entonces la matriz de rigidez tratada similarmente por la matriz modal reducida se convierte en la matriz diagonal de los valores propios.

⎡λ 1 ⎢0 ⎢ ~ ~ ⎢. P ' K P = ⎢ ⎢. ⎢. ⎢ ⎢⎣ 0

0

.

.

.

λ 2

.

.

.

.

.

.

. . . 0

0⎤

⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ λ n ⎥⎦ 0

Ejm. Aplicación en el siguiente problema:

K

x1 m

K

x2

K

m



L=

1 2

V =

1

m x& 1 +

1

2

2 2

T =

1

Kx1 +

1

2

2

m x&2 − 2

2 m x& 1 +

2 1 2

1 2

m x&22

K ( x 2 − x1 ) + 2

Kx1 − 2

1 2

1 2

2

Kx 2

K ( x 2 − x1 ) − 2

1 2

2

Kx 2

⎫ ⎪ m x& ⎪ & 1 + Kx1 − K ( x 2 − x1 ) = 0 ⇒ m x& & ⎬ 1 + 2 Kx1 − Kx 2 = 0 ∂ L m x Kx Kx Kx 0 + − + = & & 1 2 1 = − Kx1 + K ( x 2 − x1 )⎪ 1 ⎪⎭ ∂ x1 d ⎛ ∂ L ⎞

⎜ ⎟ = m x& & 1 dt ⎜⎝ ∂ x&1 ⎠⎟

⎫ ⎪ m x& ⎪ & 2 + K ( x 2 − x1 ) + Kx 2 = 0 ⇒ m x& &2 − Kx1 + 2 Kx 2 = 0 ⎬ m x Kx Kx Kx 0 ∂ L + − + = & & 2 2 1 2 = − K ( x 2 − x1 ) − Kx 2 ⎪ ⎪⎭ ∂ x 2 d ⎛ ∂ L ⎞

⎜ ⎟ = m x& &2 dt ⎜⎝ ∂ x&2 ⎠⎟

La forma Matricial:

⎛ m 0 ⎞⎧ x& &⎫ ⎡ 2 K − K ⎤ ⎧ x1 ⎫ ⎡0⎤ ⎜⎜ ⎟⎟⎨ 1 ⎬ + ⎢ } + [K ]{ x} = 0 ⇒ { x&&} + [C ]{ x} = 0 & ⎥ ⎨ x ⎬ = ⎢0⎥ ⇒ [ M ]{ x& x 0 m K 2 K − & & ⎝ ⎠⎩ 2 ⎭ ⎣ ⎦⎩ 2 ⎭ ⎣ ⎦ ⎡m 0 ⎤ [ M ] = ⎢ ⎥ ⎣ 0 m⎦

Sea:

⎡1 [C ] = [ M ] [K ] ⇒ [C ] = ⎢ m ⎢⎣ 0 −1

La ecuación característica:

−1

[ M ]

⎡1 =⎢ m ⎢⎣ 0

0 ⎤

⎥

1 ⎥ m⎦

0 ⎤ ⎡ 2 K − K ⎤ ⎡ 2 K m ⎥ =⎢ 1 ⎥ ⎢⎣− K 2 K ⎥⎦ ⎢− K m⎦ m ⎣

− K m ⎤ ⎥ 2 K ⎥ m⎦

[C − λ I ]{ x} = 0 ⇒ C − λ I = 0 ⎡ 2 K − K ⎤ ⎡λ 0 ⎤ m m⎥ − ⎢ ⎢ ⎥ =0 K K ⎢ − m 2 m ⎥ ⎣ 0 λ ⎦ ⎣ ⎦

(2 K m − λ ) − K

m

Desarrollando:

− K m

(2 K m − λ ) = 0

(2 K m − λ ) − (K m) = 0 (2 K m − λ + K m)(2 K m − λ − K m) = 0 2

2


(*)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 3 K − λ = 0..........λ = 3 K ⇒ ω 12 = 3 K m m m K − λ = 0..........λ = K ⇒ ω 2 = K 2 m m m

Ahora se hallará la matriz Modal. Para ello se reemplaza cada λ en (*) P

⎛ ⎡ 2 K 0 ⎤ ⎞⎟⎧ x1 ⎫ ⎛ 0 ⎞ − K m⎤ ⎡3 K m ⎜⎢ m ⎥−⎢ ⎥ ⎬ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎢− K K ⎥ ⎢ 0 K ⎥ ⎟⎟⎨ λ = 3 K x 0 2 3 m ⎝ ⎣ m m⎦ ⎣ m⎦ ⎠⎩ 2 ⎭ ⎝ ⎠ ⎡− K − K m⎤ ⎧ x1 ⎫ ⎛ 0 ⎞ m ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ = ⎜⎜ ⎟⎟ K K ⎢⎣− m − m⎥⎦ ⎩ x 2 ⎭ ⎝ 0 ⎠ ⎧ ⎪− ⎨ ⎪− ⎩

K K x1 − x 2 = 0 m m K K x1 − x 2 = 0 m m

−

Como es la misma, solo se toma una ecuación

K K x1 − x2 = 0 m m

⎡ K ⎤ ÷⎢ ⎥ ⎣m⎦

x1 = − x 2

⎛ x1 ⎞ ⎛ − α ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ − 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⇒ ⎜⎜ ⎟⎟ = α ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1 ⎠ ⎝ x 2 ⎠ ⎝ α ⎠ ⎝ x 2 ⎠

Si x 2 = α

P

λ = K m

⎛ ⎡ 2 K − K m ⎤ ⎡ K m 0 ⎤ ⎞⎟⎧ x1 ⎫ ⎛ 0 ⎞ ⎜⎢ m ⎥−⎢ ⎥ ⎬ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎢− K K ⎥ ⎟⎟⎨ x 0 2 K ⎥ ⎢ 0 2 m m⎦ ⎣ m⎦ ⎠⎩ ⎭ ⎝ ⎠ ⎝ ⎣ ⎡ K − K ⎤ ⎧ x1 ⎫ ⎛ 0 ⎞ m m⎥ ⎢ ⎨ ⎬ = ⎜⎜ ⎟⎟ K K 0 − ⎢⎣ ⎥ x m m ⎦ ⎩ 2 ⎭ ⎝ ⎠

⎧ K ⎪ m x1 − ⎨ K ⎪ x1 − ⎩m

K x 2 = 0 m K x 2 = 0 m

Como es la misma, solo se toma una ecuación

K K x1 − x 2 = 0 m m x1 = x 2


⎡ K ⎤ ÷⎢ ⎥ ⎣m⎦

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ⎛ x1 ⎞ ⎛ β ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⇒ ⎜⎜ ⎟⎟ = β ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ x 2 ⎠ ⎝ β ⎠ ⎝ x 2 ⎠ ⎝ 1 ⎠

Si x 2 = β

⎡− 1 1⎤ ⎡− 1 1⎤ y su transpuesta P ' = ⎢ ⎥ ⎥ ⎣ 1 1⎦ ⎣ 1 1⎦

Entonces la matriz Modal es: P = ⎢

⎡− 1 1⎤ ⎡m 0 ⎤ ⎡− 1 1⎤ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ 1 1⎦ ⎣ 0 m⎦ ⎣ 1 1⎦

Realizando el producto: P' MP = ⎢

⎡ 2m

0 ⎤

⎣0

2m ⎦

P' MP = ⎢

⎥

⎡− 1 1⎤ ⎡ 2 K − K ⎤ ⎡− 1 1⎤ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ 1 1⎦ ⎣− K 2 K ⎦ ⎣ 1 1⎦

P' KP = ⎢

⎡6 K 0 ⎤ P' KP = ⎢ ⎥ ⎣ 0 2 K ⎦ Ahora es posible desacoplar el sistema:

⎡2m 0 ⎤ ⎧ x& & ⎡6 K 0 ⎤ ⎧ x1 ⎫ ⎡0⎤ 1⎫ + ⎨ ⎬ ⎢ 0 2m⎥ x ⎢ ⎥⎨ ⎬ = ⎢ ⎥ &2 ⎭ ⎣ 0 2 K ⎦ ⎩ x 2 ⎭ ⎣0⎦ ⎣ ⎦ ⎩& Desarrollando:

⎧ 2m x& & 1 + 6 Kx1 = 0 ⎨ &2 + 2 Kx 2 = 0 ⎩2m x&

1. Determinar la matriz dinámica del sistema bifurcado. ¿Cuáles son las coordenadas principales?

x1

x2 2K

3m

m

K

K

m

x3 La energía cinética: T=

3 2

mx&12 +

1 2

mx&22 +

1 2

mx&23


(1)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1

V=

2

(2K )(x 1 − x 2 )2 + 1 K (x 1 − x 3 )2 + 1 Kx 32 2

2

La energía potencial: V = K (x 1 − x 2 ) + 2

1 2

K (x 1 − x 3 ) + 2

1 2

2

Kx 3

(2)

Lagrangiano: L=

3

mx&12 +

1

mx&22 +

1

mx&32 - K (x 1 − x 2 ) − 2

1

K (x 1 − x 3 ) − 2

1

Kx 32

(3)

⎫ ⎪ ⎪ x&1 + 3Kx 1 − 2Kx 2 − Kx 3 = 0 ⎬3m& ∂L = −2K (x 1 − x 2 ) − K (x 1 − x 3 )⎪ ⎪⎭ ∂x 1

(4)

2

2

2

2

2

d ⎛ ∂L ⎞

P / 3m

⎜ ⎟ = 3m& x&1 dt ⎜⎝ ∂x&1 ⎠⎟

⎫ ⎜⎜ ⎟⎟ = m& x&2 ⎪ ⎪ dt ⎝ ∂x&2 ⎠ x&2 + 2Kx 2 − 2Kx 1 = 0 ⎬m& ∂L = 2K (x 1 − x 2 )⎪ ⎪⎭ ∂x 2 d ⎛ ∂L ⎞

P / m

⎫ ⎪ ⎪ x&3 + 2Kx 3 − Kx 1 = 0 ⎬m& ∂L = K (x 1 − x 3 ) − Kx 3 ⎪ ⎪⎭ ∂x 3

(5)

d ⎛ ∂L ⎞

P / m

⎜ ⎟ = m& x&3 dt ⎜⎝ ∂x&3 ⎠⎟

Estas tres ecuaciones en forma matricial son: x& ⎫ ⎡ 3K − 2K − K ⎤ ⎧ x 1 ⎫ ⎧0⎫ ⎛ 3m 0 0 ⎞⎧& ⎜ ⎟⎪ 1 ⎪ ⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x&2 ⎬ + − 2K 2K 0 ⎨x 2 ⎬ = ⎨0⎬ ⎜ 0 m 0 ⎟⎨& ⎢ ⎥ ⎜ 0 0 m ⎟⎪& ⎪ ⎢ ⎥⎦ ⎪⎩x 3 ⎪⎭ ⎪⎩0⎪⎭ x − K 0 2 K ⎝ ⎠⎩ &3 ⎭ ⎣

Donde la matriz de inercia es:

⎛ 3m 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ [M ] = ⎜ 0 m 0 ⎟ ⎜ 0 0 m⎟ ⎝ ⎠


(6)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Su inversa es:

−1

[M ]

⎛ 1 ⎜ ⎜ 3m =⎜ 0 ⎜ ⎜ ⎜ 0 ⎝

⎞

0⎟

0

⎟ 0⎟ ⎟ 1⎟ ⎟ m ⎠

1 m 0

La matriz de rigidez es:

⎡ 3K − 2K − K ⎤ [K ] = ⎢⎢− 2K 2K 0 ⎥⎥ ⎢⎣ − K 0 2K ⎥⎦

−1

La matriz dinámica [C] está dada por: [C] = [M ]

⎡1 ⎢ 3m [C] = ⎢ 0 ⎢ ⎢⎣ 0

[K ]

0 ⎤ ⎡ 3K

0

⎥⎢ 0 ⎥ − 2K ⎥⎢ 1 ⎥ ⎢⎣ − K m⎦

1

m 0

− 2K − K ⎤ ⎥ 2K 0 ⎥ 0 2K ⎥⎦

⎡ K − 2K −K ⎤ m 3m 3m ⎥ ⎢ 2 K 2 K [C] = ⎢− m 0 ⎥ m ⎢ ⎥ 2K 0 ⎢⎣ − K m m ⎥⎦

Para hallar las frecuencias naturales se recurre a la ecuación característica:

I −C = 0

K − 2K −K ⎤ 0 0⎤ ⎡ ⎡ m 3 m 3m ⎥ ⎢ ⎢0 ⎥ 2K 0 − ⎢− 2K 0 ⎥ =0 ⎢ ⎥ ⎢ m m ⎥ ⎢⎣ 0 0 ⎥⎦ ⎢ − K 2K 0 m m ⎥⎦ ⎣

−K 2K K

m

m

m

2K

3m − 2K m 0

K

3m 0

− 2K

=0

m



K 2 ⎛ 2K ⎞ 4K 2 ⎛ 2K ⎞ ⎛ K ⎞⎛ 2K ⎞ ⎜ − ⎟⎜ − ⎟ − ⎜ − ⎟− ⎜ − ⎟=0 2 2 m m m m 3 m 3 m ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Desarrollando y ordenando: 3

−

K m

2

⎛ 7 K 2 4 K ⎞ ⎛ K 2 2 K 3 ⎞ ⎟⎟ + ⎜⎜ 4 2 − ⎟=0 + ⎜⎜ − 2 3 ⎟ 3 3 m 3 m ⎠ ⎝ m ⎠ ⎝ m

Resolviendo se obtiene las frecuencias naturales.

