VIBRACIONES MECÁNICAS univ san simon - bolivia
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UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMON FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGIA CARRERA DE INGENIERIA MECANICA
IM
ON UN I V
UMSS
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..............................................................................
3
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
Vibración libre amortiguada.....................................................................................................
47
Sistema con amortiguamiento crítico.......................................................................................
48
Movimiento sub-amortiguado..................................................................................................
50
Movimiento sobre-amortiguado...............................................................................................
52
II. VIBRACIONES FORZADAS CON AMORTIGUAMIENTO................
60
Excitación indirecta..................................................................................................................
66
Desbalanceamiento rotacional..................................................................................................
69
Decremento logarítmico...........................................................................................................
71
“Índice” Página: 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.............................
85
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
IV. SISTEMAS DE VARIOS GRADOS DE LIBERTAD..........................
122
Introducción..............................................................................................................................
122
Ecuación del movimiento.........................................................................................................
122
Ecuación de Lagrange..............................................................................................................
124
Matrices de flexibilidad y rigidez.............................................................................................
125
Coeficientes de influencia........................................................................................................
136
V. VIBRACIÓN TORSIONAL..................................................................
143
Péndulo de torsión....................................................................................................................
143
Vibración torsional...................................................................................................................
147
Método Holzer..........................................................................................................................
149
Método Holzer para vibración torsional...................................................................................
152
Sistemas con rotores acoplados por engranajes.........................................................................
157
“Índice” Página: II
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas VI. VELOCIDADES CRÍTICAS EN ROTORES......................................
161
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
VII. VIBRACIONES EN MEDIOS CONTINUOS.....................................
170
Vibración longitudinal de barras..............................................................................................
170
Problema de la cuerda vibrante................................................................................................
174
Vibración transversal de vigas.................................................................................................
178
“Índice” Página: III
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas INTRODUCCIÓN. Pág.
Detalles Vibración libre..........................................................................................................................
1
Vibración forzada.....................................................................................................................
1
Ecuación del movimiento.........................................................................................................
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 libre. 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 de 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” Página: 1
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 amortiguada. 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” Página: 2
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
Vibración libre amortiguada.....................................................................................................
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” Página: 3
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
K
c
K
m x
F 0 senwt
m
K
x
J
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
“Vibración Libre” Página: 4
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 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 0,71
Posición no
m
Posición de
m
K(G + x)
x
esforzada
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:
Kδ = mg
(1)
Si se desplaza un “x” a partir del equilibrio estático, las fuerzas que actúan son: En el resorte
K (δ + 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 (δ + x ) = m& x&
mg − Kδ − Kx = m& x& Según (1)
Kδ = mg ⇒m / δ/ − Kx = m& x& / g/ − K
Por tanto:
m& x&+ Kx = 0
(2)
“Vibración Libre” Página: 5
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 = Kδ ) de la ecuación del movimiento (Ver ecuación (2)) y la fuerza resultante es solamente debida al desplazamiento “x”. m& x&+ Kx = 0
[÷ m]
K x=0 m
(3)
& x&+ La frecuencia natural circular ω n2 será:
ω n2 =
K m
La ecuación (3) queda por tanto:
& x&+ ω n2 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 ωt , cos ωt 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 + ω 2 e st = 0
(
)
e st s 2 + ω 2 = 0
s 2 + ω 2 = 0 ⇒ s = ± ωi Como:
s 1 = e iω t ∧ s 2 = e − iω t
Entonces
s 1 = C 1 e iω t ∧ s 2 = C 2 e − iω t
Y también será:
x = C 1 e iω t + C 2 e − iω t
son soluciones linealmente independientes también son soluciones (8)
“Vibración Libre” Página: 6
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas e iωt = cos ωt + i sen ωt
Pero:
(9)
e − iωt = cos ωt − i sen ωt
(10)
(9) y (10) en (8) x = C1 (cos ωt + i sen ωt ) + C 2 (cos ωt − i sen ωt ) x = C1 cos ωt + C1 i sen ωt + C 2 cos ωt − C 2 sen ωt
x = (iC 1 − iC 2 )sen ωt + (C1 + C 2 )cos ωt 1 42 43 1 4 2 43 A
B
x = A sen ωt + B cos ωt
(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&= Aω cos ωt − Bωsenωt
(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 − Bωsen0 ⇒ A =
x&0
ω
Reemplazando las cts. A y B en (11) x=
Donde
x&0
ω
ω=
senωt + x0 cos ωt
K m
frecuencia natural circular
θ⎤ ⎡ El periodo natural de oscilación es: ⎢ω = ⎥ t⎦ ⎣ Por tanto: La frecuencia natural:
ωτ = 2π ⇒ τ =
pero: θ = 2π ⇒ t = τ 2π
ω
o también: τ = 2π
m K
fn = f
“Vibración Libre” Página: 7
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas f =
1
⇒
τ
f =
1 2π
K m
Estas cantidades pueden expresarse en función a la deflexión o deformación estática δ ya que: Kδ = mg ⇒ K =
mg
δ
Reemplazando en estas últimas ecuaciones: mg
* Frecuencia natural circular:
ω=
* Periodo natural:
τ=
* Frecuencia natural:
f =
δ ⇒ω =
g
δ
m
2π
⇒ τ = 2π
ω 1
τ
⇒ f =
1 2π
δ g g
δ
La solución general también puede obtenerse multiplicando las dos soluciones particulares senωt ∧ cos ωt por cts.. arbitrarias y sumándolas, es decir: x = Asenωt + B cos ωt
(a)
x&= Aω cos ωt − Bωsenωt
(b)
x&= Aω 2 senωt − Bω 2 cos ωt &
(c)
(a) y (c) en (4) 2 2 2 2 − 1 A4ω4 sen 4 4ωt2−4Bω 4 4cos 4 3ωt + ω 1 4Asen 4 4ω4t 2+ ω 4 4B cos 4 43ωt = 0
x& &
ω 2x
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
“Vibración Libre” Página: 8
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 x m
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 x m con una velocidad angular constante “ ω ”. Representando por “ φ ” el ángulo formado por los vectores OQ y A, se escribe: OP = OQsen(ωt + φ )
Que conduce a otras formas de expresión del desplazamiento, velocidad y aceleración. x = x m sen(ωt + φ ) x&= x mω cos(ωt + φ ) x&= x mω 2 sen(ωt + 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=
0.1533N ⎛ 1000mm ⎞ ⎡N⎤ ⎜ ⎟ = 153.3⎢ ⎥ mm ⎝ 1m ⎠ ⎣m ⎦
a) Frecuencia natural
f=
N 1 K 1 153.3 m = 2π m 2π 0.25Kg
b) La deflexión estática
Kδ = mg
δ=
mg 0.25 ∗ 9.81 = K 153.3
f = 3.94
ciclos [Hz ] seg
δ = 0.016[m ]
δ = 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).
“Vibración Libre” Página: 9
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
m y
L
M x
P
M = PL d2y = Px − PL = P(x − L ) dx 2
EI
EI
dy P 2 = (x − L ) + C 1 dx 2
EIy =
P (x − L )3 + C1 x + C 2 6
Por condiciones de contorno: P =0 x
y=0
P(− L ) 0= + C2 6
P =0 x
dy =0 dx
0=
3
Por tanto la deformación es: EIy =
1 2 P(− L ) + C1 2
C2 =
1 3 PL 6
C1 =
1 2 PL 2
1 1 1 3 P(x − L ) − PL2 x + PL3 6 2 6
La deformación máxima ocurre en x = L 1 1 EIδ = 0 − PL3 + PL3 2 6
PL3 δ=− 3EI
Como P = Kδ siendo δ la deformación, entonces la ecuación (*) se adecua a: K=
P 3EI = 3 δ L
Se sabe que la frecuencia natural circular es: f =
Entonces.
f=
1 2π
3EI L3 m
f=
1 K 2π m 1 3EI 2π mL3
“Vibración Libre” Página: 10
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: ω=
Entonces:
ω=
192E
I L3
m
⇒
K m
ω=
192EI ⎡ Rad ⎤ ⎢ ⎥ mL3 ⎣ seg ⎦
Péndulo simple.
T m
L
Ft FN
T mg mg
“Vibración Libre” Página: 11
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 “ θ 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 “ θ ” 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 θ = ma t
Donde Radio de la curva Entonces:
a t = αR
α = aceleraciónangular =
d2θ & = θ& 2 dt
R =L − mg sen θ = mL& θ& − g sen θ = L& θ& L& θ&+ g sen θ = 0 g & θ&+ sen θ = 0 L
K ⎡ ⎤ x&+ x = 0⎥ se ve que el movimiento del péndulo no Comparando con la ecuación del M.A.S. ⎢& m ⎣ ⎦
es M.A.S.; sin embargo, Si la amplitud de oscilación es pequeña: sen θ ≅ θ
(En radianes)
Luego puede escribirse: g & θ&+ θ = 0 L
(Solución aproximada)
Por comparación se tiene que la frecuencia natural circular está dada por:
“Vibración Libre” Página: 12
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ω2 =
g ⇒ω= 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): ω=
θ 2π ⇒τ= ω t
τ = 2π
L 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? Se sabe que el periodo está dado por:
τ = 2π τ 2 = 4π 2
Despejando:
L g
L τ 2g ⇒L= 2 g 4π
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
x
centroide, constituye un péndulo compuesto.
Los distintos puntos materiales del rígido,
L
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
“Vibración Libre” Página: 13
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 θ
pero
M = −mgL sen θ I
d 2θ = −mgl sen θ dt 2
donde: Momento de inercia del cuerpo con respecto al eje de rotación
I= mr 2
Radio de giro
r
Aceleración angular
d 2θ =α dt 2
Para oscilaciones pequeñas
sen θ ≅ θ [Rad]
Ordenando (1) y teniendo en cuenta lo dicho: I& θ&+ mglθ = 0
÷I
mgl & θ&+ θ=0 I
como I = mr 2
mgl gL & θ&+ θ=0⇒& θ&+ 2 θ = 0 2 mr r
(2)
Analizando esta fórmula (2), se nota que para oscilaciones pequeñas, el movimiento oscilatorio del péndulo físico es M.A.S. siendo: ω2 =
gL r2
Frecuencia natural circular
y su periodo de oscilación es:
τ = 2π
r2 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.
“Vibración Libre” Página: 14
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
L/2
L
x'
G
G
mg L
[∑ M = I&θ&] ⎛L ⎞ − mg⎜ sen θ ⎟ = I& θ& 2 ⎝ ⎠
y c
Para oscilaciones pequeñas: x'
sen θ ≅ θ
b
G
1 I& θ&+ mgL = 0 2
x
(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 =
(
)
Ix =
1 mL2 6
( )
1 1 m L2 + L2 = m 2L2 12 12
En este caso la rotación es respecto al eje X por tanto según STEINER
[I
x
= I x + md 2
]
2
1 1 1 ⎛L⎞ I x = mL2 + m⎜ ⎟ ⇒ I x = mL2 + mL2 6 6 4 ⎝2⎠ Ix =
5 mL2 12
(2)
Reemplazando (2) en (1)
“Vibración Libre” Página: 15
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
5 1 mL2 & θ&+ mgLθ = 0 12 2 5 & Lθ&+ gθ = 0 6 6g & θ&+ θ=0 5L
ω=
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
“Vibración Libre” Página: 16
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas δ1 = δ 2 = δ 3 = δ
-
(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 = Kδ adecuando a (2) según (1) se tiene:
[÷ δ ]
K eq δ = K 1 δ + K 2 δ + K 3 δ + ..... n
K eq = K 1 + K 2 + K 3 + ..... = ∑ 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: ω12 =
K1 K ω 22 = 2 m1 m2
(2)
Estas frecuencias deben ser iguales, ya que se trata de una sola masa. Por tanto:
K2
ω12 = ω 22 = ω 2 K eq
(2) en (3)
(4) y (5) en (1)
m
=
(3)
K1 K 2 = m1 m 2
m1 =
K1 m K eq
(4)
m2 =
K2 m K eq
(5)
m=
K1 K m+ 2 m K eq K eq
K
eq
= K1 +K
⎛ K eq ∗ ⎜⎜ ⎝ m
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2
“Vibración Libre” Página: 17
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas En serie. 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.