2. Si m 1 = m 2 = 1⎡lb

⎢⎣

seg

⎤ y K = 200 , K = 400⎡lb ⎤ . Encuentre las frecuencias del 1 2 p lg ⎥⎦ ⎢⎣ p lg ⎥⎦

sistema que se muestra en la figura.

K2

K1 m1

T=

Lagrangiano:

L=

1 2

V=

1

m 1 x&12 +

1

2

m 1 x&1 + 2

K 1 x 12 +

1

m 2 x&22 −

1

2 2

1

m2

2 2

1 2

2

m 2 x&2

K 2 (x 1 − x 2 )

K 1 x 12 −

1 2

2

K 2 (x 1 − x 2 )

2

⎫ ⎪ ⎪ x&1 + K 1 x 1 + K 2 x 1 − K 2 x 2 = 0 ⎬m 1& ∂L = −K 1 x 1 − K 2 (x 1 − x 2 )⎪ ⎪⎭ ∂x 1 d ⎛ ∂L ⎞

P / m 1

⎜⎜ ⎟⎟ = m 1 & x&1 dt ⎝ ∂x&1 ⎠

m 1& x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − K 2 x 2 = 0

⎫ ⎪ ⎪ x&2 − K 2 x 1 + K 2 x 1 = 0 ⎬m 2 & ∂L = −K 2 (x 1 − x 2 )(− 1)⎪ ⎪⎭ ∂x 2 d ⎛ ∂L ⎞

P / m 2

⎜ ⎟ = m 2& x&2 dt ⎜⎝ ∂x&2 ⎠⎟


(1)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas m 2& x&2 + K 2 x 2 − K 2 x 1 = 0

(2)

Método matricial

⎡K 1 + K 2 + ⎨ ⎬ ⎥ x ⎢ m 2 ⎦ ⎩& &2 ⎭ ⎣ − K 2

⎡m 1 ⎢0 ⎣

} + [K ]{x} = [0] [M ]{& x&

La forma matricial Despejando:

− K 2 ⎤ ⎧ x 1 ⎫ ⎡ 0⎤ ⎥⎨ ⎬ = ⎢ ⎥ K 2 ⎦ ⎩x 2 ⎭ ⎣0⎦

0 ⎤ ⎧& x&1 ⎫

{& } + [M ]−1 [K ]{x} = [0] ⇒ {& } + [C]{x} = [0] x& x& −1

[M ] ⎡1 [C] = ⎢⎢ m 1 0 ⎢⎣

0 ⎤ ⎡K + K 2 ⎥ 1

1

0 ⎤

⎡1 m1 =⎢ ⎢ 0 ⎢⎣

⎥ ⎢⎣ − K 2 m 2 ⎥⎦

1

⎥ ⎥ m 2 ⎥⎦

⎡K1 + K 2 ⎢ m − K2⎤ 1 ⎢ [ ] ⇒ C = ⎥ K2 ⎦ ⎢ − K2 ⎢⎣ m2

−

K2 ⎤

m1 ⎥ ⎥ K2 ⎥

m 2 ⎥⎦

Ecuación característica:

⎡K1 + K 2 0⎤ ⎢ m1 ⎡ I −C = 0 ⇒ ⎢ ⎥−⎢ 0 ⎣ ⎦ ⎢ − K2 ⎢⎣ m2 −

K1 + K2

−

K2 ⎤

m1 ⎥ ⎥ =0 K2 ⎥

m 2 ⎥⎦

K2

m1 K2

m1 =0 K2

−

m2

m2

Si K 1 = K ⇒ K 2 = 2K y m 1 = m 2 = 1 Entonces

− 3K

2K

2K

− 2K

=0

Resolviendo el determinante:

( − 3K )( − 2K ) − 4K 2 = 0 2

− 5K + 6K 2 − 4K 2 = 0 2

− 5K + 2K 2 = 0


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas =

1

2 2 5K ± 25K − 8K

2

=

9.123K

=

0.877K

2

2 2

⇒

5K ± 4.123K 2

= 4.562K = 4.562(200) = 912.4

1

⇒

=

2

= 0.439K = 0.439(200) = 87.8 1

2

=

2 1

⇒

1

=

2 2

⇒

2

= 30.206⎡rad ⎤ seg⎥⎦ ⎢⎣

= 9.37 ⎡rad ⎤ seg⎥⎦ ⎢⎣

Coefici entes de influ encia. El coeficiente de influencia de flexibilidad aij se define como el desplazamiento en “i” debido a la fuerza unitaria aplicada en “j”, con fuerzas f 1 , f 2 , f 3 actuando en los puntos 1,2 y 3 y se puede aplicar el principio de superposición para determinar los desplazamientos en términos del coeficiente de influencia a la flexibilidad. x1 = a11 f 1 + a12 f 2 + a13 f 3 x 2 = a 21 f 1 + a 22 f 2 + a 23 f 3 x3 = a 31 f 1 + a 32 f 2 + a 33 f 3

En forma matricial:

⎧ x1 ⎫ ⎡ a11 a12 ⎪ ⎪ ⎢ ⎨ x2 ⎬ = ⎢a21 a22 ⎪ x ⎪ ⎢a ⎩ 3 ⎭ ⎣ 31 a32

a13 ⎤ ⎧ f 1 ⎫

⎥⎪ ⎪

a23 ⎨ f 2 ⎬ ⎥ ⎪ a33 ⎥⎦ ⎪ ⎩ f 3 ⎭

{ x} = [a]{ f } Donde: [a ] = Matriz de flexibilidad −1

Si se multiplica (1) por [a ]

{ f } = [a ]−1{ x} “Sistemas de varios grados de libertad”

(1)


[K ] = [a]−1 ⇒ { f } = [K ]{ x}

Pero:

(2)

Donde [K ] es la matriz de rigidez y nótese que es la matriz inversa de [a ] En forma matricial

⎧ f 1 ⎫ ⎡ K 11 ⎪ ⎪ ⎢ ⎨ f 2 ⎬ = ⎢ K 21 ⎪ f ⎪ ⎢ K ⎩ 3 ⎭ ⎣ 31

K 12

K 13 ⎤ ⎧ x1 ⎫

K 22

K 23 ⎨ x2 ⎬ ⎥ ⎪ K 33 ⎥⎦ ⎪ ⎩ x3 ⎭

K 32

⎥⎪ ⎪

(3)

Los elementos de la matriz de rigidez tienen la siguiente interpretación:

Si x1 = 1 ∧ x2 = x3 = 0 ⇒ Las fuerzas en 1,2 y 3 que se requieren para mantener este desplazamiento según (3)son: f 1 = K 11 ; f 2 = K 21 ; f 3 = K 31 , es decir, la primera columna de [K ] .

Si x1 = 0, x2 = 1, x3 = 0 ⇒ f 1 = K 12 ; f 2 = K 22 ; f 3 = K 32 que es la segunda columna de [K ] .

En general para establecer los elementos de rigidez de cualquier columna, es hacer el desplazamiento correspondiente a esa columna igual a la unidad, con todos los demás desplazamientos igual a cero y medir las fuerzas requeridas en cada estación.

Se puede demostrar que aij = a ji

Este es el teorema recíproco de MAXWELL. aij = Deflexión en la posición “i” debido a una fuerza unitaria aplicada en la posición “j” a ji = Deflexión en la posición “j” debido a una fuerza unitaria aplicada en la posición “i”

Ejm. Determinar los coeficientes de influencia del sistema masa resorte.

2K

3K m

K 2m

3m



[F = K δ ] F

δ =

= Deflexion = a

K

1

Al aplicar una fuerza unitaria a la masa “m” se estira a11 =

3K

Las masas “2m” y “3m” como no sufren deformaciones, entonces deben recorrer la misma distancia; es decir: a21 = a31 =

1 3K

Además por el teorema recíproco de MAXWELL a31 = a13 =

1 3K

∧ a21 = a12 =

1 3K

Para hallar a22 se aplica una fuerza unitaria f 2 a la masa “2m” Pero los resortes “3K” y “2K” están en serie, por lo que se debe hallar el K eq 1 K eq

=

1 3K

+

1 2 K

1

⇒

K eq

=

a22 =

2 K + 3K 6 K 2

⇒ K eq =

6 5

K

5 6 K

Como la masa “3m” no debe deformarse, entonces a32 = a23 =

5 6 K

Para hallar a33 se aplica una fuerza unitaria en “3m”, pero nuevamente están en serie los resortes: 1 K eq

=

1 3K

+

1 2 K

+

1 K

⇒

1 K eq

=

2 K 2 + 3K 2 + 6 K 2

a33 =

3

6 K

⇒ K eq =

6 11

K

11 6 K

Por tanto: a11 = a21 = a31 =

1 3K 1 3K 1 3K

a12 = a22 = a32 =

1 3K 5 6 K 5 6 K

a13 = a23 = a33 =

1 3K 5 6 K 11 6 K


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1. Determinar el movimiento general del sistema que se muestra

− 2 Kx1 − K ( x1 − x2 ) = m& x1 2K 2Kx1 x1

m

m K (x1 - x2)

m x & & 1 + 2 Kx1 + K ( x1 − x2 ) = 0 m x & & 1 + 3 Kx1 − Kx2 = 0

(1)

K K (x1 - x2) x2

m

m K (x2 - x3)

K ( x1 − x2 ) − K ( x2 − x3 ) = m& x& 2

K (x2 - x3)

m x & & 2 − K ( x1 − x2 ) + K ( x2 − x3 ) = 0

K x3

m

m 2K

2Kx3

m x & & 2 − Kx1 + 2 Kx2 − Kx3 = 0

(2)

K ( x2 − x3 ) − 2 Kx3 = m& x& 3 m x & & 3 − K ( x2 − x3 ) + 2 Kx3 = 0 m x & & 3 − Kx2 + 3 Kx3 = 0

(3)

Suponiendo el movimiento como periódico compuesto de tres movimientos armónicos: x1 = Asen(ω t − φ ) ⇒ x & & 1 = − Aω sen(ω t − φ ) 2

x2 = Bsen(ω t − φ ) ⇒ x & & 2 = − Bω sen(ω t − φ ) 2

x3 = Csen(ω t − φ ) ⇒ x & & 3 = −C ω sen(ω t − φ ) 2

Reemplazando en 1,2 y 3 m − Aω sen(ω t − φ ) + 3KAsen(ω t − φ ) − KBsen(ω t − φ ) = 0 2

[÷ sen( t − φ )]

− mAω 2 + 3KA − KB = 0

(3K − mω ) A − KB = 0 2

− mBω 2 sen(ω t − φ ) − KAsen(ω t − φ ) + 2 KBsen(ω t − φ ) − KCsen(ω t − φ ) = 0

(4)

[÷ sen( t − φ )]

− mBω 2 − KA + 2 KB − KC = 0 − KA + (2 K − mω 2 ) B − KC = 0 − mω 2Csen(ω t − φ ) − KBsen(ω t − φ ) + 3KCsen(ω t − φ ) = 0

(5)

[÷ sen( t − φ )]


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas − mC ω 2 − KB + 3KC = 0 − KB + (3K − mω 2 )C = 0

(6)

Con 4,5 y 6 se forma un sistema lineal homogéneo:

⎧(3K − mω 2 ) A ⎪ − KA ⎨ ⎪ ⎩

− KB (2 K − mω 2 ) B − KB

=0 − KC =0 (3K − mω 2 )C = 0

Una solución del sistema es A = B = C = 0 (la trivial), la cual define la condición de equilibrio del sistema.