δ = δ 1 + δ 2 + δ 3 + ..... P = Kδ ⇒ δ =
Pero:
(2)
P K
Teniendo en cuenta (1) reemplazamos en (2) P P P P = + + + ..... K eq K 1 K 2 K 3
÷P
n 1 1 1 1 1 = + + + ...... = ∑ K eq K 1 K 2 K 3 i =1 K i
Ejm. Determine la frecuencia natural del vibración del bloque, si sabe que los resortes están inicialmente comprimidos. K K
K m
K
“Vibración Libre” Página: 18
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: ω 2 =
m
4K x=0 m
4K m
pero ω = 2πf
4K ω f= = m 2π 2π
x
f=
1 K π 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 = Iα − mgR sen θ = I& θ& Para oscilaciones pequeñas:
sen θ ≅ θ
“Vibración Libre” Página: 19
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas I& θ&+ mgRθ = 0
÷I
mgR I = Momento de inercia del cuerpo respecto al eje de giro. & θ&+ θ=0 I R=
Extrayendo de tablas:
4r 3π & θ&+
Reemplazando:
I= mg
1 mr 2 2
4r 3π θ = 0
1 mr 2 2
8g & θ&+ θ=0 3πr
ω=
⎡ Rad ⎤ ⎢ seg ⎥ ⎣ ⎦
8g 3 πr
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
Kδ + T0 − mg = 0
2rKδ − mgr = 0
(1)
“Vibración Libre” Página: 20
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas D.C.L. para un desplazamiento x:
− 2rK (δ + x ) + mgr = I A & θ&
K +
G r
r
x mg
(
)
A
− 2rKδ − 2rKx + mgr = I G + mr 2 & θ&
FR
Donde:
IG =
1 mr 2 2
Para un cilindro
Según (1)
⎛1 ⎞& − 2rKδ − 2rKx + mgr = ⎜ mr 2 + mr 2 ⎟& θ ⎝2 ⎠ − 2rKx =
3 mr 2 & θ& 2
3 mr 2 & θ&+ 2rK (2rθ ) = 0 2
Ordenando
(2)
3mr 2 & θ&+ 8r 2 Kθ = 0 8K θ&+ 8Kθ = 0 ⇒ & θ&+ θ=0 3m& 3m ω=
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:
“Vibración Libre” Página: 21
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
[∑ M
0
=0
]
3 1 mgL = Kx 0 L 4 4
(1)
Cuando se desplaza un “x”, la sumatoria de momentos será: 3/4L
1/4L
O K (xo + x) mg
[∑ M
0
= Iα
]
⎛3 ⎞ ⎛1 ⎞ mg⎜ L ⎟ − K (x 0 + x )⎜ L ⎟ = I& θ& ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎠
Pero I = mr 2 Donde r =
3 L 4
2
1 1 3 ⎛3 ⎞ & mgL − KLx 0 − KLx = m⎜ L ⎟ & θ 4 4 4 ⎝4 ⎠
(2)
Según (1) queda: 1 9 − KLx = mL2 & θ& 4 16
Pero x = rθ donde en este caso
r=
(3)
1 1 L ⇒ x = Lθ 4 4
(4) en (3) 1 ⎛1 ⎞ 9 − KL⎜ Lθ ⎟ = mL2 & θ& 4 ⎝ 4 ⎠ 16 9 1 mL2 & θ&+ KL2 θ = 0 16 16
⎛ 16 ⎞ ∗⎜ 2 ⎟ ⎝L ⎠
9m& θ&+ Kθ = 0 K & θ&+ θ=0 9m
“Vibración Libre” Página: 22
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
ω=
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.
100 mm.
B
C
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]
0.1Kδ = mg (0.2 )
(1)
Si se desplaza un cierto ángulo θ o distancia x
[∑ M = I&θ&]
mg (0.2 ) − K (δ + x )(0.1) = I& θ&
mg (0.2) − Kδ(0.1) − Kx(0.1) = mL2 & θ&
Según (1) 2 & m(0.2) & θ + 400(0.1)Kx = 0
Pero x = 0.1θ
(0.2)2 5& θ&+ 0.1(400)(0.1)θ = 0 0.2& θ&+ 4θ = 0
÷ 0 .2
“Vibración Libre” Página: 23
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ⎛ rad & θ&+ 20θ = 0 ⇒ ω 2 = 20⎜⎜ 2 ⎝ seg
ω=
⎞ ⎟⎟ ⎠
2π 2π ⇒τ= τ ω
τ=
2π 20
τ = 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 (T + V ) = 0 dt
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
“Vibración Libre” Página: 24
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 mx&2 2
La energía potencial es:
V=
1 Kx 2 2
Según la conservación de la energía
T + V = ctte.
1 1 mx&2 + Kx 2 = ctte. 2 2
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 x=0 m
ω2 =
K m
“Vibración Libre” Página: 25
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 “ ω ”)
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 cinética es para traslación y rotación, es decir: T =
1 1 mx&G2 + I G ω 2 y la energía potencial es: 2 2
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 1 mVG2 + I G ω 2 2 2
1 VG = rθ&; I G = mr 2 ; ω = θ& 2
“Vibración Libre” Página: 26
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas T=
Por tanto:
( )
2 1 1⎛1 ⎞ m rθ& + ⎜ mr 2 ⎟θ&2 2 2⎝2 ⎠
T=
1 1 mr 2 θ&2 + mr 2 θ&2 2 4
(1)
La energía potencial Ve =
1 Kx 2 2
Ve =
1 Kr 2 θ 2 2
Pero: x = rθ (2)
d (T + V ) = 0 dt 1 mr 2 θ&& θ&+ mr 2 θ&& θ&+ Kr 2 θθ&= 0 2 1 ⎞& ⎛ θ + Kθ = 0 ⎜ m + m ⎟& 2 ⎠ ⎝
⎛3 ⎞ ÷ ⎜ m⎟ ⎝2 ⎠
3 & mθ&+ Kθ = 0 2 2K & θ&+ θ=0 3m 2K 3m
ω=
Método Newton:
K
+
K ( + x)
A
A
mg
mg
ESTÁTICA
+
DINÁMICA
“Vibración Libre” Página: 27
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Estática:
[∑ M
A
=0
]
mg sen β r − Kδr = 0
(1)
Dinámica:
[∑ M
A
]
= I A& θ&
⎡1 ⎤& mg sen β r − K (δ + x )r = ⎢ mr 2 + mr 2 ⎥& θ ⎣2 ⎦ mg sen β r − Kδr − Kxr =
3 mr 2 & θ& 2
(2)
Reemplazando (1) en (2) y ordenando 3 mr 2 & θ&+ Kxr = 0 2
Como no existe deslizamiento x = rθ
⎛ 2 ⎞ ∗⎜ ⎟ ⎝ 3m ⎠
3 mr 2 & θ&+ Kr 2 θ = 0 2 2K & θ&+ θ=0 3m ω=
2K 3m
Método de Rayleigh: 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 grado de libertad.
La energía cinética puede escribirse como: T=
1 m ef x&2 2
“Vibración Libre” Página: 28
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
ω=
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
L
m
x
Sea “ x&” la velocidad de la masa “M”
Se supone que la velocidad de cualquier punto del resorte en “y” varía linealmente. L x& y = ⇒ y&= x& y y& L
d⎤ ⎡ ⎢t = V ⎥ ⎦ ⎣
La energía cinética del sistema puede ser ahora: T=
Masa por unidad de longitud=
1 m 2 y& dy 2∫ L
m L
L L 1 m⎛ y ⎞ 1 mx&2 T = ∫ ⎜ x&⎟ dy ⇒ T = y 2 dy 3 ∫ 2 L 0 2 0 L⎝L ⎠ 2
“Vibración Libre” Página: 29
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas T=
1 mx&2 2 L/ 3
1⎛m⎞ 2 ⎛1 3⎞ ⎜ L/ ⎟ ⇒ T = ⎜ ⎟x& 2⎝ 3 ⎠ ⎝3 ⎠
Se concluye que el efecto de la masa del resorte sobre la masa “M” es 1/3m; es decir: m ef =
1 m 3
Añadiendo esto a la masa concentrada “M”, la frecuencia natural será:
ω=
K 1 M+ m 3
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 2 2⎞ ⎜ L −x ⎟ 12 ⎝ 4 ⎠
y máx =
Para 0 < x <
L 2
PL3 =δ 48EI
Operando en la ecuación de la elástica se tiene: y=
Px ⎛ 3L2 − 4x 2 ⎜ 12EI ⎜⎝ 4
⎞ Px ⎟⎟ ⇒ y = 3L2 − 4x 2 48EI ⎠
[
]
“Vibración Libre” Página: 30
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 3 P ⎡ 2⎛ L ⎞ 3⎛ L y= ⎢3xL ⎜ ⎟ − 4x ⎜⎜ 3 48EI ⎣ ⎝L⎠ ⎝L
3 ⎞⎤ PL3 ⎡ x ⎛x⎞ ⎤ ⎟⎟⎥ ⇒ y = ⎢3 − 4⎜ ⎟ ⎥ 48EI ⎢⎣ L ⎝ L ⎠ ⎦⎥ ⎠⎦
⎡ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞3 ⎤ y = y máx ⎢3⎜ ⎟ − 4⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ ⎥⎦
Por tanto: La energía cinética será:
⎛ ⎞ ⎛ x x3 1 ⎜⎜ m ⎟⎟ ⎡ ⎜ & 4 − y 3 T= ∫ ⎢ máx ⎜ L 2 ⎜ L ⎟⎣ L3 ⎝ ⎜ ⎟ ⎝2⎠
2
L2 ⎛ x ⎞⎤ x3 1 2m ⎡ ⎜ ⎟⎟⎥ dx ⇒ T = ∫ & 4 y 3 − ⎢ máx ⎜ 2 0 L ⎣ L3 ⎝ L ⎠⎦
2
⎞⎤ ⎟⎟⎥ dx ⎠⎦
L 2
1 ⎛ 2m ⎞ 2 ⎡ x 3 24 x 5 16 x 7 ⎤ T= ⎜ + ⎟ y&máx ⎢ 3 2 − ⎥ 4 2⎝ L ⎠ 5 7 L6 ⎦ 0 L L ⎣ 1 ⎛ 2m ⎞ 2 T= ⎜ ⎟y&máx 2⎝ L ⎠
L2
∫ 0
⎛ x x3 ⎜⎜ 3 − 4 3 L ⎝ L
2
L2 ⎞ ⎛ 9x 2 1 ⎛ 2m ⎞ 2 x4 x6 ⎟⎟ dx ⇒ T = ⎜ ⎟y&máx ∫ ⎜⎜ 2 − 24 4 + 16 6 2⎝ L ⎠ L L ⎠ 0 ⎝ L
⎡3 1 2 T = (2m )y&máx ⎢ 3 2 ⎣ L/ T=
⇒
⎛ L/ 3 ⎜⎜ ⎝ 8
⎞ 24 ⎟⎟ − 5 ⎠ 5L/
⎛ L/ 5 ⎞ 16 ⎜⎜ ⎟⎟ + 7 ⎝ 32 ⎠ 7L/
⎞ ⎟⎟dx ⎠
⎛ L/ 7 ⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎜⎜ ⎝ 128 ⎠⎦
1 16 ⎞ 1 ⎛ 3 24 2 2 (2m )y&máx + ⎜ − ⎟ ⇒ T = (0.4857m )y&máx 2 2 ⎝ 8 160 896 ⎠
De donde la masa efectiva es:
m ef = 0.4857m
⎡ Por tanto la frecuencia es: ⎢ω = ⎣
⎤ K ⎥ M + m ef ⎦
Pero se sabe que: P = Kδ ⇒ K =
P δ K=
ω=
P 48EI ⇒K= 3 3 PL L 48EI 48EI L (M + 0.4857m ) 3
“Vibración Libre” Página: 31
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 θ
Vg = mgL(1 − cos θ )
(1)
Ve =
1 Kx 2 2
Ve =
1 1 2 K (aθ ) ⇒ Ve = Ka 2 θ 2 2 2
Pero: x = atagθ Para oscilaciones pequeñas tagθ ≈ θ (2)
La energía cinética es de traslación: T=
Pero: V = Lθ&= Lω
( )
2 1 1 m Lθ& ⇒ T = mL2 θ&2 2 2
T=
[
1 mV 2 2
La derivada temporal T + Vg + Ve = 0
(3)
]
mgL(sen θ )θ& / + Ka 2 θθ& / + mL2 θ& /& θ&= 0
(
)
mL2 & θ&+ mgL + Ka 2 θ = 0 mgL + Ka & θ&+ θ=0 mL2 2
ω=
mgL + Ka 2 mL2
“Vibración Libre” Página: 32
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 ]
La energía potencial es:
V = mg[(R − r ) − (R − r )cos θ] ⇒ V = mg (R − r )(1 − cos θ )
1 1 ⎡ ⎤ La energía cinética es de traslación y rotación ⎢T = mVG2 + I G ω 2 ⎥ 2 2 ⎣ ⎦
T2 =
donde: VG = (R − r )θ& (Respecto del punto “O”)
T1 =
1 mVG2 2
T1 =
2 1 1 2 m (R − r )θ& ⇒ T1 = m(R − r ) θ&2 2 2
[
]
1 2 I G ω 2 Pero: I G = mr 2 2 5 ω=
VG (R − r )θ& ⇒ω= r r
(R − r ) θ&2 1⎛2 1 2 ⎞⎛ R − r &⎞ θ ⎟ ⇒ T2 = mr/ 2 ⎜ mr ⎟⎜ 2⎝5 5 r/ 2 ⎠⎝ r ⎠ 2
T2 =
(Considerando A centro instantáneo)
T2 =
2
1 2 m(R − r ) θ&2 5
“Vibración Libre” Página: 33
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas d (V + T1 + T2 ) = 0 dt
Por tanto:
2 2 & mg (R − r )(sen θ )θ& / + m(R − r ) θ& / θ&+ m(R − r )θ& /& θ&= 0 5 2 ⎡ 2 2 ⎤& & ⎢m(R − r ) + 5 m(R − r ) ⎥ θ + mg (R − r )sen θ = 0 ⎣ ⎦
Pero: sen θ ≅ θ
⎡7 ⎤& m(R − r )⎢ (R − r )⎥& θ + mg (R − r )θ = 0 ⎣5 ⎦ & θ&+
g 7 (R − r ) 5
ω=
θ=0
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
“Vibración Libre” Página: 34
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1 2⎤ ⎡ ⎢ T = 2 Iω ⎥ ⎣ ⎦
La energía cinética:
T=
1 &2 IGθ 2
(1)
1 ⎡ 2⎤ ⎢ V = 2 Kδ ⎥ ⎦ ⎣
La energía potencia elástica:
V = V1 + V2
V= V=
Como: Pero:
(
)
(
)
1 1 K x2 − 1 + K x2 + 1 2 2
1 1 1 1 Kx 2 − K + Kx 2 + K = Kx 2 2 2 2 2
x = rθ ⇒ V = K (rθ ) ⇒ V = Kr 2 θ 2 2
(2)
d (T + V ) = 0 dt d ⎛ 1 &2 2 2⎞ ⎜ Iθ + Kr θ ⎟ = 0 dt ⎝ 2 ⎠ Iθ& /& θ&+ 2Kr 2 θθ& / =0 I& θ&+ 2Kr 2 θ = 0
÷I
2Kr 2 & θ&+ θ=0 I
Reemplazando valores: 2 ⋅ 10 ⋅ (10) & θ&+ θ=0 10 2
& θ&+ 200θ = 0 ⇒ ω 2 = 200 ⎛ rad ⎞ ⎟⎟ ω = 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.
“Vibración Libre” Página: 35
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
K
A
VG
r
x m
Energía cinética: T=
1 1 mVG2 + I G ω 2 ⇒ T = T1 + T2 2 2 VG = rθ& T1 =
T2 =
Por tanto:
T=
( )
2 1 1 m rθ& = mr 2 θ&2 2 2
1⎛1 1 2⎞ 2 2 2 ⎜ mr ⎟θ& = mr θ& 2⎝2 4 ⎠
1 1 3 mr 2 θ&2 + mr 2 θ&2 ⇒ T = mr 2 θ&2 2 4 4
Energía potencial: V= V= d (T + V ) = 0 dt
1 Kx 2 2
Pero: x = 2rθ
1 2 K (2rθ ) ⇒ 2Kr 2 θ 2 2 d ⎛3 2 2 2 2⎞ ⎜ mr θ& + 2Kr θ ⎟ = 0 dt ⎝ 4 ⎠
3 mr/ 2 θ& /& θ&+ 4Kr/ 2 θθ& / =0 2 3 & mθ&+ 4Kθ = 0 2
÷
3m 2
8K & θ&+ θ=0 3m
“Vibración Libre” Página: 36
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ω=
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 1 I G ω 2 = I G θ&2 2 2 IG =
Pero: T=
1 mr 2 2
1⎛1 1 2⎞ 2 2 2 ⎜ mr ⎟θ& ⇒ T = mr θ& 2⎝2 4 ⎠
(1)
Energía potencial (Elástica solamente): 1 ⎡ 2⎤ ⎢V = 2 Kx ⎥ ⎣ ⎦ V=
V = V1 + V2
1 1 Kx 2 + Kx 2 2 2
pero: x = rθ
V = Kx 2 ⇒ V = Kr 2 θ 2 d (V + T) = 0 dt
(2)
d⎛ 2 2 1 2 2⎞ ⎜ Kr θ + mr θ& ⎟ = 0 dt ⎝ 4 ⎠
1 2Kr/ 2 θθ& / + mr/ 2 θ& /& θ&= 0 2
“Vibración Libre” Página: 37
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1 & mθ&+ 2Kθ = 0 2
÷
m 2
4K 4K K & θ&+ θ = 0 ⇒ ω2 = ⇒ω=2 m m m
ω = 2πf ⇒ f =
Se sabe que:
f=
ω = 2π
2/
K m 2/
1 K 1 400 = π m π 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
VG G
200 mm. 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⎤ ⎢Tt = 2 mVG ⎥ ⎣ ⎦ 1 ⎡ 2⎤ ⎢Tr = 2 I G ω ⎥ ⎣ ⎦
Pero: VG = rθ&⇒ Tt =
1 mr 2 θ&2 2
1 pero: ω = θ&∧ I G = mK G2 ⇒ Tr = mK G2 θ&2 2
(1)
(2)
“Vibración Libre” Página: 38
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Energía potencial (Elástica solamente): 1 ⎡ 2⎤ ⎢V = 2 Kx ⎥ ⎣ ⎦
Pero: x = (r + R )θ ⇒ V =
1 2 K (r + R ) θ 2 2
(3)
d ⎛1 1 1 2 2⎞ 2 2 2 2 ⎜ mr θ& + mK G θ& + K (r + R ) θ ⎟ = 0 2 dt ⎝ 2 2 ⎠ mr 2 θ&& θ&+ mK G2 θ&& θ&+ K (r + R ) θθ&= 0
÷ θ&
2
(mr
2
)
2 + mK G2 & θ&+ K (r + R ) θ = 0
Reemplazando valores:
(3.01
2
)
2 + 3 ⋅ 0.125 2 & θ&+ 400(0.1 + 0.2) θ = 0
÷ (0.077 )
0.077& θ&+ 36θ = 0
& θ&+ 468θ = 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 1 1 mV/ G2 + I G ω 2 ⇒ T = I G θ&2 2 2 2
1 1 1 Kx 2 + mgh/ ⇒ V = K 1 x 12 + K 2 x 22 2 2 2 x 1 = rθ x 2 = rθ + 3rθ = 4rθ
“Vibración Libre” Página: 39
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas IG =
1 mr 2 2
Reemplazando 1⎛1 1 1 2 2 2⎞ 2 ⎜ mr ⎟θ& + K 1 (rθ ) + K 2 (4rθ ) = 0 2 2⎝2 2 ⎠
(
)
1 1 1 mr 2 θ&2 + K 1r 2 θ 2 + K 2 16r 2 θ 2 = 0 2 4 2
Derivando 1 mr 2 θ&& θ&+ K 1 r 2 θθ&+ 16K 2 r 2 θθ&= 0 2
÷ r 2 θ&
1 & mθ&+ K 1 θ + 16K 2 θ = 0 2 ⎛ 2K 1 + 32K 2 & θ&+ ⎜ m ⎝ ω=
⎞ ⎟θ = 0 ⎠
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
“Vibración Libre” Página: 40
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1 ⎡ 2⎤ ⎢T = 2 mV ⎥ ⎣ ⎦ T=
Pero x&= Lθ&= velocidad
1 1 2 m(Lθ&) = mL2θ&2 2 2
1 ⎡ 2⎤ ⎢VE = 2 Kδ ⎥ ⎣ ⎦ VE =
Pero δ = aθ
1 1 2 K (aθ ) = a 2θ 2K 2 2
[VG = mgh] VG = mgL cos θ − mgL = mgl (cos θ − 1) d (T + VE + VG ) = 0 ⇒ d ⎛⎜ 1 mL2θ&2 + 1 Ka 2θ2 + mgL(cos θ − 1)⎞⎟ dt dt ⎝ 2 2 ⎠ mL2θ& /& θ&+ Ka 2θθ&− mgl sen θθ& / =0
(
)
mL2& θ&+ Ka 2 − mgL θ = 0
Pero sen θ ≈ θ
(
÷ mL2
)
⎛ Ka 2 g ⎞ & & θ + ⎜⎜ − ⎟⎟θ = 0 2 L⎠ ⎝ mL
Vibración forzada sin amortiguamiento. Para este caso la ecuación diferencial tiene la forma siguiente: m& x&+ Kx = Po sen ω 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 ωt + B cos ωt
“Vibración Libre” Página: 41
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas b) Solución estacionaria o particular: Cuando la ecuación es: m& x&+ Kx = Po sen ω t
Su solución es del tipo: x(t ) = G sen ω t
(2)
Derivando dos veces: x&(t ) = G ω cos ω t
& x&(t ) = −G ω 2 sen ω t
(3)
Reemplazando (2) y (3) en (1)
(
)
m − G ω 2 sen ω t + K (G sen ω t ) = Po sen ω t − mG ω 2 sen ω t + KG sen ω t = Po sen ω t
÷ (sen ω t ) ÷ (K )
− mG ω 2 + KG = Po P mG ω 2 − +G = o K K
Factorizando G y ordenando P m 2⎞ ⎛ ⎜ 1 − ω ⎟G = o K K ⎝ ⎠
Pero: ω 2 =
⎛ P ω2 ⎞ ⎜⎜ 1 − 2 ⎟⎟G = o K ω ⎠ ⎝
Sea: β =
K m
ω2 ω2
(1 − β )G = PK 2
G=
o
Po K 1 − β2
(
)
(4)
Reemplazando (4) en (2) x p (t ) =
Po sen ω t K 1 − β2
(
)
(Solución particular)
Como la solución general es del tipo: x(t ) = x c + x p
Entonces:
x(t ) = A sen ωt + B cos ωt +
Po sen ω t K 1 − β2
(
)
(5)
“Vibración Libre” Página: 42
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) 0 = A sen 0 o + B cos 0 o +
Po sen 0 o K 1 − β2
(
)
B=0
Derivando (5) x&(t ) = Aω cos ωt − Bω sen ωt +
Po ω cos ω t K 1 − β2
(
)
(6)
Reemplazando (b) en (6) 0 = Aω cos 0 o − Bω sen 0 o +
(
)
Po ω Po ω ⇒A=− 2 2 K 1−β K 1−β ω
0 = Aω +
(
)
(
Po β ω2 ⇒A= 2 ω K 1 − β2
β=
Pero
Po ω cos 0 o 2 K 1−β
(
)
)
Reemplazando las constantes A y B en (5) x(t ) = −
Po β Po sen t ω sen ω t + K 1 − β2 K 1 − β2
(
x(t ) =
)
(
)
Po (sen ω t − β sen ωt ) K 1 − β2
(
)
(7)
Donde: Po = Amplitud de la fuerza externa K = Rigidez del resorte ω = Frecuencia circular del movimiento
ω = Frecuencia circular de carga
Si se analiza la ecuación (7), se nota que:
“Vibración Libre” Página: 43
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(
)
Si β = 1 , es decir; ω = ω entonces el factor 1 − β 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 4 3 2
⎡ ⎤ P0 ⎢ 2 ⎥ ⎣K 1− β ⎦
(
)
1
2
3
ω2 = β2 ω2
La solución particular para el caso ω = ω tiene la forma: & t sen ωt x p (t ) = G 1
Donde :
G1 = x p (t ) =
Po 2mω
Po t sen ωt 2mω
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 ω t hacia arriba y hacia abajo. Determine el movimiento del bloque.