LA otra solución se obtiene igualando a cero el determinante de los coeficientes: 3K − mω 2

0 − K 2 K − mω 2 − K = 0 3K − mω 2 − K

− K 0 Resolviendo:

(3K − mω )(2K − mω )(3K − mω ) − K (3K − mω ) − K (3K − mω ) = 0 2

2

2

2

2

2

2

(3K − mω ) (2 K − mω ) − 2K (3K − mω ) = 0 2 2

2

2

2

Sea a = mω 2

(3K − a )2 (2 K − a ) − 2 K 2 (3K − a) = 0 (3K − a ) (3K − a)(2 K − a) − 2 K 2 = 0 Igualando a cero cada factor: 3K − a = 0 ⇒ 3K − mω 2 = 0 ⇒ ω 12 = 3

K m

6 K 2 − 5 Ka + a 2 − 2 K 2 = 0 a − 5 Ka + 4 K = 0 2

2

m ω − 5mK ω + 4 K = 0 2

4

(mω

2

2

2

− 4 K )(mω 2 − K ) = 0

mω − 4 K = 0 ⇒ ω 2 = 4 2

2

K m


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas mω − K = 0 ⇒ ω 3 = 2

2

K m

Por tanto la solución general está compuesto de tres movimientos armónicos cuyas frecuencias son:

1

,

2

,

3

.

Estas frecuencias son: La frecuencia fundamental y el primer y segundo armónico.

x1 = A1sen( 1t − φ ) + A2 sen(

2

t − φ ) + A3 sen(

3

x2 = B1sen( 1t − φ ) + B2 sen(

2

x3 = C 1sen( 1t − φ ) + C 2 sen(

2

t − φ )

t − φ ) + B3 sen(

3

t − φ ) + C 3 sen(

3

t − φ ) t − φ )

Expresando las amplitudes B y C en función de A en virtud a las razones de amplitud De la ecuación (4) P

P

P

2 1

ω

2 2

ω

2 3

ω

B A

=

3K − mω 2 K

= 3 K m

⇒

B1

= 4 K

⇒

B2

= K

⇒

B3

m

m

A1

A2

A3

= = =

3K − 3K K

⇒

3K − 4 K K

3K − K K

B1

⇒

⇒

= 0 ⇒ B1 = 0

A1

B2 A2

B3 A3

= −1 ⇒ B2 = − A2

= 2 ⇒ B3 = 2 A3

Para hallar C en función de A, se recurre a la ecuación (5)

− KA + (2 K − mω 2 ) B − KC = 0 −1+ C A

P

ω 12 = 3

K

⇒

2 K − mω 2 B K

=

A

C

−

A

2 K − mω 2 B K

A

[÷ KA]

=0

−1

B C ⎛ 2 K − 3K ⎞ B1 =⎜ ⎟ − 1 = (− 1) 1 − 1 = (− 1)(0) − 1 ⇒ 1 = −1 ⇒ C 1 = − A1 A1 ⎝ K ⎠ A1 A1 A1 C 1

m


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas P

ω 22 = 4 P

ω 32 =

K

⇒

C ⎛ 2 K − 4 K ⎞ B2 =⎜ ⎟ − 1 = −2(− 1) − 1 ⇒ 2 = 1 ⇒ C 2 = A2 A2 ⎝ K ⎠ A2 A2 C 2

m

K

⇒

C ⎛ 2 K − K ⎞ B3 =⎜ ⎟ − 1 = (1)(2) − 1 ⇒ 3 = 1 ⇒ C 3 = A3 A3 ⎝ K ⎠ A3 A3 C 3

m

Reemplazando estos valores se tiene el movimiento general.

⎛

x1 = A1sen⎜⎜ 3

⎝

⎞ ⎛ K ⎞ ⎛ K ⎞ K t − φ ⎟⎟ + A2 sen⎜⎜ 4 t − φ ⎟⎟ + A3sen⎜⎜ t − φ ⎟⎟ m ⎠ ⎝ m ⎠ ⎝ m ⎠

⎛

x2 = − A2 sen⎜⎜ 4

⎝

⎛

x3 = − A1sen⎜⎜ 3

⎝

⎞ ⎛ K ⎞ K t − φ ⎟⎟ + 2 A3 sen⎜⎜ t − φ ⎟⎟ m ⎠ ⎝ m ⎠

⎞ ⎛ K ⎞ ⎛ K ⎞ K t − φ ⎟⎟ + A2 sen⎜⎜ 4 t − φ ⎟⎟ + A3 sen⎜⎜ t − φ ⎟⎟ m ⎠ ⎝ m ⎠ ⎝ m ⎠



VIBRACIÓN TORSIONAL Detalles

Pág.

Péndulo de torsión.................................................................................................................... 143 Vibración torsional................................................................................................................... 147 Método Holzer.......................................................................................................................... 149 Método Holzer para vibración torsional................................................................................... 152 Sistemas con rotores acoplados por engranajes......................................................................... 157 Es el movimiento angular periódico de ejes elásticos que tienen discos rígidamente unidos a ellos.

Péndulo de torsión. El péndulo de torsión está formado por un cuerpo rígido restringido a girar alrededor de un eje fijo en el espacio.

K

J

Cuando el cuerpo rota en un ángulo “θ ” desde su posición de equilibrio, el momento para retorcer el árbol es proporcional a “θ ” Por resistencia de materiales: M t =

GI p

θ

L

“Vibración torsional”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Donde:

G = Módulo de elasticidad al cizalle (Módulo de rigidez transversal) I p = Momento polar de inercia de la sección transversal del eje.

Para una sección transversal circular maciza se tiene: 4

I p =

π r

2 4

M t =

Entonces:

π r G

2 L

θ

(1)

El momento restaurador producido por el árbol es opuesto y de igual magnitud que (1) M r = M t

(2)

M r = I α

donde:

J = Momento de inercia del volante o cuerpo α =

aceleración angular. 4

& &= − π r G θ J θ

Según (2):

2 L

4

K =

Sea :

π r G

Rigidez rotacional o torsional

2 L

& &= − K θ J θ

Entonces:

& &+ K θ = 0 J θ & &+ θ

K J

θ

[÷ J ]

= 0

(3)

La ecuación (3) es un M.A.S., por tanto, la frecuencia circular es: ω 2 = y el periodo

τ

K J

J

= 2π

K

En la vibración torsional existen también conexiones en serie y en paralelo. SERIE

Volante

L1

L2

2

1

D 1

L1

2

L2 PARALELO


D


K eq = K 1 + K 2

1

(En Paralelo)

K eq

=

1 K 1

+

1 K 2

(En Serie)

I2

I1

La configuración de la figura tiene dos grados de K

libertad (Correspondientes a los ángulos de torsión de

1

2

las dos ruedas). Sin embargo puede considerarse como un sistema de un solo grado de libertad, considerando la variación

C

02

con el tiempo del ángulo relativo de torsión de las dos

01

2,93

1,71

K2

ruedas. Cuando el sistema vibra, las ruedas giran en sentido contrario.

K1

Existe una sección transversal fija al que se denomina NODO y las secciones transversales a distintos lados del nodo giran en direcciones opuestas.

Se puede considerar que el radio divide al sistema en dos sistemas componentes, cada uno de los cuales está empotrado en un extremo. Como las frecuencias naturales de los sistemas componentes deben ser iguales: 2

ω 01

K 1 I 1

Como:

K =

= ω 022 =

K 2 I 2 4

π r

2 L

G



π r

2 L1

4

G

=

I 1

Como:

1.

π r

2 L2

G

⇒ L1 I 2 = L2 I 1

I 2

L = L1 + L2 ⇒ L2 = L − L1 ⇒

I 1 I 2

=

L − L1 L1

La placa rectangular de 10 Kg. Está suspendida por su centro, por una varilla que presenta una

rigidez a la torsión K=1.5 Nm/rad. Determine el periodo natural de vibración de la placa cuando experimenta un pequeño desplazamiento angular “θ ” en el plano de la placa.

K L

0 . 2 m .

. m 3 0.

[∑ M = I θ &&] t

Por resistencia de materiales: M t =

I p =

Para una sección circular maciza M t =

Por tanto: Sea:

−

4

π r G

2 L K =

Gθ L

⋅

GI p

θ

L 4

π r

2 4

π r

2

=

4

π r G

2 L

θ

4

& &⇒ I θ & &+ π r G θ = 0 θ = I θ

2 L

4

π r G

2 L

= Rigidez a la torsión


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas & &+ K θ = 0 I θ K

& &+ θ

[÷ I ]

θ

I

= 0 Siendo I = Momento de inercia de la placa

Como es un M.A.S. y ω =

a

Según la tabla:

b

I z =

x

K I

I x =

1 2 mb 12

I y =

1 2 ma 12

I z =

1 2 2 m(a + b ) 12

1 1 2 2 ⋅ 10 (0.22 + 0.32 ) = 0.108 Kg − m 2 m(a + b ) = 12 12

Reemplazando en * 1.5 = 3.727 0.108

ω =

El periodo natural de vibración es: τ

=

2π ω

=

2π ⇒ 3.727

τ

= 1.686[seg ]

Vibración torsional. Es el movimiento angular periódico de ejes elásticos que tienen discos rígidamente unidos a ellos. Existe semejanza muy estrecha entre las vibraciones rectilíneas y las vibraciones torsionales, por lo que la teoría para la vibración lineal puede ser aplicada en la vibración torsional. x = θ

x&= θ


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x & &= θ &

= J θ

F = m x

τ

K

K

1 2 m x& 2

1 &2 J θ 2

(Energía cinética)

1 2 Kx 2

1 2 K θ 2

(Energía potencial elástica)

K

ω =

K

ω =

m

m x & &+ c x&+ Kx = F 0 sen t

(Rigidez torsional)

(Frecuencia natural)

J

& &+ cθ &+ K θ = T 0 sen t J θ

Ejm. Sea el siguiente sistema. Determinar las frecuencias de vibración si

K1( 1- 2)

K2

K1

J1

K2( 2- 3)

J1

J2

J2 J3

J3

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE

⎡ Kg ⎤ 2⎥ ⎣ seg ⎦

5 5 K 1 = 1 * 10 ∧ K 2 = 2 *10 ⎢

⎡ Kg − m ⎤ ⎣ rad . ⎥⎦

J 1 = 5, J 2 = 11 ∧ J 3 = 22⎢

& & & − K 1 (θ 1 − θ 2 ) = J 1θ & 1 ⇒ J θ 1 + K 1θ 1 − K 2θ 2 = 0 & & & & K 1 (θ 1 − θ 2 ) − K 2 (θ 2 − θ 3 ) = J 2θ 2 ⇒ J 2θ 2 − K 1θ 1 + ( K 1 + K 2 )θ 2 − K 2θ 3 = 0 & & & & K 2 (θ 2 − θ 3 ) = J 3θ 3 ⇒ J 3θ 3 − K 2θ 2 + K 2θ 3 = 0

(1) (2) (3)

Suponiendo que el movimiento es periódico y se compone de movimientos armónicos de diferentes amplitudes y frecuencias θ 1

2 & = Asenω t .....θ & 1 = − Aω senω t

θ 2

2 & = Bsenω t .....θ & 2 = − Bω senω t


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas θ 3

2 & = Csenω t .....θ & 3 = −C ω senω t

Reemplazando en (1), (2) y (3) se obtiene: ⎧ (K 1 − J 1ω 2 ) A − KB1 = 0 ⎪ 2 ⎨− K 1 A + (K 1 + K 2 − J 2ω ) B − K 2 C = 0 ⎪ − K 2 B + (K 2 − J 3ω 2 )C = 0 ⎩

Determinante igual a cero 2 K 1 − J 1ω

− K 1

0

− K 1 2 K 1 + K 2 − J 2ω − K 2

0 − K 2 =0 K 2 − J 3ω 2

Reemplazando los valores de K i ∧ J i se obtiene la ecuación de frecuencias y haciendo λ = ω 2 1210λ 3 − 68.2 * 10 6 λ 2 + 5.4 *1011 λ + 2 *1015 = 0 De donde: = 123.666⎡rad ⎤ seg ⎥⎦ ⎢⎣ ⎡ ⎤ ω 2 = 202.658 rad seg ⎢⎣ ⎥⎦ ω 1

Método Holzer. Método tabular que se emplea para determinar la frecuencia natural de vibraciones libres o forzadas, con amortiguamiento o sin él. El método se basa en suposiciones sucesivas de la frecuencia natural del sistema, cada una de las cuales se hace con base en el cálculo de la configuración regida por la frecuencia supuesta inmediatamente antes. El método HOLZER es particularmente útil para calcular las frecuencias torsionales en ejes. •

Para sistemas con ambos extremos libres.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas xi = xi −1 −

2 i −1

ω

m x ∑ K 1 j

j

i i=

•

Para sistemas con un extremo fijo y uno libre. xi = xi −1 −

2 i −1

ω

m x ∑ K 1 j

j

i

•

Para sistemas con ambos extremos fijos.

xi = xi −1 +

1 ⎡

2

⎢ K i xi − ω

K i ⎣

i −1

∑1

⎤

m j x j ⎥

⎦

PASOS.

1.

Suponer una frecuencia natural “ ” y una amplitud unitaria de vibración para la primera masa.

2.

Se calculan las amplitudes por la fórmula y fuerzas de inercia para todas las demás masas.

3.

Para sistemas con extremos fijos, la amplitud de vibración de la última masa será cero.

4.

Para sistemas con extremos libres, la fuerza total de inercia es cero

Los demás valores (Amplitud o fuerza de inercia) para cada una de las frecuencias supuestas se grafican contra los valores supuestos de la frecuencia natural, para hallar las frecuencias verdaderas del sistema. Utilizar el método HOLZER para determinar las frecuencias naturales del sistema de 4 masas, si K=1 lb/Plg. y m=1 lb-seg2/Plg.

4K

(4)

m

3K

(3)

2m

2K

(2)

3m

(1)

K

3m


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Para sistemas con un extremo libre y otro fijo:

xi = xi −1 −

2 i −1

ω

m x ∑ K 1 j

j

i

ITEM MASA

= 0.2

= 0.3

2

2

mω

xi

mxω

∑

mxω 2

K

∑

mxω 2

1

4

0.16

1

0.16

0.16

1

0.16

2

3

0.12

0.84

0.101

0.261

2

0.1305

3

2

0.08

0.7096

0.0568

0.318

3

0.106

4

1

0.04

0.604

0.0242

0.342

4

0.0855

5

∞

∞

0.519

-

-

-

-

1

4

0.32

1

2

3

0.27

3

2

0.18

4

1

0.02

5

∞

∞

Resolver el siguiente ejercicio.

K1

K2 m2

m1

⎡lb − seg 2 ⎤ m1 = m2 = 1⎢ P lg ⎥⎦ ⎣ K 1 = 400 ⎡lb

⎤ ⎢⎣ P lg⎥⎦

K 2 = 200⎡lb

⎤ ⎢⎣ P lg⎥⎦


K


ω

x1 = x1

x 2 = 1 −

2 F 1 = mω x1

F 1

x3 = x 2 −

K 1

F 2 K 2

F 2 = F 1 + m2ω 2 x2

5 25

10 100 9 81 20 400 30 900

31 961

x1 = 1

F 1 = 1(25 )1 = 25

x1 = 1 F 1 = 1(100 )1 = 100

x1 = 1

F 1 = 1(81)1 = 81 x1 = 1

F 1 = 1(400)1 = 40 x1 = 1 F 1 = 1(900 )1 = 900

x1 = 1

F 1 = 1(961)1 = 961

x2 = 1 −

25 = 0.9375 400

x3 = 0.9375 −

F 2 = 25 + 1(25)0.9375 = 48.4375

100 = 0.75 400 F 2 = 100 + 1(100 )0.75 = 175

48.4375 = 0.6953 200

x 2 = 1 −

x3 = 0.75 −

81 = 0.7975 400 F 2 = 81 + 1(81)0.7975 = 115.5975

x 2 = 1 −

x 3 = 0.7975 −

400 = 0.00 400 F 2 = 400 + 1(400 )0.00 = 400

175 = −0.125 200

115.5975 = 0.0695 ⇒ 200

x2 = 1 −

x3 = 0.00 −

900 = −1.25 400 F 2 = 900 + 1(900 )(− 1.25 ) = −225

ω 1

⎡ rad ⎤ = 9⎢ ⎥ ⎣ seg ⎦

400 = −2 200

x 2 = 1 −

x 2 = 1 −

x3 = −1.25 −

961 = −1.4025 400

F 2 = 961 + 1(961)(− 1.4025 ) = −386.8025

x 3 = −1.4025 −

− 225

− 386.8026

200

200

= −0.125

= 3.3365 ⇒

⎡ rad ⎤ ⎥ ⎣ seg ⎦

ω 2 30 ⎢

Método Holzer para vibración torsional. Este método se basa en suposiciones sucesivas de la frecuencia natural del sistema y empezando con una amplitud unitaria en un extremo del sistema y calculando progresivamente el torque y el desplazamiento angular en el otro extremo. Las frecuencias que resulten en torque externo cero o condiciones de borde compatibles en el otro extremo, son las frecuencias naturales del sistema.

K1

1

J3

J2

J1

J4 K3

K2

4

2 3


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sea el sistema torsional mostrado en la figura. K = Rigidez torsional J = Momento de inercia del disco El momento restaurador producido por el árbol es opuesto y de igual magnitud al momento torsor. M r = − M t

& &= − K θ J θ K =

Donde:

K

& &+ θ

De (1) & &+ ω θ θ 2

4

π r

G

2 L

θ

J

(1)

= Rigidez torsional (Para un eje macizo)

= 0 (ecuación del movimiento armónico simple)

=0

= Frecuencia natural & &= θ

Despejando:

−ω 2θ

(2)

Reemplazar (2) en (1)

(

J − ω

2

θ

) = − K θ ⇒ θ =

J ω

2

θ

K

(3)

Suponiendo una frecuencia “ ” y una amplitud θ 1 = 1 para el primer disco Reemplazar en (3) J 1ω

2

K 1 J 1ω 2 K 1

De donde:

θ 2

= θ 1 − θ 2

Pero θ 1 = 1

= 1 − θ 2

= 1−

J 1ω K 1

2

(4)

Conocido “θ 2 ”, el torque de inercia del segundo disco se calcula como: J 2ω 2θ 2 y la suma de los dos primeros torques de inercia actúan sobre el eje “ K 2 ” torsionandolo en: 2 2 J 1ω + J 2ω θ 2

K 2

= θ 2 − θ 3

De esta manera, la amplitud y el torque de cada disco se puede calcular. El torque resultante en el extremo más alejado es:


(5)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas T ext =

n

∑1 J ω 2θ i

i

i=

Repitiendo los cálculos con otros valores de “ ”, las frecuencias naturales se encuentran cuando T ext = 0 ,

los desplazamientos angulares “θ i ” correspondientes a las frecuencias son las formas

modales. Ejm. Determinar las frecuencias naturales y formas modales del sistema mostrado si se tiene:

J3

J2

J1 K1

K2

⎡ Kg − m ⎤ ⎣ rad ⎥⎦

J 1 = 5, J 2 = 11 ∧ J 3 = 22⎢

⎡ Kg ⎤ 2⎥ ⎣ seg ⎦

K 1 = 0.1 * 10 6 ∧ K 2 = 0.2 * 10 6 ⎢

θ 1 2

I

θ 2

= θ 1

T 1 = J 1ω

2

θ 1

=1

20

θ 1

400

T 1 = 5(400 )1 =

40

θ 1

1600

T 1 = 5(1600)1 = 8000

100

θ 1

10000

T 1 = 5(10000)1 = 50000

120

θ 1

14400

T 1 = 5(14400 )1 = 72000

123.666 15293.279

θ 1

=1

=1

=1

=1

T 1

θ 3

K 1

= 1 − 2000

0.1 * 10 6

= 0.98

θ 3

= 1 − 8000

0.1 * 10 6

= 0.92

θ 3

= 1 − 50000

0.1 * 10 6

= 0 .5

θ 3

T 2 = 50000 + 11(10000)0.5 = 105000 θ 2

= 1 − 72000

0.1 * 10 6

= 0.28

T 2 = 72000 + 11(14400)0.28 = 116352

θ 2

= 0.235336

K 2

= 0.98 − 6312

0.2 *10 6

= 0.94844

= 0.92 − 24192

= 0.79904

0.2 *10 6

T 3 = 24192 + 22(1600)0.79904 = 52318.208

T 2 = 8000 + 11(1600)0.92 = 24192 θ 2

T 2

T 3 = 6312 + 22(400)0.94844 = 14658.272

T 2 = 2000 + 11(400)0.98 = 6312 θ 2

= θ 2 −

2 T 3 = T 2 + J 3ω θ 3

2 T 2 = T 1 + J 2ω θ 2 θ 2

2000

= 1−

= 0.5 − 105000

0.2 *106

= −2.5 *10−2

T 3 = 105000 + 22(10000) − 2.5 *10−2 = 99500 θ 3

= 0.28 − 116352

0.2 *106

= −0.30176

T 3 = 116352 + 22(14400)(− 0.30176) = 20754.432

θ 3

= −0.344944258


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas T 1 = 76466.3978

II

T 2 = 116056.0517

=1

θ 2

180

θ 1

32400

T 1 = 162000

202.658

θ 1

T 3 = −1.181562

= −0.62

θ 3

T 3 = −290742.048

T 2 = −58968

=1

θ 2

41070.265 T 1 = 205351.3248

= −0.32516

= −1.05351

θ 3

= 0.29948

T 3 = −6.1133

T 2 = −270597.4262

La cantidad “ T 3 ” es el torque a la derecha del disco (3) que debe ser cero a las frecuencias

J3

J2

J1 K1

=0 ω 2 = 123.666 ω 3 = 202.658 ω 1

K2

FORMAS MODALES

1.0

W = 1 23 .6 66

0.299

0.235

5 8 6 . 2 2 0 = W

0

-1.0

W -0.345

-1.053

T3 99500

55000 52318.208

50000 45000 40000 35000 30000 25000 20754.432

20000 15000

14658.272

10000 5000 -1.181562 -6.1133

-5000

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

220

W

-10000 -15000 -20000 -25000 -30000

-290742.048


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1.