“Vibración Libre” Página: 44
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x
m
A0 senwt
K (x - y) K
− K (x − y ) = m& x&
− Kx + Ky = m& x& m& x&+ Kx = KA o sen ω t x c = A sen ωt + B cos ωt
Solución complementaria Solución particular:
Por uno de los métodos abreviados, se tiene que la solución es de la forma: y=
1 1 sen(ax + b ) = sen(ax + b ) 2 FD F − a2
( )
(
)
(
)
: F − a2 ≠ 0
Por tanto en este caso, la ecuación diferencial será: & x&= D 2 x
Sea
(mD xp = xp =
2
)
+ K x = KA o sen ω t 1
mD + K 2
KA o sen ω t
1 KA o sen ω t − mω 2 + K
xp =
1 m − ω2 +
K m
KA o sen ω t
Pero ω 2 =
K m
“Vibración Libre” Página: 45
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas xp =
xp =
Ao K sen ω t 2 ω −ω m
(
)
2
Ao
(ω
2
⎛ω − ω 2 ⎜⎜ 2 ⎝ω
)
xp =
2
⎞ ⎟⎟ ⎠
ω 2 sen ω t
Ao sen ω t ω2 1− 2 ω
Por tanto la solución general es: x = A sen ωt + B cos ωt +
Ao sen ω t ω2 1− 2 ω
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 = μN
μ = Coeficiente de roce cinético N = Fuerza normal
“Vibración Libre” Página: 46
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Vibración libre amortiguada.
K c
FR
Fa K( + x)
m x
x
cx
mg
mg
En la situación de equilibrio estático (caso b) no actúa todavía la amortiguación Kδ = mg
(1)
En la situación (c) se tiene:
[∑ F = m&x&] − K (δ + x ) − cx&+ mg = m& x&
− Kδ − Kx − cx&+ mg = m& x&
Según (1)
− Kx − cx&= m& x& m& x&+ cx&+ Kx = 0
Ordenando:
(2)
dx d2x = Dx y = D2x 2 dt dt
Si
mD 2 x + cDx + Kx = 0
(3)
Dividiendo entre “m” la ecuación (3) D2 +
K c D+ = 0 m m
(4)
Resolviendo cual si fuese una ecuación de segundo grado. − D=
Como
c c2 K ± −4 2 m m m 2 ω2 =
K m
“Vibración Libre” Página: 47
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas c 4c 2 − ± − 4ω 2 2 m 4m D= 2 2
D=−
c ⎛ c ⎞ 2 ± ⎜ ⎟ −ω 2m ⎝ 2m ⎠
Analizando el discriminante, se ve tres situaciones posibles: 2
Si
⎛ c ⎞ 2 ⎜ ⎟ −ω = 0⇒ 2 m ⎝ ⎠
Si
⎛ c ⎞ 2 ⎜ ⎟ −ω < 0⇒ 2 m ⎝ ⎠
Si
⎛ c ⎞ 2 ⎜ ⎟ −ω > 0⇒ ⎝ 2m ⎠
El sistema tiene amortiguamiento CRITICO
2
El sistema es SUB-AMORTIGUADO
2
El sistema está SOBRE-AMORTIGUADO
Sistema con amortiguamiento crítico. 2
Como
2
c ⎛ c ⎞ ⎛ c ⎞ 2 2 =ω ⎜ ⎟ −ω = 0⇒⎜ ⎟ =ω ⇒ 2m ⎝ 2m ⎠ ⎝ 2m ⎠ C c = 2mω
De ahí
C c = Amortiguamiento crítico
Por tanto la raíz de la ecuación (4) son iguales y serán: 6 4 70 4 8 c c2 − ± − 4ω 2 2 C − 2/ m /ω m m D= ⇒D=− c = 2 2m 2/ m /
D = −ω
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 = −ω
x(t ) = (G 1 + G 2 t )e − ωt
(5)
“Vibración Libre” Página: 48
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x(t ) = (G 1 + G 2 t )e
Conforme t → ∞ se tiene que e
−
c t 2m
−
c t 2m
(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 − ωt = cosh ωt − senh ωt
(6)
(6) en (5) x(t ) = (G 1 + G 2 t )(cosh ωt − senh ωt ) x(t ) = G 1 cosh ωt − G 1 senh ωt + G 2 t cosh ωt − G 2 t senh ωt
P = 0 ⇒ x(t ) = x(0 ) t
(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 ω senh ωt − G 1 ω cosh ωt − G 2 tω sen ωt + G 2 cosh ωt − G 2 tω cosh ωt − G 2 senh ωt
P = 0 ⇒ x&(t ) = x&(0 ) t x&(0) = −G1ωsenhω0o − G1ωcoshω0o − G2 (0)ωsenω0o + G2 coshω0o − G2 (0)ωcoshω0o − G2 senhω0o x&(0 ) = −G 1 ω + G 2 G 2 = x&(0 ) + G 1 ω ⇒ G 2 = x&(0 ) + x(0 )ω
Reemplazando las constantes G 1 y G 2 en (5)
“Vibración Libre” Página: 49
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x(t ) = [x(0) + (x&(0) + x(0)ω)t ]e − ωt
Ordenando:
x(t ) = [x(0 )(1 + ωt ) + x&(0 )t ]e − ωt
X(0)>0 X(0)
X(0)=0
t X(0) 0 ⎜ ⎝ 2m ⎠ ξ = Razón de amortiguamiento ξ=
C ⇒ C = C c ξ ⇒ C = 2mωξ Cc 2
Reemplazando en:
c ⎛ c ⎞ 2 D=− ± ⎜ ⎟ −ω 2m ⎝ 2m ⎠ D = −ξω ± ω ξ 2 − 1
)
(a)
x(t ) = Ae D1t + Be D2t
(b)
(
D = − ξ ± ξ2 − 1 ω La solución a la ecuación diferencial es del tipo:
“Vibración Libre” Página: 52
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Reemplazando (a) en (b) ⎛⎜ − ξ − ξ 2 −1 ⎞⎟ ωt ⎠
⎛⎜ − ξ + ξ 2 −1 ⎞⎟ ωt ⎠
x(t ) = Ae ⎝
+ Be ⎝
(c)
Derivando (c)
)
(
⎛⎜ − ξ + ξ 2 −1 ⎞⎟ ωt ⎠
x&(t ) = A − ξ + ξ 2 − 1 ωe ⎝
(
)
+ B − ξ − ξ − 1 ωe 2
⎛⎜ − ξ − ξ 2 −1 ⎞⎟ ωt ⎝ ⎠
(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 − ξ + ξ 2 − 1 ωe 0 + B − ξ − ξ 2 − 1 ωe 0 (**) Reemplazando (*) en (**)
)
(
x&(0) = (x(0) − B ) − ξ + ξ 2 − 1 ω − ξωB − ξ 2 − 1 ⋅ ωB 2 2 x&(0) = −ξωx(0) + ξ 2 − 1 ⋅ ωx(0) + ξ/ ω / B/ − ξ − 1 ⋅ ωB − ξ/ ω/ B/ − ξ − 1 ⋅ ωB
2ω ξ 2 − 1 ⋅ B = ω ξ 2 − 1 ⋅ x(0) − ξωx(0) − x&(0)
(ξ B=
Reemplazando en (*)
A = x(0 ) −
A=
x&(0 ) +
(ξ
2
)
− 1 − ξ ωx(0) − x&(0 ) 2ω ξ 2 − 1
(ξ
2
)
− 1 − ξ ωx(0 ) − x&(0) 2ω ξ 2 − 1
2ω ξ 2 − 1x(0) − ω ξ 2 − 1x(0) + ξωx(0 ) + x&(0) 2ω ξ 2 − 1 A=
x(t ) =
2
)
x&(0) +
− 1 + ξ ωx(0 )
2ω ξ 2 − 1
(ξ
2
)
− 1 + ξ ωx(0)
2ω ξ − 1 2
⎛⎜ − ξ + ξ 2 −1 ⎞⎟ ωt ⎠
e⎝
+
(ξ
2
*****
)
− 1 − ξ ωx(0 ) − x&(0 ) 2ω ξ 2 − 1
⎛⎜ − ξ − ξ 2 −1 ⎞⎟ ωt ⎠
e⎝
“Vibración Libre” Página: 53
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas El movimiento es una función exponencialmente decreciente con el tiempo y se la clasifica como
Ae(−ξ− ξ −1)ωt 2
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
÷m
c K x&+ x = 0 m m
(1)
& x&+ La expresión se puede escribir como:
D2 +
c K D+ = 0 m m
“Vibración Libre” Página: 54
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas La solución de esta ecuación es: 2
c ⎛ c ⎞ 2 D=− ± ⎜ ⎟ −ω 2m ⎝ 2m ⎠ ξ=
Como
(2)
c y C C = 2mω ⇒ c = 2mωξ CC
Reemplazando en (2)
ξ(2/ m ⎛ ξ(2/ m / ω) / ω) ⎞ 2 ± ⎜ ⎟ −ω 2/ m / / ⎠ ⎝ 2/ m 2
D=−
D = −ξω ± ξ 2 ω 2 − ω 2 ⇒ D = −ξω ± ω ξ 2 − 1 Cambiando el orden del discriminante; este se hace negativo, por tanto imaginario:
D = −ξω ± iω 1 − ξ 2 ω0 = ω 1 − ξ 2
Sea:
D = −ξω ± iω 0 La solución a la ecuación (1) es de la forma:
x(t ) = G 1 e D1t + G 2 e D2t x(t ) = G 1e (− ξω+ iω0 )t + G 2 e (− ξω−iω0 )t
(
x(t ) = e − ξωt G 1 e iω0t + G 2 e − iω0t
)
e iω0t = cos ω 0 t + i sen ω 0 t
Como:
e − iω0t = cos ω 0 t − i sen ω 0 t
Reemplazando y simplificando:
x(t ) = e − ξωt (A cos ω 0 t + B sen ω 0 t )
(3)
x&(t ) = e − ξωt (− Aω 0 sen ω 0 t + Bω 0 cos ω 0 t ) + (− ξω)e − ξωt (A cos ω 0 t + B sen ω 0 t )
(4)
Derivando (3)
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.