Utilizar el método HOLZER para determinar las frecuencias naturales de vibración torsional

del sistema si J 1 = J 2 = J 3 = 1 y K 1 = K 2 = 1 K2

K1

J1

J3

J2

La ecuación correspondiente sería: θ i

= θ i −1 −

2

ω

i

J θ ∑ K 1 i

ÍTEM

J i

2

J iω

θ i

2

J θ iω

i

∑1 J ω 2θ

K ij

i

i

θ i

∑ J ω 2 K i

ij

= 0.5

1

1

0.25

1

0.25

0.25

1

0.25

2

1

0.25

0.75

0.1875

0.4375

1

0.4375

3

1

0.25

0.3125

0.0781

0.5156

1

1

1

1

1

1

1

1

2

1

1

0

0

1

1

1

3

1

1

-1

-1

0

1

1

2.25

1

2.25

2.25

1

2.25

2

1

2.25

-1.25

-2.8125

-0.5625

1

-0.5625

3

1

2.25

-0.687

-1.546

-2.1085

1

1

3.2041

1

3.2041

3.2041

1

3.2041

2

1

3.2041

-2.2041

-7.062

-3.8579

1

-3.8579

3

1

3.2041

1.654

5.299

1.4411

= 1.0

= 1.5

= 1.79


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Por tanto: 0

Rad

= 1.0

Rad

1 =

5

2

4

3 =

Rad

1.7

seg seg seg

3 2 1

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 -1 -2 -3

Sistemas con rotores acoplados por engranajes. Considerando un conjunto de dos rotores con momentos de inercia “ J 1 ∧ J 2 ” que están acopladas por engranajes.

J1

K1

K2

J2

Donde la relación de transmisión está definida como la razón entre la velocidad angular de la rueda conducida a la conductora.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas i=

Donde:

2

ω 1

=

n2 n1

=

θ 2 θ 1

=

D1 D 2

=

Z 1 Z 2

=

T 1 T 2

(1)

= Velocidad angular

n = Frecuencia angular θ = Desplazamiento angular D = Diámetro Z = Número de dientes T = Torsión Para reducir el sistema dado a otro más simple, se tiene dos posibilidades: a) Todos los elementos para el eje de entrada de potencia. b) Todos los elementos para el eje de salida de potencia. En ambas posibilidades se debe asegurar que el sistema real y el sistema reducido tengan energía cinética y potencial iguales. La energía cinética de (2) es:

1 &2 J θ Pero según (1) 2 2 2 1 1 2 & 2 (i J 2 )θ 1 ⇒ J 2' = i 2 J 2 T 2 = J 2 (iθ & 1) = 2 2 T 2 =

1 1 2 K 2θ 22 = K 2 (iθ 1 ) ⇒ K 2' = i 2 K 2 2 2 Por consiguiente, el sistema reducido queda: V 2 =


K2

K1

J1

θ 2

= iθ 1

(2) (3)

, J2

A partir de este sistema reducido, también se puede hacer que este eje escalonado pueda ser sustituido por un único eje, es decir; por un eje equivalente, lo que se determina por conexión en serie, es decir: ' K 1 K 2 1 1 1 K eq

=

K 1

+

K eq =

K 2'

⇒ K eq =

K 1 K 2 i

K 1 + K 2

2

2 K 1 + i K 2

Quedando el sistema equivalente como:



Keq

J1

, J2

EJM. Si los momentos de inercia de las ruedas dentadas son despreciables y J 1 = 2 J 2 , también K 1 = K 2 = K

y la razón de engrane es i = 3 . Determinar la frecuencia de vibración torsional. K J1 K J2

De la relación de transmisión: La energía cinética Como i = 3 ;

T 2 =

i=

θ 2 θ 1

⇒ θ 2 = iθ 1

1 &2 1 1 2 & 2 (i J 2 )θ 1 ⇒ J 2' = i 2 J 2 J 2θ 2 T 2 = J 2 (iθ & 1) = 2 2 2 1 9 J 1 = 2 J 2 ⇒ J 2 = J 1 ⇒ J 2' = J 1 2 2

(1)

Sistema equivalente:

Keq

J1

, J2

Hallando las ecuaciones de movimiento:

& & J 1θ 1 + K eq (θ 1 + θ 2 ) = 0

(2)

' & & J 2θ 2 + K eq (θ 1 + θ 2 ) = 0

(3)

Multiplicando por “ J 2' ” a (2) y por “ J 1 ” a (3) ' & ' & J 1 J 2θ 1 + J 2 (θ 1 + θ 2 ) = 0

& & J 1 J 2' θ 2 + J 1 K eq (θ 1 + θ 2 ) = 0

Sumando:

(

' & ' & & & J 1 J 2 (θ 1 + θ 2 ) + K eq J 1 + J 2

& & (θ && 1 + θ 2 ) +

(

K eq J 1 + J 2' J 1 J 2'

)

)(θ 1 + θ 2 ) = 0

(θ 1 + θ 2 ) = 0

Comparando con la ecuación del M.A.S.


÷ J 1 J 2'

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ω

Como la rigidez equivalente es: K eq =

2

(

K eq J 1 + J 2'

=

)

J 1 J 2'

K 1 K 2 i

2

2

K 1 + i K 2

=

2 2 K ⋅ 3

(4)

9 K K + 3 K 10 2

=

(1), (5) en (4) ω

2

9 ⎛ 9 ⎞ 9 11 K ⎜ J 1 + J 1 ⎟ K ⋅ J 1 10 ⎝ 2 ⎠ 10 2 = = 9 2 9 2 J 1 J 2 2 1 11 K K 2 ⇒ ω = 1.1 ω = 10 J 1 J 1 ω = 1.05

K J 1


(5)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas VELOCIDADES CRITICAS EN ROTORES Detalles

Pág.

Introducción..............................................................................................................................

161

Método Prohl-Myklestad para vibración flexotorsional..........................................................

161

Balanceo de rotores..................................................................................................................

164

Desbalance rotatorio.................................................................................................................

164

Equilibrado...............................................................................................................................

164

Causas de desequilibrio............................................................................................................

164

Balanceo en un plano...............................................................................................................

165

Método vectorial de balanceo en un plano...............................................................................

166

Tipos de desequilibrio..............................................................................................................

167

Estático.....................................................................................................................................

167

Por par de fuerzas.....................................................................................................................

167

Dinámico..................................................................................................................................

168

Cuasi estático............................................................................................................................

168

Balanceo en dos planos............................................................................................................

168

Introducción. Cuando una viga es reemplazada por masas concentradas, conectadas por elementos de viga sin masa, se puede utilizar el método desarrollado por MYKLESTAD para el cálculo progresivo de deflexión, pendiente, momento y cortante de una sección a la próxima en forma similar al método HOLZER. El método de MYKLESTAD puede extenderse al problema de la viga rotante, tal como hélice y cuchillas de turbina que vibran en un plano perpendicular al eje de rotación.

Método Prohl-Myklestad para vibración flexotorsional. Los modos naturales de vibración de un aeroplano y otras estructuras tipo viga están a menudo acoplados en flexo-torsión.

“Velocidades críticas en rotores”


Eje Elástico Ci

G

J i mi

Para tratar este problema, se considera la siguiente figura. CONDICIONES. -

El eje elástico de la viga relativo al cual la rotación torsional tiene lugar, es supuesto inicialmente recto.

-

Es capaz de sufrir torsión puro, su desplazamiento de flexión está limitado al plano vertical.

-

Los ejes principales de flexión para todas las secciones transversales son paralelos en el estado no deformado.

-

Las masas se concentran en cada estación con su centro de gravedad a “C i ” del eje elástico y

Vi+1 M i+1 i+1

Ti+1

m i Ji Respecto a G

i+1

Ei G

Li

i

Yi+1

M i Vi i

Ti

Yi

i

Sección transversal

Yi

“ J i ” es el momento de inercia de la sección con respecto al eje elástico. Es decir, según STEINNER:

2 J i = J cg + mi ci

De la segunda ley de Newton para sistemas de fuerzas y sistemas torsionales, además utilizando los coeficientes de influencia, se tiene:


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas V i +1 = V i − miω 2 ( y i + ci φ i ) M i +1 = M i − V i +1 Li T i +1 = T i + J i ω φ i + mi ciω y i 2

2

⎛ L2 ⎞ ⎛ L ⎞ ⎟⎟ + M i +1 ⎜ ⎟ θ i +1= θ i + V i +1 ⎜⎜ ⎝ EI ⎠ i ⎝ 2 EI ⎠ i y i +1

⎛ L3 ⎞ ⎛ L2 ⎞ ⎟⎟ + M i +1 ⎜⎜ ⎟⎟ = y i + θ i Li + V i +1 ⎜⎜ 3 EI 2 EI ⎝ ⎠ i ⎝ ⎠ i φ i +1 = φ i + T i +1 hi

Donde: T = Torque h = Coeficiente de influencia torsional =

L GI p

φ = Rotación torsional del eje elástico θ = Pendiente

⎛ L ⎞ ⎜ ⎟ = Pendiente en ”i + 1”, medida a partir de la tangente en “i” debido a un momento ⎝ EI ⎠ i unitario en ”i + 1”.

⎛ L2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = Pendiente en ”i + 1”, medida a partir de la tangente en “i” debido a una fuerza ⎝ 2 EI ⎠ i cortante unitaria en ”i + 1”.

⎛ L3 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = Pendiente en ”i + 1”, medida a partir de la tangente en “i” debido a una fuerza EI 3 ⎝ ⎠ i cortante unitaria en ”i + 1”.

Para vigas que tienen extremos libres, se tiene las siguientes condiciones de contorno para inicializar el cálculo. V 1 = M 1 = T 1 = 0

θ 1 = θ ; y1 = 1.0; φ 1 = φ


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Las frecuencias naturales se generan, satisfaciendo las condiciones de borde del otro extremo.

Balanceo de roto res: Desbalance ro tatorio . El desvalance en máquinas rotatorias es una fuente común de excitación vibratoria.

Existe desbalanceamiento rotacional en una máquina, si el centro de gravedad de la parte rotatoria no coincide con el eje de rotación.

Generalmente la cantidad de desbalanceamiento rotacional se expresa por “me ” donde “m” es la masa excéntrica equivalente y “e” es la excentricidad.

Equilibrado. Las condiciones que deben existir para poder equilibrar una pieza con el analizador de vibraciones son: -

La vibración debe ser el resultado de un desequilibrio.

-

Se debe poder efectuar correcciones de peso en el rotor.

En la mayor parte de los casos, las correcciones de peso se puede efectuar cuando el rotor está colocado en su instalación normal y funcionando como de costumbre y se llama EQUILIBRADO EN SITIO.

En otros casos es necesario extraer el rotor de su instalación para equilibrarlo en una máquina de equilibrio.

Causas de desequilib rio . -

Sopladuras ocasionadas por fundiciones.

-

Excentricidad

-

Distorsión térmica

-

Tolerancias de claro.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas -

Corrosión y desgaste

-

Acumulación de depósitos.

Balanceo en un pl ano. De entrada no se conoce la ubicación del punto pesado, ni su concentración. Entonces con un equipo medidor de vibraciones se determina las medidas de amplitud y vibración y de fase, que representan las medidas iniciales.

Una vez registrado el desequilibrio inicial, se le agrega un peso de prueba a la pieza para cambiar el desequilibrio inicial, lo que producirá una nueva vibración de amplitud y fase.

Cuando se agrega el peso de prueba a la pieza desequilibrada puede ocurrir tres posibilidades:

1.- Si

se tiene suerte, es posible que se coloque el peso de prueba exactamente en el punto pesado,

si esto sucede, la amplitud de vibración aumentará y la señal de referencia permanecerá en la misma posición. Entonces para equilibrar la pieza se debe trasladar el peso de prueba al sitio directamente expuesto a la posición inicial y adoptar la cantidad de peso, hasta lograr un equilibrio satisfactorio.

2.- Puede

ocurrir que se coloque el peso de prueba en la posición exactamente opuesta al punto

pesado y si el peso de prueba es menor que el desequilibrio se observa disminución de vibración y la señal de referencia permanecerá en la misma posición que al comienzo y su equilibrado se consigue aumentando el peso de prueba, hasta lograr un nivel de vibración satisfactorio. Si el peso de la prueba es mayor que el desequilbrio, la señal de referencia cambiará 180°, es decir, en la dirección exactamente opuesta, en este caso se debe disminuir el peso de prueba hasta obtener el nivel de vibración satisfactoria.

3.- La

tercera alternativa es que se coloque el peso de prueba en un punto que no esté ubicado ni

en el punto pesado, ni en el opuesto. Si esto sucede cambiará tanto la posición de la señal de referencia, como también el grado de amplitud de vibración.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas En este caso se debe cambiar el ángulo y dirección del peso de prueba y si se usa un DIAGRAMA VECTORIAL se puede determinar el aumento o reducción de peso que se necesita para que sea igual y opuesto al punto pesado de desequilibrio inicial.

Métod o vector ial de balanceo en un p lano. Es un vector que tiene como magnitud la amplitud de vibración y su dirección indica el ángulo de desequilibrio (Fase).

Los pasos que se siguen son:

1.- Se acciona el rotor en la velocidad de equilibrio y se registra la información inicial de desequilibrio, amplitud y fase con el filtro del analizador sintonizado a 1 rpm. “ 0”

2.- Se apaga el rotor y se le agrega un peso de prueba a la pieza. Se registra la cantidad del peso de prueba.

3.- De nuevo se acciona el rotor a la velocidad de equilibrio y se observa y registra la nueva información de desequilibrio de amplitud y fase “0 + T”.

4.- Se trazan los vectores que representan “0” y “0 + T” con un papel polar.

5.- Se traza el vector “T” al conectar los extremos de los vectores “0” y “0 + T”. El vector “T” debe apuntar de “0” hacia “0 + T”.

6.- Se mide la longitud del vector “T” y se usa la fórmula para determinar el peso correcto de equilibrio que se necesita. Peso correcto = Peso de prueba*

0 T

7.- Se mide el ángulo comprendido entre “0” y “T”. Se cambia la posición del peso según el ángulo medido desde la posición inicial del peso de prueba. La dirección de este cambio es opuesta a la dirección del cambio de fase de “0” a “0 + T”.



T

T + O

O

0 + T = Vector que representa el peso de prueba + el peso inicial Existen otros métodos para el balanceo de rotores: Como ser el “Método a cuatro pasos”.

Tipos de desequilibrio. Existen cuatro tipos de desequilibrio.

Estático. Se produce al quedar desplazado el eje central i p a l r in c p l a t r c e n t r a l E j e c e n a e L í n

principal en paralelo con la línea central rotatoria.

Por par d e fuerzas. a l c i p n i r a p r l e n t c e e j e E j l d e l a r t n a c e L í n e

Ocurre cuando cruce el eje central principal, la línea central rotatoria en el centro de gravedad del rotor.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Dinámico. l i p a i n c r p a r l e n t c e j l e j e E l d e a r t c e n í n e a C L

Ocurre cuando el eje central principal y la línea central rotatoria no coinciden ni se tocan.

Cuasi estático.

l i p a n c i r l p t r a e n c e j e d e l E j e t r a l n e a c L í n e

Ocurre cuando el eje central principal cruza la línea central rotacional, pero no en el centro de

C

gravedad del rotor.

Balanceo en dos p lanos.

3/4 3 2 1/4

1 2

1

Un rotor largo puede ser balanceado, adicionándolo o removiendo pesos de corrección en dos planos paralelos cualquiera.

Suponiendo un rotor de 4 Plg. De largo que tiene un desbalance de 3 onz-Plg. En un plano ubicado a 1 Plg. Del extremo izquierdo y un desbalance de 2 onz-Plg. En la mitad del rotor desplazado angularmente en 90°del primer desbalance.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Cada una de las fuerzas debalanceadoras es reemplazada por dos fuerzas paralelas, una en cada plano extremo.

La corrección se determina a partir de su resultante en los dos planos extremos.

BALANCEO EN “n” PLANOS.

Para el balanceo en “n” planos, se puede indicar que es una

generalización del balanceo en dos planos.


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas VIBRACIONES EN MEDIOS CONTINUOS Detalles

Pág.

Vibración longitudinal de barras............................................................................... ...............

170

Problema de la cuerda vibrante............................................................... .................................

174

Vibración transversal de vigas............................................................. ....................................

178

Los sistemas mecánicos como ser cables, varillas, vigas, placas, etc. Tienen sus masas y sus fuerzas elásticas “Distribuidas” en lugar de tener masas concentradas separadas por resortes y son susceptibles a vibraciones llamadas vibraciones de medios continuos.

Estos sistemas constan de un número infinito de partículas y por tanto requieren igual cantidad de coordenadas para especificar su configuración.

Por tanto, los sistemas mecánicos de esta clase, tienen un número infinito de frecuencias y de modos naturales de vibración.

En general, las vibraciones de medios continuos están gobernadas por ecuaciones diferenciales parciales y para su análisis se supone que todos los materiales son homogéneos r isentrópicos y obedecen a la ley de HOOKE.

Vibración longitu dinal de b arras. En general las vibraciones de medios continuos están gobernadas por ecuaciones diferenciales parciales y para su análisis se supone que todos los materiales son homogéneos e isentrópicos y obedecen a la ley de HOOKE.

A

F

F A

“Vibraciones en medios continuos”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Considérese una barra de sección transversal “A” sujeta a una fuerza “F” según su eje.

La fuerza “F” no necesariamente es la misma en todas las secciones y puede variar a lo largo de la barra.

Sobre cada sección transversal actúan dos fuerzas iguales y opuestas.

El esfuerzo normal o tensión "σ " sobre la sección de la barra es: σ =

F ⎡ N ⎤ A ⎢⎣ m 2 ⎥⎦

(1)

Este esfuerzo puede ser de tracción o compresión. x+dx

dx

x

F

F' A

A'

Bajo la acción de tales fuerzas, cada sección de la barra experimenta un desplazamiento "ξ " paralelo al eje, que es diferente para cada punto de la barra, puesto que si fueran iguales, existiría un desplazamiento rígido de la barra.

Sea "ξ " una función de “x” y considerando dos secciones “A y A´” separadas una distancia “dx” inicialmente. Cuando las fuerzas se manifiestan, la sección “A” se desplaza una distancia "ξ " mientras que la sección “A´” lo hace "ξ ´" ; siendo d ξ = ξ ´´−ξ el desplazamiento neto.

La deformación unitaria "ε " normal en la barra, es la deformación de la barra por unidad de longitud a lo largo del eje de la barra. ε =

∂ξ (Cantidad adimensional) ∂ x


(2)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Obsérvese que cuando no hay deformación, "ξ " es constante, por tanto ∂ξ = 0 , o sea ε = 0

Se sabe que existe una relación entre el esfuerzo normal "σ " y la deformación unitaria "ε " llamada LEY DE HOOKE que establece que “Dentro del límite de elasticidad del material, la normal es proporcional a la deformación unitaria”.

Donde:

E = Módulo de elasticidad (Young) σ = E ε

(3)

Reemplazando (1), (2) en (3) se tiene: F A

= E

∂ξ ∂ξ ⇒ F = EA ∂ x ∂ x

(4)

La fuerza neta sobre la sección es: dF = F ´− F ⇒ dF =

∂F dx Hacia la derecha ∂ x

(5)

Sea δ la densidad del material de la barra δ =

Por tanto:

dm dV

⇒ dm = δ dV pero dV = Adx dm = δ Adx

(6)

Aplicando la segunda ley de Newton [F = ma ] dF = dma

(7)

Reemplazando (5), (6) en (7)

∂F ∂ 2ξ dx = δ Adx 2 ∂ x ∂t ∂F ∂ 2ξ = δ A 2 ∂ x ∂t

(8)

∂F ∂ 2ξ = EA 2 ∂ x ∂ x

(9)

Derivando (4) respecto de x

Reemplazando (8) en (9)

∂ 2ξ E ∂ 2ξ = ∂t 2 δ ∂ x 2


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas O como: γ = δ g ( γ = Peso específico) ⇒ δ =

γ g

∂ 2ξ Eg ∂ 2ξ − =0 γ ∂ x 2 ∂t 2 Ecuación diferencial del movimiento Para resolver esta ecuación diferencial, se supone que la solución tiene la forma: ξ ( x, t ) = X ( x)T (t )

(Método de superposición de variables)

Reemplazando Esta expresión en la ecuación del movimiento se obtiene: a2 =

Eg

γ

∂ 2ξ ∂ 2ξ = a ∂ x 2 ∂t 2 2

d 2 X a

2

d 2T

dx 2 = dt 2 X T

Como el miembro de la izquierda es función únicamente de “x” y el miembro de la derecha únicamente de “t”, entonces es igual a una constante. Sea esta constante igual a “- ω 2 ”, entonces se obtiene dos ecuaciones diferenciales: 2

d T 2 dt 2 = −ω 2 ⇒ d T + ω 2T = 0 ⇒ T & &+ ω 2T = 0 2 T dt 2

d X a

2

2

2 2 2 dx = −ω 2 ⇒ d X + ω X = 0 ⇒ d X + ⎛ ω ⎞ X = 0 ⎜ ⎟ X dx a2 dx 2 ⎝ a ⎠

Cuyas soluciones son : T (t ) = Csen t + D cos t X ( x ) = Asen

a

x + B cos

a

x

La solución general de la ecuación diferencial es:

⎛ ⎝

ξ ( x, t ) = ⎜ Asen

ω ω ⎞ x − B cos x ⎟(Csenω t + D cos ω t ) a a ⎠


(10)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Donde A,B,C Y D son constantes arbitrarias, determinadas de las condiciones iniciales y de contorno del problema y

i

las frecuencias naturales del sistema.

a) Si los extremos están libres Las condiciones de contorno son:

⎛ ∂ξ ⎞ ⎛ ∂ξ ⎞ ⎜ ⎟ = 0∧⎜ ⎟ = 0 ⎝ ∂ x ⎠ x =0 ⎝ ∂x ⎠ x = L Derivando (10) respecto de “x”

∂ξ ⎛ ω ω ω ω ⎞ = ⎜ A cos x − Bsen x ⎟(Csenω t + D cos ω t ) ∂ x ⎝ a a a a ⎠ P x = 0 P x = L

0= 0=−

a

a

A(Csenω t + D cos ω t ) ⇒ A = 0

Bsen

a

L(Csenω t + D cos ω t ) ⇒ sen

a

L=0

Que es la ecuación de frecuencias y su resolución: a

L = nπ ⇒ ω =

naπ

Donde n = 1,2,3,....

L

b) Si un extremo es fijo y el otro libre las condiciones de contorno son:

∂ξ (ξ ) x =0 = 0 ∧ ⎛ ⎜ ⎞⎟

⎝ ∂ x ⎠ x = L

=0

Sus frecuencias son: ω =

naπ L

Donde n = 1,2,3,....

c) Si los dos extremos están empotrados las condiciones de contorno son:

(ξ ) x=0 = 0 ∧ (ξ ) x = L = 0 Problema de la cuerda vib rante. La cuerda vibrante tiene una masa repartida uniformemente a lo largo de toda su longitud y es el caso más sencillo de un sistema que tenga infinito número de frecuencias de vibración

Considérese una cuerda sometida a una tensión “T”. En condiciones de equilibrio, la cuerda está en línea recta.



y T'

Ty' B Tx A T x

' Tx' u

Ty dx

x

Si se desplaza la cuerda perpendicularmente a su longitud, entonces una pequeña porción de la cuerda “AB” de longitud “dx” se desplaza de su posición de equilibrio una distancia

.

Suponiendo que la deflexión es pequeña, el cambio de la tensión puede ser ignorado.

Debido a la curvatura de la cuerda, estas dos tensiones no son opuestas.