“Vibración Libre” Página: 55
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x(t ) =
c
2gh −ω/ 2mω/ t e sen ω 0 t ω0
(
En (3)
)
0 = e 0 A cos 0 o + B sen 0 o ⇒ A = 0 En (4)
(
)
(
2gh = e 0 − Aω 0 sen 0 o + Bω 0 cos 0 o − ξωe 0 A cos 0 o + B sen 0 o 2gh = Bω 0 ⇒ B =
)
2gh ω0
Reemplazando en (3)
⎛ ⎞ 2gh x(t ) = e −ωξt ⎜ 0 cos ω 0 t sen ω 0 t ⎟ ⎜ ⎟ ω0 ⎝ ⎠ x(t ) = x(t ) =
2gh −ωξt e sen ω 0 t ω0
Pero ξ =
c 2mω
c
2gh −ω/ 2mω/ t e sen ω 0 t ω0
2gh − 2cm t x(t ) = e sen ω0 t ω0 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
“Vibración Libre” Página: 56
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas La ecuación diferencial para este caso es: m& x&+ cx&+ Kx = 0
& x&+
÷m
c K x&+ x = 0 m m
La solución o primitiva de esta ecuación es:
x(t ) = e − ξωt (A cos ω 0 t + B sen ω 0 t ) ξ=
ω0 = ω 1 − ξ 2
(a)
c 2mω
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 − ξωt (− Aω 0 sen ω 0 t + Bω 0 cos ω 0 t ) + (− ξω)e − ξωt (A cos ω 0 t + B sen ω 0 t )
(
)
(
4 = e 0 − Aω 0 sen 0 o + Bω 0 cos 0 o − ξωe 0 A cos 0 o + B sen 0 o
)
Pero A = 0 ⇒ B =
4 = Bω 0 − ξωA
4 ω0
Reemplazando en (a) ⎛ 4 ⎞ 4 −ωξt x(t ) = e −ωξt ⎜⎜ sen ω 0 t ⎟⎟ ⇒ x(t ) = e sen ω 0 t ω ω 0 ⎝ 0 ⎠
Pero
ω2 =
(c)
⎡ p lg ⎤ ⎡ rad ⎤ K 25 ⎡ lb / p lg ⎤ = ∗ 384 ⎢ ⇒ ω = 13.86 ⎢ ⎥ 2 ⎥ ⎢ ⎥ m 50 ⎣ lb ⎦ ⎣ seg ⎦ ⎣ seg ⎦
⎡ p lg ⎤ ⎡ lb ⋅ seg ⎤ c 288 c = 0.75 ⎢ ∗ 384 ⎢ ⇒ξ= = ⇒ ξ = 0.21 ⎥ 2 ⎥ 2mω 2(50 )(13.86 ) ⎣ p lg ⎦ ⎣ seg ⎦
⎡ rad ⎤ 2 ω 0 = ω 1 − ξ 2 = 13.86 1 − (0.21) ⇒ ω 0 = 13.55⎢ ⎥ ⎣ seg ⎦ Por tanto estos valores reemplazado en (c)
“Vibración Libre” Página: 57
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x(1) =
4 e −0.21(13.86 )1 sen[13.55(1)] 13.55
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
[∑ M = Iα ]
donde I = mL2 ⇒ ∑ M = mL2 & θ&
− Kx 1 L 1 − cx&2 L 2 − mgL sen θ = mL2 & θ& pero
(1)
x1 = L1θ
x 2 = L 2 θ ⇒ x&2 = L 2 θ& Reemplazando en (1)
− KL21 θ − cL22 θ&− mgLθ = mL2 & θ& Ordenando
(
)
mL2 & θ&+ cL22 θ&+ KL21 + mgL θ = 0
(2)
cL22 & KL21 + mgL & θ&+ θ+ θ=0 mL2 mL2 La solución de esta ecuación de segundo grado es: cL22 2 1 ⎛ cL22 mL ⎜ ± D=− 2 2 ⎜⎝ mL2
2
⎞ ⎛ KL21 + mgL ⎞ ⎟ − 4(1)⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ mL2 ⎠ ⎝ ⎠
“Vibración Libre” Página: 58
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas cL22 1 ⎛ 2cL22 ⎜ ± D=− 2mL2 2 ⎜⎝ 2mL2 ⎛ cL22 cL22 ⎜ ± D=− ⎜ 2mL2 2mL2 ⎝
2
⎞ ⎛ KL21 + mgL ⎞ ⎟ − 4⎜ ⎟ 2 ⎟ ⎜ ⎟ mL ⎠ ⎝ ⎠ 2
⎞ ⎛ KL21 + mgL ⎞ ⎟ −⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ mL2 ⎠ ⎝ ⎠
De aquí, la frecuencia circular amortiguada es la raíz, pero cambiando los términos:
ω=
KL21 + mgL ⎛ cL22 − ⎜⎜ 2 mL2 ⎝ 2mL
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2
“Vibración Libre” Página: 59
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 ω t K c K( + x) cx F 0 senwt
x
x
m
mg
En el nivel de equilibrio estático
Kδ = mg
(1)
“Vibración excitada armónicamente” Página: 60
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Aun desplazamiento “x” m& x&= −K (δ + x ) − cx&+ mg + F0 sen ω t m& x&= −K / δ/ − Kx − cx&+ m / g/ + F0 sen ω t m& x&+ cx&+ Kx = F0 sen ω 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 λ 1t + Be λ 2t
-
( λ 1 , λ 2 son reales y diferentes)
Caso amortiguado crítico (c = C C )
x c = (A + Bt )e − λt -
( λ 1 , λ 2 iguales y reales)
( ) Caso sub – amortiguado c < C C x c = e − ξωt (A cos ω 0 t + B sen ω 0 t )
( λ 1 , λ 2 son complejos)
La solución particular o estacionaria es una solución estacionaria de la misma frecuencia ω de excitación.
Existen varias formas de resolución de la ecuación diferencial (2); una de ellas es: Sea: O también:
x p = A sen ω t + B cos ω t
(4)
x p = x sen(ω t − φ )
(5)
Donde x = Amplitud de oscilación
φ = Fase de desplazamiento con respecto a la fuerza excitatriz. Derivando dos veces (4)
x&p = A ω cos ω t − B ω sen ω t
(6)
& x&p = − A ω 2 sen ω t − B ω 2 cos ω t
(7)
Reemplazando (4), (6) y (7) en (2)
“Vibración excitada armónicamente” Página: 61
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
(
)
m − A ω 2 sen ω t − B ω 2 cos ω t + c(A ω cos ω t − B ω sen ω t ) + K (A sen ω t + B cos ω t ) = F0 sen ω t
Multiplicando y factorizando senos y cosenos
(− m ω
2
)
(
)
A − c ω B + KA sen ω t + − m ω 2 B + c ω A + KB cos ω t = F0 sen ωt
Igualando términos según sean senos o cosenos se tiene:
− m ω 2 t − c ω B + KA = F0
(a)
− m ω 2 B + c ω A + KB = 0
(b)
Resolviendo el sistema: Despejando A de (b)
A=
m ω 2 B − KB cω
(c)
Reemplazando (c) en (a) ⎛ m ω 2 B − KB ⎞ ⎛ m ω 2 B − KB ⎞ ⎟⎟ − c ω B + K ⎜⎜ ⎟⎟ = F0 − m ω 2 ⎜⎜ cω cω ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∗ cω
− m 2 ω 4 + m ω 2 KB − c 2 ω 2 B + m ω 2 KB − K 2 B = c ω F0
(
)
− B m 2 ω 4 − 2m ω 2 K + K 2 + c 2 ω 2 = c ω F0 ⎤ ⎡ 2 2 − B ⎢ m ω 2 − 2 m ω 2 K + K 2 + (c ω ) ⎥ = c ω F0 ⎥ ⎢1 4 4 4 4 2 4 4 4 4 3 ⎦ ⎣
(
[(
B mω 2 + K
)
(
)
) + (c ω ) ] = −c ω F 2
2
0
⇒B=−
(m ω
∗ (− 1)
c ω F0 2
+K
) + (cω ) 2
2
Reemplazando en (c) A=
(K − m ω )F (m ω + K ) + (cω ) 2
0
2
2
2
Reemplazando en (4) xp =
(K − m ω )F (m ω − K ) + (cω ) 2
0
2
2
2
sen ω t −
(m ω
c ω F0 2
−K
) + (cω ) 2
2
cos ω t
Factorizando:
xp =
(m ω
F0 2
−K
) + (cω ) 2
2
[(K − m ω )sen ω t − c ω cos ω t ] 2
(7)
Según (3), la solución es:
“Vibración excitada armónicamente” Página: 62
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas x = e −ξωt (A cos ω 0 t + B sen ω 0 t ) +
(m ω
F0 −K
2
[(K − m ω )sen ω t − cω cos ω t ] 2
) (cω ) 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(ω t − φ )
(5)
x&= xω cos(ω t − φ )
(8)
x&= −xω 2 sen(ω t − φ )
(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 ω x ) + cω x = F (K − m ω ) x + (c ω ) x = F 2
0
2 2
x=
2
2
2
2 0
F0
(K − m ω ) + (cω ) 2 2
la magnitud será:
(10)
2
La fase se obtiene del gráfico: cwx o
tagφ =
(K - mw)x
c ω x/ cω ⇒ φ = arctag (K − m ω )x/ K − mω 2
(11)
Dividiendo entre K el numerador y denominador de (10) y (11) se obtiene:
“Vibración excitada armónicamente” Página: 63
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas cω K φ = arctag mω 2 1− K
F0 K
x=
⎛ mω 2 ⎜⎜ 1 − K ⎝
2
⎞ ⎛ cω ⎞ ⎟⎟ + ⎜ ⎟ ⎠ ⎝K ⎠
2
Considerando las expresiones: K → m
ω=
Frecuencia natural de oscilación no amortiguado
C c = 2mω → ξ=
Amortiguamiento crítico
c → Cc
Factor de amortiguamiento
ω ω ω cω ⎛ c ⎞ ω ⎟⎟C c = ⎜⎜ = ξ(2mω) = 2ξω 2/ = 2ξ ω K ⎝ Cc ⎠ K K ω
Reemplazando en estas últimas ecuaciones ω ω φ = arctag 2 ⎛ω⎞ 1−⎜ ⎟ ⎝ω⎠ 2ξ
xK 1 = 2 2 F0 ⎛ ω2 ⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜⎜ 1 − 2 ⎟⎟ + ⎜ 2ξ ⎟ ω ⎠ ⎝ ω⎠ ⎝
Estas ecuaciones indican que la amplitud adimensional 180° 0 .0 0
0 .0 5
0 .0 5 0 .1 5
Angulo de fase
xK F0
xK y la fase φ son funciones solamente F0
3 .0
0 .3 7 5
90°
0 .1 0
2 .0
ξ =1 0
0 .2 5
3 1 2 4 R a zó n d e fre cu e n cia s w /w
5
3 .0 4 .0 R a zó n d e fre cu e n cia s w /w
5 .0
0 .3 7 5 1 .0 -1 .0
0
1 .0
0 .5
2 .0
ξ=
C Cc
“Vibración excitada armónicamente” Página: 64
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas de la razón de frecuencias
ω y el factor de amortiguación ξ , que gráficamente se representan ω
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
ω , pequeño, igual a uno y grande. ω
Para valores pequeños, las fuerzas de inercia y las de amortiguamiento son pequeñas, lo que implica un φ (ángulo de fase) pequeño. Por tanto la magnitud de la fuerza global es igual a la fuerza del resorte.
mw2x cwx
Fo
o
Para
Kx x
ω = 1 el ángulo de fase es 90°, note que la fuerza de inercia es mayor y es equilibrada por ω
la fuerza del resorte, mientras que la fuerza aplicada supera a la fuerza de amortiguación. mw2x cwx o
Para
Kx
o = 90°
ω >> 1 , φ se aproxima a 180° y la fuerza aplicada se emplea casi enteramente en vencer la ω
gran fuerza de inercia.
mw2x cwx Fo
o
Kx
x
“Vibración excitada armónicamente” Página: 65
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 c2
K2 y
y (t) = Ucoswt
y = U cos ω 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 1 4 2 43 c
K
m& x&+ cx&+ Kx = c 2 y&+ K 2 y
Pero Derivando
y = U cos ω t y&= −U ω sen ω t m& x&+ cx&+ Kx = c 2 (− U ω sen ω t ) + K 2 (U cos ω t ) m& x&+ cx&+ Kx = K 2 U cos ω t − c 2 U ω sen ω t m& x&+ cx&+ Kx = P cos(ω t + φ )
Donde:
P = U K 22 + c 2 ω 2
“Vibración excitada armónicamente” Página: 66
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas φ = arctag
c2 ω 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 c(x - y)
K
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 ω t ⇒ & y&= − A ω 2 sen ω t
(
m& z&+ cz&+ Kz = −m − A ω 2 sen ω t
)
m& z&+ cz&+ Kz = m ω A sen ω t
Note que la ecuación siempre es la misma y lo único que cambia es la amplitud de excitación.