La fuerza resultante sobre la porción “AB” de la cuerda en las direcciones “X e Y” son:

[F = ∑ F ] x

x

F x = T cosα ´−T cosα ⇒ T (cosα ´− cosα )

Si la curvatura de la cuerda no es muy grande, los ángulos α ´ y α son pequeños, por tanto: cosα = cosα ´≈ 1 Entonces: F x = 0 F y =

∑ F

y

F y = Tsenα ´−Tsenα ⇒ F y = T (senα ´− senα )

Para ángulos pequeños senα ≈ tagα F y = T (tagα ´−tagα ) dF y = Td (tagα )


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas dF y = T

∂ (tagα )dx ya que “ α ” depende de “x” y de “t” (1) ∂ x

Pero tagα es la pendiente de la curva formada por la cuerda; entonces; tagα =

∂u ∂ x

(2)

∂ ⎛ ∂u ⎞ ∂u 2 dF y = T ⎜ ⎟ dx ⇒ dF y = T 2 dx ∂ x ⎝ ∂ x ⎠ ∂ x Esta fuerza debe ser igual según la segunda ley de Newton [F = ma ] dm ∂ 2u a = 2 ∧ μ = ⇒ dm = μ dx dx ∂t

Donde

= Masa por unidad de longitud Reemplazando

∂ 2u ∂ 2u μ dx 2 = T 2 dx ∂t ∂ x ∂ 2u T ∂ 2u = ∂t 2 μ ∂ x 2

Donde c =

T

μ

2 ∂ 2u 2 ∂ u =c ∂t 2 ∂ x 2

(3)

= Velocidad de propagación de las ondas a lo largo de la cuerda

Un método para resolver ecuaciones diferenciales es el de la superposición de variables y se puede expresar como: u ( x, t ) = f 1 ( x − ct ) + f 2 ( x + ct )

Donde f 1 ∧ f 2 son funciones arbitrarias f 1 ( x − ct ) representa la onda que viaja en sentido positivo de “x” con velocidad “c” f 1 ( x + ct ) representa la onda que viaja en sentido negativo de “x” con velocidad “c”

Como “u” es función de “x” y “t” se puede representar como: u ( x, t ) = X ( x) ⋅ T (t )

Entonces:

∂ 2u ∂ 2 X = T 2 ∂ x 2 ∂ x


(4)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ∂ 2u ∂ 2T X = ∂ x 2 ∂t 2 Reemplazando en (3)

∂ 2T ∂ 2 X 2 X 2 = c T ∂t ∂ x 2 ∂ 2T ∂ 2 X ∂t 2 = c 2 ∂ x 2 T

(5)

X

Como “X” y “T” son independientes una de otra, la ecuación (5) debe ser igual a una ctte. Sea “ − ω 2 ” la ctte. De aquí se obtiene dos ecuaciones diferenciales. d 2T 2

dt d 2 X dx 2

⎛ ⎝

u ( x, t ) = ⎜ A1 sen

= −ω T ⇒ 2

=−

ω 2 c2

X ⇒

d 2T 2

dt

d 2 X dx 2

+ ω 2T = 0 +

ω 2 c2

(6)

X = 0

(7)

ω ω ⎞ x + A2 cos x ⎟( B1 senω t + B2 cos ω t ) c c

(8)

Las soluciones de (6) y (7) ya se sabe y luego reemplazar en (4)

Si los extremos de la cuerda están fijos, las condiciones de contorno son: u (0, t ) = 0 ∧ u( L, t ) = 0

Reemplazando cada uno en (8) 0 = A2 cos 0( B1 sen t + B2 cos t ) ⇒ A2 = 0 0 = A1 sen

c

(9)

L( B1 senω t + B2 cos ω t )

De este triple producto la única posibilidad es que sen

c

L = 0 ya que A1 no puede ser todo el

tiempo igual a cero Entonces:

sen

c

L = 0 ⇒

c

L = nπ

Donde n= 1,2,3,....

Y las frecuencias naturales de la cuerda están dadas por:


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ω = n

π c L

(10)

En general al reemplazar (9) y (10) en (8) se obtiene: u ( x, t ) =

∑ sen

nπ x L

( B1 senω n t + B2 cos ω n t )

Vibración tr ansversal de vigas. Las bancadas o columnas en máquinas herramientas están sometidas a este tipo de perturbación.

La ecuación diferencial del movimiento de vibración transversal de las vigas puede deducirse así:

dx

x

O x

Q y M

y x

M+ M/ x dx

dx

Q+ Q/ x dx

Por la teoría de la flexión de la viga recta se tiene: EI

d 2 y dx 2

= − M

(1)

Donde E = Módulo de elasticidad I = Momento de inercia M = Momento flector en una sección cualquiera y = deflexión de la viga Si EI es constante y derivando (1) ya que

dM dx

= V (V = Fuerza cortante) EI

3

d y dx 3

= −V


(2)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ya que

dV dx

= q (q = Intensidad de carga) EI

d 4 y dx 4

= −q

(3)

En las vibraciones transversales libres de vigas que no tienen carga externa, se considera las

⎛ γ A ⎞ ∂ 2 y fuerzas de inercia − ⎜⎜ ⎟⎟ 2 como la intensidad de carga a lo largo de toda la longitud de la ⎝ g ⎠ ∂t viga. q = F = ma

Pero

δ =

m V

(4)

⇒ m = δ V ∧ V = Ax m = δ Ax

Entonces:

γ = δ g m=

γ A g

Peso específico x

Reemplazando en (4) q=

γ A ∂ 2 y g ∂t 2

(5)

Reemplazando (5) en (3) γ A ∂ 2 y ∂ 4 y = − EI 4 2 ∂ x g ∂t

∂ 2 y EIg ∂ 4 y + =0 γ A ∂ x 4 ∂t 2

Si

4 ∂ 2 y 2 ∂ y a = ⇒ 2 +a = 0 γ ∂t ∂ x 4 2

EIg

Se usan derivadas parciales porque “y” es función de “x” y de “t” Se supone que: y ( x, t ) = X ( x)T (t )

Derivando:

∂ 4 y ∂ 4 X ∂ 2 y ∂ 2T = T 4 ∧ 2 = X 2 ∂ x 4 ∂ x ∂t ∂t

Reemplazando en (6)


(6)

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ∂ 2T ∂ 4 X 2 X 2 + a T 4 = 0 ∂t ∂ x Resolviendo por el método de cambio de variable.

∂ 2T ∂ 4 X 2 X 2 = − a T 4 ∂t ∂ x ∂ 2T ∂ 4 X ∂t 2 = − a 2 ∂ x 4 T

X

En esta ecuación el primer miembro es función únicamente de “t” y el segundo miembro función únicamente de “x”, por tanto solo pueden ser iguales a una ctte.. Esta ctte. Es designada por “ − ω 2 ”.

∂ 2T 2 ∂t 2 = −ω 2 ⇒ ∂ T + ω 2T = 0 T ∂t 2 ∂ 4 X 2 4 ∂ 4 X ⎛ ω ⎞ 2 ∂ x 2 −a = −ω ⇒ 4 − ⎜ ⎟ X = 0 X ∂ x ⎝ a ⎠

(7)

(8)

La solución de (7) es: T (t ) = A1 sen t + A2 cos t

Y se encuentra que la ctte. “ − ω 2 ” es la frecuencia angular de vibración y A1 ∧ A2 son cttes. A determinarse por las condiciones de contorno. La solución de (8) es: X ( x ) = B1 senbx + B2 cos bx + B3 senhbx + B4 cosh bx

Donde: b = 4

ω 2 a

2

y B1 , B2 , B3 , B4 se determinan por condiciones de contorno

Estas cuatro cttes. De integración exigen de los extremos cuatro condiciones, dos de cada extremo de la viga y estos dependen del tipo de apoyo o empotramiento en los extremos. I.

Para un extremo apoyado

Deformación

X ( x ) = 0 2

Momento flector

d X dx 2

=0


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas II.

Para un extremo empotrado

Deformación Inclinación III.

X ( x ) = 0 dX dx

=0

Para un extremo libre 2

Momento flector

d X dx 2

=0

Fuerza cortante


Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sistemas con un gr ado de libertad. 1.- Para el sistema de la figura, obtener las expresiones de la frecuencia natural y de la frecuencia “f”. Ka

Resp.: ω =

(

2

m a +b 2

2

)

f =

2

1

Ka

2π

m a +b

(

2

2

)

K a

m b

2.- Para el sistema de la figura, obtener la frecuencia natural. Considerar la barra AB como infinitamente rígida. Resp.: ω =

a

K

L

m K m

B O a L

3.- Para el sistema de la figura, obtener la frecuencia natural. Considerar la barra AB como infinitamente rígida.

⎛ 2 Kb ⎞ 1 ⎜⎜ − g ⎟⎟ ⎝ ma ⎠ a 2

Resp.: ω =

A

m

a

O b

K

K B

“Apéndice A”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 4.- Determine la frecuencia natural amortiguada del sistema. Resp.: ω =

a1 2

2mL

4mL2 K − c 2 a 2

K m c

a L

5.- El sistema de la figura está sometida a una fuerza armónica F t = F 0 sen t con una amplitud de F 0 = 10000[ N ] y cuya frecuencia circular de carga aplicada es ω = 20 ⎡rad

⎤ seg ⎥⎦ ⎢⎣ La masa del sistema es m = 20[Kg ] , el amortiguador tiene un coeficiente de N − seg ⎤ amortiguamiento c = 400⎡ , cada uno de los resortes tiene una constante de rigidez m⎥⎦ ⎢⎣ K = 20000 N

m

. a = 1[m] y b = 0.5[m] . Halle la ecuación del ángulo de desplazamiento.

Resp.: θ = ρ sen( t − φ ) = 3.71sen(20t − 0.8367 ) m b

c C

K

a

b

B

O b

K

6.- Una viga simplemente apoyada tiene una masa concentrada “M” que actúa en su punto medio. Encuentre la frecuencia natural del sistema, si la masa de la viga es “m” Resp.: ω =

48 EI

⎡ rad ⎤ seg ⎥⎦ L ( M + 0.486m ) ⎢⎣ 3

“Apéndice A”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 7.- Determine la frecuencia natural de vibración de una masa “M” sujeta al extremo de una viga en voladizo que tiene una longitud “L” y una masa “m”, cuando la masa de la viga no es despreciable. Resp.: ω =

3 EI

⎡rad ⎤ seg ⎥⎦ L ( M + 0.236m ) ⎢⎣ 3

8.- La figura muestra un bloque rectangular de masa “m”, que reposa sobre una superficie semicilíndrica. Si el bloque se inclina ligeramente en un extremo, encuentre su frecuencia de oscilación. L

⎛ d ⎞ ⎜ r − ⎟ g 2 ⎤ Resp.: ω = 3.47 ⎝ 2 ⎠ 2 ⎡rad seg ⎢ ⎥⎦ 4d + L ⎣

d

r

9.- Cuál será la respuesta del estado estacionario de la masa de la figura, si la función fuerza es: F (t ) = 10sen0.5t + 10 cos1.5t + 20sent + 20 cos 2t

⎡lb − seg 2 ⎤ ⎡ ⎤ lb Siendo: K = 10 ∧ m = 1⎢ ⎥⎦ p lg p lg ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ Resp.: x = 1.03sen0.5 + 2.22sent + 1.29 cos1.5t + 3.33 cos 2t

K

m

f (t)

10.- En la figura anterior, la deflexión estática del resorte debida a la masa es 1.2[ p lg] y la amplitud de vibración debida a una excitación armónica 10 cos 20t es 0.02 [ p lg ] . Cuál es el peso de la masa? Resp.: 15.12 [lb]

“Apéndice A”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sistemas con dos grados de lib ertad. 1.- Deduzca la ecuación de movimiento del sistema mostrado. El cilindro circular tiene una masa “m” y un radio “r” y rueda sin deslizar dentro de la acanaladura circular de radio “R”. R K

K M

2.- Dos péndulos idénticos están rígidamente unidos a los extremos de un eje, el cual tiene una rigidez torsional “K”. Las masas de los discos de los péndulos son iguales a “m” y la longitud de las varillas (Que son rígidas y sin peso) es”L”. Suponiendo que el eje descansa sobre un cojinete sin fricción, deduzca las ecuaciones de movimiento del sistema.