“Vibración excitada armónicamente” Página: 67
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Ejm. El pistón mostrado en la Fig. oscila con un movimiento armónico x = A cos ω 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 ω t ⇒ y&= − A ω sen ω t
Pero
m& x&+ cx&+ Kx = cA ω sen ω t
(1)
La solución particular tiene la forma: x = G 1 sen ω t + G 2 cos ω t x&= G 1 ω cos ω t − G 2 ω sen ω t
& x&= −G 1 ω 2 sen ω t − G 2 ω 2 cos ω t
Reemplazando en (1)
−mG1ω2 senωt −mG2 ω2 cosωt + cG1ωcosωt −cG2 ωsenωt + KG1 senωt + KG2 cosωt = −cAωsenωt Factorizando senos y cosenos
[(K − m ω )G 2
1
]
[(
]
)
− c ω G 2 sen ω t + K − m ω 2 G 2 + c ω G 1 cos ω t = −cA sen ω t
Igualando términos
(K − m ω )G − cω G = −cAω c ω G + (K − m ω )G = 0 2
1
2
2
1
2
“Vibración excitada armónicamente” Página: 68
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Resolviendo este sistema, se halla las constantes G 1 y G 2 a = K − mω 2
Sea:
b = cω
Reemplazando a y b en el sistema aG 1 − bG 2 = −bA bG 1 + aG 2 = 0 G1 = −
(
)
abA K − mω 2 cω A ⇒ G = − 1 2 2 a2 + b2 K − m ω 2 + (c ω )
(
)
(c ω ) A b2A G2 = 2 ⇒ G2 = 2 2 2 a +b K − m ω 2 + (c ω ) 2
(
x G2
)
La amplitud
wt x wt
x = G +G ⇒ x = 2 1
o
G1
x =
x =
La fase:
(a
2
2 2
)
+ b 2 (bA )
(a
2
+ b2
(− abA )2
(a
2
+ b2
2
)
2
⇒ x =
+
(b A )
) (a 2
2
2
2
+ b2
)
2
b2A bA = 2 2 a +b a2 + b2
cω A
(K − m ω ) + (cω ) 2 2
2
b2A 2 2 G b φ = arctag 2 = arctag a + b = arctag − abA G1 −a 2 2 a +b φ = −arctag
cω K − mω 2
Desbalanceamiento rotacional. El desbalance en máquinas rotatorias es una causa de excitación vibratoria.
“Vibración excitada armónicamente” Página: 69
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 m e wt
esenwt
M c
K/2
K/2
Considerando que el sistema está restringido a moverse en dirección vertical. El desbalance está representado por una masa excéntrica “m” con excentricidad “e” que rota con velocidad ω .
La fuerza centrífuga debido al desbalanceamiento en la parte rotatoria de la máquina es:
(
F = ma N = m e ω 2
)
La proyección vertical de F es: FV = me ω 2 sen ω t
Por tanto la ecuación diferencial del movimiento es:
M& x&+ cx&+ Kx = me ω 2 sen ω t
(1)
Esta ecuación es idéntica al caso de la oscilación forzada con amortiguación; siendo F0 = me ω xp =
xp =
me ω 2
sen ω t
(K − m ω ) + (c ω ) 2 2
2
me ω 2 K 2
⎛ ω ⎞ ⎛ ω⎞ ⎜⎜ 1 − 2 ⎟⎟ + ⎜ 2ξ ⎟ ω ⎠ ⎝ ω⎠ ⎝ 2
sen ω t 2
“Vibración excitada armónicamente” Página: 70
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Decremento logarítmico. 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 − ξωt (A cos ω 0 t + B sen ω 0 t )
El decremento logarítmico, se define como el logaritmo natural de la razón de dos amplitudes sucesivas cualesquiera. e − ξωt1 (A cos ω 0 t + B sen ω 0 t ) x1 δ = ln ⇒ δ = ln −ξω(t + τ ) 1 x2 [A cos ω 0 (t 1 + τ ) + B sen ω 0 (t 1 + τ )] e
Como el seno y el coseno son funciones periódicas, pueden simplificarse los factores y queda:
δ = ln
e − ξωt1
e −ξω (t1 + τ )
⇒ δ = ln
e − ξωt1 ⇒ δ = ln e ξωτ − ξω (t 1 + τ ) − ξωτ e e
δ = ξωτ
Como :
τ=
2π
ω 1 − ξ2
“Vibración excitada armónicamente” Página: 71
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas δ = ξω /
2π
ω/ 1 − ξ
2
2πξ
⇒δ=
1 − ξ2
ξ 2 , un ω
resorte no amortiguado es superior a un resorte amortiguado, para efectos de reducir la transmisibilidad.
TR =
⎛ ω⎞ 1 + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω⎠
Ft = F0
2
2
⎛ ω2⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎝ ω⎠
2
ω = ω0
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:
xp =
F0 K 2
⎛ ω ⎞ ⎛ ω⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ + ⎜ 2ξ ⎟ ω ⎝ ω⎠ 1 ⎝4 4 44 ⎠2 4 4 4 43 2
2
sen(ωt − φ)
A
“Vibración excitada armónicamente” Página: 80
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 2
⎛ ω2⎞ ⎛ ω ⎞ F0 = AK ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎝ ω⎠
xp = A sen(ω t − φ )
2
x&p = ω A cos(ω t − φ )
(2)
(2) en (1)
Ft = KA sen(ω t − φ ) + c ω A cos(ω t − φ )
(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 ω )
2
(4)
La fuerza impresa está dada por: ⎛ cω ⎞ Ft = AK 1 + ⎜ ⎟ ⎝ K ⎠
ω=
2
K = m
Frecuencia natural
cc = 2mω =
ξ=
Amortiguamiento crítico
c = cc
Factor o razón de amortiguamiento
cω c ccω ω 2mωω 2ωω = =ξ = ξ 2 = 2ξ ω K cc K K ω ⎛ ω⎞ Ft = AK 1 + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω⎠
TR =
Ft = F0
2
⎛ ω⎞ 1 + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω⎠ 2
2
⎛ ω2⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎝ ω⎠
2
Cuando el amortiguamiento es despreciable, la ecuación de transmisibilidad se reduce a:
“Vibración excitada armónicamente” Página: 81
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1
TR =
⎛ω ⎞ ⎜ ⎟ −1 ⎝ω ⎠ 2
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?
m = 200lb.
1 lb.seg 2 ⇒ m = 0.52 p lg p lg 384 2 seg
ω = 2πf = 2π(1800 )
rev 1min rad ⋅ ⇒ ω = 188.5 min 60seg seg
Suponiendo que tiene muy poca amortiguación: ⇒ ξ ≅ 0 Reemplazando en:
T .R . =
⎛ ω⎞ 1 + ⎜ 2ξ ⎟ ⎝ ω⎠
Ft = F0
T.R . =
0 .1 =
2
2
⎛ ω2 ⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜⎜ 1 − 2 ⎟⎟ + ⎜ 2ξ ⎟ ω ⎠ ⎝ ω⎠ ⎝
1 ω −1 ω2 2
1 ω2 −1 ω2
⇒
2
⇒ Note el cambio de orden en el denominador
ω2 − 1 = 10 ω2
ω2 K ω2 ω2 2 11 ω = ⇒ = ⇒ = 11 m 11 ω2 1 ⎞ lb ⋅ seg 2 ⎛ ⎟ ⎜⎜ 188.5 0 . 52 2 seg ⎟⎠ p lg ⎝ mω K= = 11 11
2
“Vibración excitada armónicamente” Página: 82
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas K = 1679.7
lb p lg
Energía disipada por amortiguamiento. 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 “ Fd ” se calcula de la ecuación general.
Wd = ∫ Fd dx
(1)
En general, “ Wd ” 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. Fd = cx& x = Asen(ωt − φ ) x&= ωA cos(ωt − φ )
Reemplazando en (1)
Wd = ∫ cx&dx = ∫ cx&2 dt Wd = cω 2 A2 ∫
2π / ω
0
cos 2 (ωt − φ )dt = πcωA2
(2)
“Vibración excitada armónicamente” Página: 83
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas De interés particular es la energía disipada en vibración forzada a resonancia. Sustituyendo:
ω=
K ∧ c = 2ξ Km m
Wd = 2ξπKA2
en (2) (3)
La energía disipada por ciclo de la fuerza de amortiguación puede representarse como sigue. Escribiendo la velocidad en la forma: x&= ωA cos(ωt − φ ) = ±ωA 1 − sen 2 (ωt − φ ) x&= ± A2 − x 2 Por tanto:
Fd = cx&= ± cω A2 − x 2
(4)
Reordenando la ecuación se tiene: 2
2
⎛ Fd ⎞ ⎛ x ⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ =1 ⎝ cωA ⎠ ⎝ A ⎠
(5)
Esta ecuación se conoce como la de una elipse con “ Fd ” 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
“Vibración excitada armónicamente” Página: 84
Facultad de Ciencias y Tecnología 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” Página: 85
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 θ(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
y2
1
x1
coordenadas para especificar la posición de las masas “ m1 ” y
y1
L1 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 “ θ1 ” y “ θ 2 ”
m2
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.
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 86
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 normal de vibración. Considerando el sistema no amortiguado, usando las coordenadas “ x1 ” y “ x2 ”, medidas desde una referencia inercial.