& & Resp. mL2θ 1 + (mgL + K )θ 1 − K θ 2 = 0 & & mL θ 2 + (mgL + K )θ 2 − K θ 1 = 0 2

K

1

2

L

m

m

L

m

m

3.- Deduzca la ecuación de frecuencia del sistema. El peso de las poleas se supone despreciable Resp. (m1 + m2 )ω 4 − (K 1m2 + K 2 m1 + 4 K 2 m2 )ω 2 + K 1K 2 = 0

K1

m1 K2 m2

“Apéndice B”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 4.- Un bloque rectangular de masa “m” está soportado por medio de cuatro resortes colocados en sus esquinas. Determine la ecuación de frecuencia, si únicamente es permitido el movimiento en el plano vertical. Resp. J 0 mω 4 − (2 K x J 0 + 2 K x mh 2 + 2 K y mb 2 )ω 2 + 4 K x K yb 2 = 0 2b Kx

Kx

h Ky

Ky

5.- Una varilla rígida sin peso que tiene dos masas “m” fijas en sus extremos, está un ida a dos resortes. Deduzca una expresión para la ecuación de frecuencia del sistema. Resp. J 0 mω 4 − (K 1 + K 2 ) J 0 + (K 1 L1 + K 2 L2 )mω 2 + K 1K 2 ( L1 + L2 ) = 0 2

K1

K2 O

m

L1

m

L2

6.- Suponiendo que la varilla de conexión no tiene peso, determine las frecuencias de oscilación del sistema mostrado. Resp.

ω 1

=

K m

,

ω 2

=

K ⎡rad ⎤ seg ⎢ ⎥⎦ 2m ⎣

K

K

K

K

m

m

“Apéndice B”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 7.- Calcule las frecuencias naturales del sistema. Resp.

ω 1

= 1.96

K m

,

ω 2

= 2.16

K ⎡rad m ⎢⎣

⎤ seg ⎥⎦

K

K m

K

K

m K

K

K

⎡lb − seg 2 ⎤ ⎤ , calcule x (t ) ∧ x (t ) para las 8.- Si m1 = m2 = 1⎢ , K 1 = 200 ∧ K 2 = 400 ⎡lb 1 2 ⎥ p lg⎦ ⎢⎣ p lg ⎥⎦ ⎣ siguientes condiciones iniciales: a) x1 (0 ) = 0.3 , x& &2 (0 ) = 0 1 (0 ) = 0 , x2 (0 ) = 0 , x b) x1 (0 ) = 0.3 , x& &2 (0 ) = 5 1 (0 ) = 0 , x2 (0 ) = 0 , x Resp. a) x1 (t ) = 0.114 cos(9.37t ) + 0.186 cos (30.2t ) x2 (t ) = 0.145 cos(9.37t ) − 0.145 cos(30.2t )

b) x1 (t ) = −0.117 cos(9.37t + 167 o ) − 0.186 cos(30.2t − 177 o )

(

)

(

x2 (t ) = −0.149 cos 9.37t + 167 o + 0.145 cos 30.2t − 177o

K1

m1

K2

)

m2

9,- Un péndulo doble está unido a cuatro resortes de igual rigidez. Encuentre sus frecuencias por medio de la ecuación de Lagrange, para ángulos de oscilación pequeños. Resp.

ω 1

=

2 K m

+

3.12 g L

,

ω 2

=

2 K m

+

0.58 g ⎡rad ⎤ seg ⎥⎦ L ⎢⎣

“Apéndice B”


L K

K m

L K

K m

10.- Un bloque de masa “M” se mueve a lo largo de un plano horizontal liso y conduce un péndulo simple de longitud “L” y una masa “m” como se muestra en la figura. En el punto “A” están unidos al péndulo dos resortes iguales de módulo “K”. Determine las ecuaciones de movimiento del sistema para pequeñas oscilaciones alrededor del punto de equilibrio, utilizando la ecuación de Lagrange.

&+ 2aK θ = 0 Resp. ( M + m ) x & &+ 2 Kx + mLθ &

(

& &+ mgL + 2 Ka mL θ 2

2

)θ + mL x&&+ 2aKx = 0 M

a K

K A m

“Apéndice B”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sistemas de varios g rados d e libertad. 1.- Deducir las ecuaciones de movimiento del sistema. Las varillas de unión no tienen peso y su movimiento está restringido al plano del papel.

& Resp. 4mθ & 1 + 2 K θ 1 − K θ 2 = 0

& 4mθ & 2 + 2 K θ 2 − K θ 3 − K θ 1 = 0

K

& & 4mθ 3 + 2 K θ 3 − K θ 2 = 0

L

L

m

K L

m

L

K L

L

m

K

2.- Un cilindro circular homogéneo de masa total “M” y radio “2ª” está suspendido por medio de un resorte de rigidez “ K 1 ” y es libre de girar con respecto a su centro de masa “O”. Deducir las ecuaciones de movimiento. Resp. 3 M x x & & & & 1 + ( K 1 + 9 K 2 ) x1 − 2 M 2 − 6 K 2 x2 − 3 K 2 x3 = 0

(2 M + 2m ) x&&2 + 4 K 2 x2 + 2 K 2 x3 − 2 M x&&1 − 6 K 2 x1 = 0 m x & & 3 + K 2 x3 − 3K 2 x1 + 2 K 2 x2 = 0

K1

2a M

K2

2m x2 m x3

3.- La constante de elasticidad equivalente del voladizo es K = 10⎡lb

⎤ y además

⎢⎣ p lg ⎥⎦

2 ⎤ ⎤ y m = 1⎡lb − seg . Calcular las frecuencias naturales del sistema que se ⎢⎣ p lg ⎥⎦ ⎢⎣ p lg⎥⎦

K = 1⎡lb

muestra.

“Apéndice C”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Resp.

1

= 3.16 ,

2

= 3.34 ,

ω 3

= 3.62⎡rad seg ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ m

K

m

K

m

4.- Determinar las frecuencias naturales del sistema masa-resorte que se muestra. m = K = 1 Resp.

1

= 0.62 ,

2

= 1.18 ,

K

3

= 1.62 ,

ω 4

= 1.9⎡rad seg ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦

K

K

m

K

m

m

K m

5.- Encontrar los coeficientes de influencia del sistema masa-resorte. Resp.

α 11 =

1 2

K ,

α 12

=

1 2

K ,

α 21 =

1 2

K ,

α 22

=

3 2

K

2K

m

K

m

6.- Una locomotora que pesa 64400[lb] está acoplada a tres vagones. Los vagones primero y tercero pesan 32200[lb] cada uno y el segundo pesa 16100[lb] . La constante de elasticidad de los resortes de acoplamiento es K = 10000⎡lb

⎤ . Cuál será la frecuencia natural más baja? ⎢⎣ p lg ⎥⎦

“Apéndice C”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Resp.

ω

= 7.4⎡rad seg ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ K

K

K

1

2

3

7.- Utilizar el método Holzer para determinar las frecuencias naturales del sistema masa-resorte que se muestra en la figura. K 1 = 0 y todas las demás constantes de elasticidad son iguales a “K”, todas las masas son iguales a “m”. Resp. ω 6

ω 1

= 0.24

= 1.95

K m

K ⎡rad m ⎢⎣

,

ω 2

= 0.71

K m

,

ω 3

= 1.14

K m

,

ω 4

= 1.49

K m

,

ω 5

= 1.77

K m

⎤

seg ⎥⎦

K1

K2

K3

m1

K4

m2

m3

K5 m4

K6 m5

K 7

m6

8.- Determinar las frecuencias de oscilación del sistema que se muestra en la figura. Resp.

1

= 0,

ω 2

,

=

K m

,

ω 3

=

3K ⎡rad m ⎢⎣

⎤ seg ⎥⎦ K m

m

K m

“Apéndice C”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Vibración torcio nal.

1.- Los extremos de un eje que tiene un disco pesado con momento de inercia “J” están apoyados como se encuentra en la figura. Encontrar la frecuencia natural de la vibración torsional del disco. 4

Resp.

ω =

π d

G ( L1 + L2 ) ⎡rad

32 JL1 L2

⎢⎣

⎤

seg ⎥⎦

d L1

L2

2.- Encontrar el eje equivalente del sistema que se muestra en la figura.

⎛ d ⎞ Resp. d = d 1 , L = L1 + ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ d 2 ⎠

4

2

⎛ a2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ L2 ⎝ a1 ⎠ L2 d2 a2 a1

d1

L1

3.- Un momento torsional externo “ Te0 sen t ” actúa sobre el rotor “ J 2 ”. Determinar las respuestas del estado estacionario del sistema. Resp.

θ 1

=

(K + K 1

K 2T 0 sen t

2 2 2 2 − J 1ω )(K 2 − J 2ω ) − K 2

,

θ 2

(K + K

− J 1ω 2 )T 0 senω t = (K 1 + K 2 − J 1ω 2 )(K 2 − J 2ω 2 ) − K 22 1

2

T0 senwt K2

K1

J1 J2

“Apéndice D”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 4.- Calcular las frecuencias naturales del sistema torsional. Resp.

ω 1

= 0.39

K J

,

ω 2

= 1.47

K J

,

ω 3

K ⎡rad

= 2.36

J ⎢⎣

⎤ seg ⎥⎦

3K

J 2K

2J K

3J 5.- Calcular las frecuencias naturales del sistema torsional que se muestra en la figura. El eje lleva tres rotores y tiene ambos extremos fijos. Resp.

ω 1

= 0.54

K J

,

ω 2

= 1.17

2K

K J

,

ω 3

K ⎡rad

J ⎢⎣

K

4K

2J

= 1.82

6J

⎤ seg ⎥⎦

3K

3J

6.- Si J = K = 1. Determinar el movimiento general del sistema, si al p rimer disco se le aplica un desplazamiento angular inicial de 1 [rad ]. Resp.

θ 1

1

1

3

2

(t ) = −

1

1

3 1

3 1

3

2

θ 2

(t ) = −

θ 3

(t ) = +

(cos

cos t +

1 6

(cos

)

3t

)

3t

cos t +

1 6

(cos

)

3t

K

K

“Apéndice D”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 7.- Utilizar el método Holzer para determinar las frecuencias naturales del sistema. El sistema p lg − lb ⎤ y está fijo en ambos extremos y tiene una vibración torsional. K = 1000⎡ rad ⎥⎦ ⎢⎣

⎡ p lg − lb − seg 2 ⎤ J = 10⎢ ⎥⎦ rad ⎣ K

K

K

K

J

J

J

8.- Emplear el método Holzer para determinar las frecuencias naturales del sistema que se 6 p lg − lb muestra. K = 10(10 ) ⎡

⎢⎣

Resp.

1

= 46 ,

2

= 100 ,

ω 3

2 ⎤ ⎤ y J = 103 ⎡ p lg − lb − seg ⎢ rad ⎥⎦ rad ⎥⎦ ⎣

= 134 ⎡rad seg ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ 3K

4J K

2J K

J

“Apéndice D”

Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Vibraciones en medios contínuos.

1.- Determinar el periodo del modo fundamental de vibración de una varilla de acero de longitud

⎡ 1000 [ pies ] y peso específico 0.28⎢lb

⎤ , si esta varilla se considera como una barra con ⎣ p lg ⎥⎦ 3

ambos extremos libres. Resp. T = 0.12[seg ] 2.- Una barra uniforme de longitud “L” tiene el extremo superior empotrado y el inferior libre. Demostrar que una fuerza aplicada repentinamente en el extremo libre produce una deflexión que es el doble de la producida por esta misma fuerza aplicada gradualmente.

x

3.- Una fuerza axial constante” F 0 ” actúa sobre el centro de gravedad de una barra uniforme de longitud “L”. Encontrar la vibración que se produce si esta fuerza se quita repentinamente.

Resp. u ( x, t ) =

2 F 0 L AE π

2

(i −1)

∞

∑ (− 1) i =1, 2 ,...

2

iπ x iπ a ⎤ ⎡1 sen cos t ⎢i2 L L ⎥⎦ ⎣

L/2

L/2 F0

x 4.- Deducir la ecuación de frecuencia de la vibración transversal de una viga uniforme de longitud “L”, si uno de los extremos de ésta está fijo y el otro libre. Resp. cos KL cosh KL + −1

“Apéndice E”

VIBRACIONES MECÁNICAS univ san simon - bolivia

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