Las ecuaciones del movimiento son:
x1 K
K
m
Kx 1
m
x2
K
2m
K(x 1 - x 2 )
2m
Kx 2
m& x&1 = −Kx − K (x1 − x 2 )
(1)
2mx2 = K ( x1 − x2 ) − Kx2
(2)
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 87
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 = A1eiωt
(3)
x 2 = A 2e iωt
(4)
Derivando (3) y (4) x&1 = iωA 1 e iωt ; & x&1 = i 2 ω 2 A 1 e iωt
pero i 2 = −1 ⇒ & x&1 = −ω 2 A 1 e iωt
x&2 = iωA 2 e iωt ; & x&2 = i 2 ω 2 A 2 e iωt
pero i 2 = −1 ⇒ & x&2 = −ω 2 A 2 e iωt
Sustituyendo en (1) y (2) En (1)
(
)
(
m − ω 2 A 1e iωt = −KA 1e iωt − K A 1 e iωt − A 2 e iωt
)
− mω 2 A 1 e iωt = (− KA 1 − KA 1 + KA 2 )e iωt − mω 2 A 1 = −2KA 1 + KA 2
(2K − mω )A
− KA 2 = 0
2
1
(5)
En (2)
(
)
(
)
2m − ω 2 A 2 e iωt = K A 1 e iωt − A 2 e iωt − KA 2 e iωt − 2mω 2 A 2 e iωt = (KA 1 − 2KA 2 )e iωt − 2mω 2 A 2 = KA 1 − 2KA 2
(2K − 2mω )A 2
2
− 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
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 88
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 2 K − mω 2
−K
−K
2 K − 2mω 2
=0
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 − 4mKλ − 2mKλ + 2m 2λ2 − K 2 = 0
[÷ 2m ]
2m 2λ2 − 6mKλ + 3K 2 = 0
2
2
3⎛ K ⎞ ⎛K⎞ ⎟λ + ⎜ ⎟ = 0 2⎝ m ⎠ ⎝m⎠
λ2 − 3⎜
Resolviendo: 2
2
K ⎛K⎞ ⎛K⎞ K K 3 ± 9⎜ ⎟ − 6⎜ ⎟ 3 ± 3 m ⎝m⎠ ⎝m⎠ λ= = m m 2 2
λ=
K ⎛3± 3 ⎞ K ⎟ ⇒ λ1 = 2.366 ⎜ ⎟ ⎜ m⎝ 2 ⎠ m
λ2 = 0.634
K m
Retornando a la variable inicial λ = ω 2
ω1 = λ1 ⇒ ω1 = 2.366
K m
ω 2 = λ2 ⇒ ω 2 = 0.634
K m
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 89
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sustituyendo cada una de estas frecuencias en las condiciones (5) y (6) permite hallar la razón de las amplitudes. (1)
Para
⎛A ⎞ K ω = 2.366 ⇒ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ m ⎝ A2 ⎠
( 2)
Para
⎛A ⎞ K ω = 0.634 ⇒ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ m ⎝ A2 ⎠
2 1
2 2
⎛A ⎞ K 1 = = ⇒ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ 2 2 K − ω1 m 2 − 2.366 ⎝ A2 ⎠
(1)
⎛A ⎞ 1 K = = ⇒ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ 2 2 K − mω 2 2 − 0.634 ⎝ A2 ⎠
= −2.73
( 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.
K1x1
K1 x1
m1 K2(x1 - x2)
m1
m2 K2x2
DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE
K2 Planteando
x2
K2(x1 - x2)
[∑ F = ma] a cada cuerpo
− K 1 x 1 − K 2 (x 1 − x 2 ) = m 1 & x&1
m2 K3
K 2 (x 1 − x 2 ) − K 3 x 2 = m 2 & x&2
Ordenando m 1& x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − K 2 x 2 = 0
(1)
m 2& x&2 − K 2 x 1 + (K 2 + K 3 )x 2 = 0
(2)
Suponiendo que el sistema es periódico y se compone de movimientos armónicos de diferentes amplitudes y frecuencias x 1 = A sen(ωt − φ )
(3)
x 2 = B sen(ωt − φ )
(4)
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 90
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Donde A, B, φ son constantes arbitrarias y ω una de las frecuencias naturales del sistema Derivando (3) y (4) x&1 = Aω cos(ωt − φ )
x&1 = − Aω 2 sen(ωt − φ ) &
(5)
x&2 = Bω cos(ωt − φ )
x&2 = −Bω 2 sen(ωt − φ ) &
(6)
(5) y (6) en (1) y (2) − m 1 ω 2 A sen(ωt − φ ) + (K 1 + K 2 )A sen(ωt − φ ) − K 2 B sen(ωt − φ ) = 0
÷ sen(ωt − φ )
− m 1 ω 2 A + (K 1 + K 2 )A − K 2 B = 0
(K
1
)
+ K 2 − m 1ω 2 A − K 2 B = 0
(7)
− m 2 ω 2 B sen(ωt − φ ) − K 2 A sen(ωt − φ ) + (K 2 + K 3 )B sen(ωt − φ = 0)
÷ sen(ωt − φ )
− m 2 ω 2 B − K 2 A + (K 2 + K 3 )B = 0
(
)
− K 2 A + K 2 + K 3 − m 2 ω2 B = 0
(8)
Formando un sistema con (7) y (8)
(
)
⎧ K 1 + K 2 − m 1ω 2 A − K 2 B = 0 ⎨ 2 ⎩− K 2 A + K 2 + K 3 − m 2 ω 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. K 1 + K 2 − m1ω2
− K2
− K2
K 2 + K 3 − m 2ω2
=0
sea λ = ω 2
Desarrollando el sistema
(K 1 + K 2 − m 1 λ )(K 2 + K 3 − m 2 λ ) − K 22 = 0 K 1 K 2 + K 1 K 3 − m 2 K 1 λ + K 22 + K 2 K 3 − m 2 K 2 λ − m 1 K 2 λ − m 1 K 3 λ + m 1 m 2 λ2 − K 22 = 0 Ordenando
m 1m 2 λ2 − (m 2 K 1 + m 2 K 2 + m 1 K 2 + m 1 K 3 )λ + K 1 K 2 + K 1 K 3 + K 2 K 3 = 0
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 91
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas m 1m 2 λ2 − [m 2 (K 1 + K 2 ) + m 1 (K 2 + K 3 )]λ + K 1 K 2 + K 1 K 3 + K 2 K 3 = 0
(ω )
2 2
÷ m 1m 2
⎡ K + K 2 K 2 + K 3 ⎤ 2 K 1K 2 + K 1K 3 + K 2 K 3 −⎢ 1 + =0 ⎥ω + m2 ⎦ m 1m 2 ⎣ m1
(9)
De esta ecuación saldrán dos frecuencias ω1 y ω 2 La razón de amplitudes o forma modal se obtiene de las ecuaciones (7) y(8)
(K
1
)
+ K 2 − m1ω2 A = K 2 B ⇒
K2 A = B K 1 + K 2 − m1ω2
A K 2 + K 3 − m 2ω2 K 2 + K 3 − m 2ω B = K 2 A ⇒ = B K2
(
2
)
K 2 + K 3 − m 2 ω12 A1 K2 = = B 1 K 1 + K 2 − m 1 ω12 K2 K 2 + K 3 − m 2 ω 22 A2 K2 = = B 2 K 1 + K 2 − m 1 ω 22 K2
Cualquier vibración libre puede considerarse como la superposición de sus modos normales; así los dos desplazamientos pueden escribirse como: Llamadas soluciones generales: x 1 = A 1 sen(ω1 t + φ 1 ) + A 2 sen(ω 2 t + φ 2 ) x 2 = B 1 sen(ω1 t + φ 1 ) + B 2 sen(ω 2 t + φ 2 )
Se puede representar gráficamente los dos modos normales: 1.0 -2.73
0.731
1.0
ω12 = 0.634
k m
ω 22 = 2.366
K m
Para la función de forma del modo normal, se esa la siguiente notación:
⎧0.731⎫ ⎬ ⎩ 1.0 ⎭
ψ1(x) = ⎨
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 92
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ⎧− 2.73⎫ ⎬ ⎩ 1.0 ⎭
ψ 2 (x ) = ⎨
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& θ&1
Pero
x 1 = rθ 1 x 2 = rθ 2
I=
1 mr 2 2
1 − K 1 (rθ 1rθ 2 )r = mr 2 & θ&+ mr 2 & θ& 2 3 mr 2 & θ&+ K 1r 2 θ 1 − K 1r 2 θ 2 = 0 2
( )
÷ r2
3 & mθ&1 + K 1 θ 1 − K 1 θ 2 = 0 2 K 1 (x 1 − x 2 )r − K 2 r = (ma )r + I& θ&2
3 mr 2 & θ&2 + K 2 r 2 θ 2 − K 1 r (rθ 1 − rθ 2 ) = 0 2
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 93
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 3 mr 2 & θ&2 + K 2 r 2 θ 2 − K 1 r 2 θ 1 + K 1r 2 θ 2 = 0 2 3 & mθ&2 + (K 1 + K 2 )θ 2 − K 1 θ 1 = 0 2 3. Encuentre la ecuación de frecuencia del péndulo acoplado.
L
L 1 m x1
K
2 x2
L m
[∑ M = I&θ&] I 1& θ&12 = −mgx 1 − K (x 1 − x 2 )L cos θ 1 I 1& θ&12 + mgL sen θ 1 + K (L sen θ 1 − L sen θ 2 )L cos θ 1 = 0 Para oscilaciones pequeñas sen θ ≈ θ
cos θ ≈ 1
I 1& θ&12 + mgLθ 1 + K (Lθ 1 − Lθ 2 )L = 0
(
)
I 1& θ&12 + mgL + KL2 θ 1 − KL2 θ 2 = 0 (1) I 2& θ&22 = −mg 2L sen θ 2 + K (x 1 − x 2 )L cos θ 2 I 2& θ&22 + 2mgLθ 2 − K (Lθ 1 − Lθ 2 )L = 0
(
)
I 2& θ&22 − KL2 θ 1 + 2mgL + KL2 θ 2 = 0 Sean:
(2)
θ 1 = A sen(ωt − φ ) ⇒ & θ&1 = −ω 2 A sen(ωt − φ ) θ 2 = B sen(ωt − φ ) ⇒ & θ&2 = −ω 2 B sen(ωt − φ )
En (1) y (2)
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 94
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas I = mR 2 ⇒ I 1 = mL2 ∧ I 2 = m(2L ) = 4mL2 2
Como
(
)
− mL2 ω 2 A sen(ωt − φ ) + mgL + KL2 A sen(ωt − φ ) − KL2 B sen(ωt − φ ) = 0
(
)
− mL2 ω 2 A + mgL + KL2 A − KL2 B = 0
÷ [sen(ωt − φ )]
÷ (L )
(mg + KL − mLω )A − KLB = 0 (3) − 4mL ω B sen(ωt − φ ) − KL A sen(ωt − φ ) + (2mgL + KL )B sen(ωt − φ ) = 0 − 4mL ω B − KL A + (2mgL + KL )B = 0 − KLA + (2mg + KL − 4mLω )B = 0 2
2
2
2
2
2
2
2
÷ [sen(ωt − φ )]
2
2
mg + KL − mLω 2 − KL
(4)
− KL =0 2mg + KL − 4mLω 2
Desarrollando
2m 2 g 2 + 3mgKL − 6m 2 gLω 2 + K 2 L2 − 5mKL2 ω 2 + 4m 2 L2 ω 4 − K 2 L2 = 0
(
)
4m 2 L2 ω 4 − 6m 2 gL + 5mKL2 ω 2 + 2m 2 g 2 + 3mgKL = 0
(4mL )ω − (6mgL + 5KL )ω 2
4
2
2
÷ (m )
+ 2mg 2 + 3gKL = 0
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 θ 1 − T sen θ 2 = m& x&1
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 95
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Pero
sen θ 1 =
x1 = tangθ 1 L
sen θ 2 =
x1 − x 2 = tangθ 2 2L
x1 x − x2 T+ 1 T=0 L 2L
m& x&1 +
Por tanto:
2mL& x&1 + 2Tx 1 + Tx 1 − Tx 2 = 0 2mL& x&1 + 3Tx 1 − Tx 2 = 0
(1)
T sen θ 2 − T sen θ 3 = m& x&2 T
x1 − x 2 x − T 2 = m& x&2 2L L
2mL& x&2 + 2Tx 2 − Tx 1 + Tx 2 = 0 2mL& x&2 − Tx 1 + 3Tx 2 = 0 x 1 = A sen(ωt − φ )
Sean:
x 2 = B sen(ωt − φ )
(3) en (1)
[
(2)
x&1 = −ω 2 A sen(ωt − φ ) &
(3)
x&2 = −ω 2 B sen(ωt − φ ) &
]
2mL − ω 2 A sen(ωt − φ ) + 3TA sen(ωt − φ ) − TB sen(ωt − φ ) = 0 ÷ [sen(ωt − φ )]
− 2mLω 2 A + 3TA − TB = 0
(3T − 2mLω )A + 3TB = 0 2
(4)
(3) en (2)
− 2mLω 2 B sen(ωt − φ ) − TA sen(ωt − φ ) + 3TB sen(ωt − φ ) = 0
÷ [sen(ωt − φ )]
− 2mLω 2 B − TA + 3TB = 0
(
)
− TA + 3T − 2mLω 2 B = 0 3T − 2mLω 2 −T
−T =0 3T − 2mLω 2
(3T − 2mLω ) − T = 0 (3T − 2mLω − T)(3T − 2mLω + T) = 0 2 2
2
(5)
2
Diferencia de cuadrados
2
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 96
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 4T − 2mLω 2 = 0 ⇒ −ω 2 =
2T − 2mLω 2 = 0 ⇒ ω 2 =
4T ⇒ 2mL
T ⇒ mL
ω1 =
2T mL
ω2 =
T mL
5. La masa “m” suspendida dentro de un marco rígido por medio de cuatro resortes. Determine las frecuencias naturales de vibración.
K1
K1x1 K3
K4
m
K3x2
m K2
m
K4x2
K2x2
− K 1 x 1 − K 2 x 1 = m& x&1 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 + K 4 )x 2 = 0 Sean:
x&1 = −ω 2 A sen(ωt − φ ) &
x 1 = A sen(ωt − φ ) x 2 = B sen(ωt − φ )
(2) (3)
x&2 = −ω 2 B sen(ωt − φ ) &
(3) en (1)
− mω 2 A sen(ωt − φ ) + (K 1 + K 2 )A sen(ωt − φ ) = 0
÷ [A sen(ωt − φ )]
− mω 2 + K 1 + K 2 = 0 mω = K 1 + K 2 ⇒ 2
ω1 =
K1 + K 2 m
(3) en (2)
− mω 2 B sen(ωt − φ ) + (K 3 + K 4 )B sen(ωt − φ ) = 0 ÷ [B sen(ωt − φ )]
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 97
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas − mω 2 + K 3 + K 4 = 0 mω 2 = K 3 + K 4 ⇒
ω2 =
K3 + K4 m
Acoplamiento de coordenadas. 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: ⎛ m 11 ⎜⎜ ⎝ m 21
m 12 ⎞⎛ & x& ⎞ ⎛ K ⎟⎟⎜⎜ 1 ⎟⎟ + ⎜⎜ 11 m 22 ⎠⎝ & x&2 ⎠ ⎝ K 21
K 12 ⎞⎛ x 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ K 22 ⎟⎠⎜⎝ x 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠
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).
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 98
Facultad de Ciencias y Tecnología 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. ⎛ m 11 ⎜⎜ ⎝ 0
0 ⎞ ⎧& x& ⎫ ⎛ c ⎟⎟⎨ 1 ⎬ + ⎜⎜ 11 m 22 ⎠⎩& x&2 ⎭ ⎝ c 21
0 ⎞⎧ x 1 ⎫ ⎧0⎫ ⎟⎨ ⎬ = ⎨ ⎬ K 22 ⎟⎠⎩x 2 ⎭ ⎩0⎭
c 12 ⎞⎧ x&1 ⎫ ⎛ K 11 ⎟⎨ ⎬ + ⎜ c 22 ⎟⎠⎩x&2 ⎭ ⎜⎝ 0
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.
Acoplamiento estático:
L1
L2
G mg
K1
K2
LINEA DE REFERENCIA L1
x L2
K1(x - L 1 )
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&] − K1 ( x − L1θ ) − K 2 ( x + L2θ ) = m& x& m& x&+ K1 x − K1L1θ + K 2 x + K 2 L2θ = 0
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 99
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas m& x&+ (K 1 + K 2 )x + (K 2 L 2 − K 1 L 1 )θ = 0
[∑ M
0
]
= I& θ&
K 1 (x − L 1 θ )L 1 − K 2 (x + L 2 θ )L 2 = I& θ&
I& θ&− K 1 xL1 + K 1 L21 θ + K 2 xL 2 + K 2 L22 θ = 0
(
)
I& θ&+ (K 2 L 2 − K 1 L 1 )x + K 1 L21 + K 2 L22 θ = 0
Formando el sistema: x&+ (K 1 + K 2 )x + (K 2 L 2 − K 1 L 1 )θ = 0 ⎧ m& ⎨& 2 2 ⎩Iθ&+ (K 2 L 2 − K 1 L 1 )x + K 1 L 1 + K 2 L 2 θ = 0
(
)
En forma matricial: x&⎞ ⎛ K 1 + K 2 ⎛ m 0 ⎞⎛ & ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ θ&⎠ ⎝ K 2 L 2 − K 1 L 1 ⎝ 0 I ⎠⎝ &
K 2 L 2 − K 1 L 1 ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ K 1 L21 + K 2 L22 ⎟⎠⎜⎝ θ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠
Por la teoría se dice que tiene un acoplamiento estático. Si K 1 L 1 = K 2 L 2 el acoplamiento estático desaparece.
Acoplamiento dinámico:
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 )
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 100
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 2 L 4
[∑ F = m&x&] − K 1 (x − L 3 θ ) − K 2 (x + L 4 θ ) − me& θ&= m& x& m& x&+ K 1 x − K 1 L 3 θ + K 2 x + K 2 L 4 θ + me& θ&= 0 m& x&+ me& θ&+ (K 1 + K 2 )x + (K 2 L 4 − K 1 L 3 )θ = 0
[∑ M
0
]
= I& θ&
K 1 (x − L 3 θ )L 3 − K 2 (x + L 4 θ )L 4 − me& x&= I& θ& I& θ&− K 1 xL 3 + K 1 L23 θ + K 2 xL 4 + K 2 L24 θ + me& x&= 0
(
)
I& θ&+ me& x&+ (K 2 L 4 − K 1 L 3 )x + K 1 L23 + K 2 L24 θ = 0
En forma matricial: x&⎞ ⎛ K 1 + K 2 ⎛ m me ⎞⎛ & ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ θ&⎠ ⎝ K 2 L 4 − K 1 L 3 ⎝ me I ⎠⎝ &
Pero como
K 2 L 4 − K 1 L 3 ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ K 1 L23 + K 2 L24 ⎟⎠⎜⎝ θ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠
K 1L 3 = K 2 L 4 x&⎞ ⎛ K + K 2 ⎛ m me ⎞⎛ & ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ 1 0 θ&⎠ ⎝ ⎝ me I ⎠⎝ &
⎞⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ K 1 L + K 2 L ⎟⎠⎜⎝ θ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ 0
2 3
2 4
En este caso, las coordenadas elegidas eliminan el acoplamiento estático e introducen el dinámico.
Acoplamiento estático – dinámico: Se obtiene al elegir “x” en el extremo de la barra.
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 101
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas L
G L1
K1
K2
x
LINEA DE REFERENCIA
L1 L2
O
K 1x
mx = mL1
K 2(x - L )
[∑ F = m&x&] − K 1 x − K 2 (x + Lθ ) − mL 1 & θ&= m& x& m& x&+ mL 1 & θ&+ K 1 x + K 2 x + K 2 Lθ = 0 m& x&+ mL 1 & θ&+ (K 1 + K 2 )x + K 2 Lθ = 0
[∑ M
A
]
= I& θ&
K 1 x(0 ) − m& x&L 1 − K 2 (x + Lθ )L = I& θ&
I& θ&+ mL 1& x&+ K 2 xL + K 2 L2 θ = 0 I& θ&+ mL 1& x&+ K 2 Lx + K 2 L2 θ = 0
En forma matricial: ⎛ m ⎜⎜ ⎝ mL 1
mL 1 ⎞⎛ & x&⎞ ⎛ K + K 2 ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ 1 I ⎠⎝ & θ&⎠ ⎝ K 2 L
K 2 L ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ K 2 L2 ⎟⎠⎜⎝ θ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠
Ecuación de Lagrange. Son ecuaciones diferenciales de movimiento, expresadas en términos de coordenadas generalizadas.
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 102
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Ecuación de Lagrange para una partícula: Considerando la ecuación del movimiento de una partícula [Fϖ = maϖ] De aquí se obtiene tres ecuaciones escalares x& ⎧Fx = m& ⎪ y& ⎨Fy = m& ⎪ F = m& z& ⎩ z ) ) ) Considerando un desplazamiento virtual: δrϖ= δx i + δy j + δzk
El trabajo virtual realizado por la fuerza es: ϖ F ⋅ δrϖ= Fx δx + Fy δy + Fz δz ϖ F ⋅ δrϖ= m& x&δx + m& y&δy + m& z&δz
(0)
(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 δx, δy , δz en términos de δq 1 , δq 2 , δq 3
δx =
∂x ∂x ∂x δq 1 + δq 2 + δq 3 ∂q 1 ∂q 2 ∂q 3
δy =
∂y ∂y ∂y δq 1 + δq 2 + δq 3 ∂q 1 ∂q 2 ∂q 3
δz =
∂z ∂z ∂z δq 1 + δq 2 + δq 3 ∂q 1 ∂q 2 ∂q 3
Sustituyendo en (1): ⎛ ∂x ⎞ ⎛ ∂y ⎞ ⎛ ∂z ⎞ ϖ ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z F ⋅ δrϖ= Fx ⎜⎜ δq 1 + δq 2 + δq 3 ⎟⎟ + Fy ⎜⎜ δq 1 + δq 2 + δq 3 ⎟⎟ + Fz ⎜⎜ δq 1 + δq 2 + δq 3 ⎟⎟ q q q q q q q q q ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 3 2 3 2 3 ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠
⎛ ∂z ⎛ ∂y ⎛ ∂x ϖ ∂z ∂z ⎞ ∂y ∂y ⎞ ∂x ∂x ⎞ F ⋅ δrϖ= m⎜⎜ & x& + & y& z& ⎟⎟δq1 + m⎜⎜ & x& + & y& z& ⎟⎟δq 2 + m⎜⎜ & x& + & y& z& ⎟⎟δq 3 +& +& +& ∂q 2 ∂q 3 ⎠ ∂q 2 ∂q 3 ⎠ ∂q 2 ∂q 3 ⎠ ⎝ ∂q1 ⎝ ∂q1 ⎝ ∂q1
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 103
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 δq 1 , δq 2 , δq 3 fuerzas generalizadas y se designará por Q 1 , Q 2 , Q 3 . Por tanto: ⎛ ∂x ∂y ∂z ⎞ +& +& Q 1 = m⎜⎜ & x& y& z& ⎟⎟ ∂q 1 ∂q 1 ⎠ ⎝ ∂q 1
ó
Q 1 = Fx
∂y ∂z ∂x + Fy + Fz ∂q 1 ∂q 1 ∂q 1
⎛ ∂x ∂y ∂z +& +& Q 2 = m⎜⎜ & x& y& z& ∂q 2 ∂q 2 ⎝ ∂q 2
⎞ ⎟⎟ ⎠
ó
Q 2 = Fx
∂y ∂z ∂x + Fy + Fz ∂q 2 ∂q 2 ∂q 2
⎛ ∂x ∂y ∂z +& +& Q 3 = m⎜⎜ & x& y& z& ∂q 3 ∂q 3 ⎝ ∂q 3
⎞ ⎟⎟ ⎠
ó
Q 3 = Fx
∂y ∂z ∂x + Fy + Fz ∂q 3 ∂q 3 ∂q 3
Ahora se transformará los miembros derechos de estas ecuaciones. Se hará solo para el
∂x término: & x& ∂q1
Despejando:
Derivando (*)
d ⎛ ∂x ⎞ d ⎛ ∂x ⎞ ∂x ⎟ ⎜⎜ x& ⎟⎟ = & x& + x& ⎜⎜ dt ⎝ ∂q1 ⎠ dt ⎝ ∂q1 ⎟⎠ ∂q1
Derivada de un producto
∂x d ⎛ ∂x ⎞ d ⎛ ∂x ⎞ ⎟ x& = ⎜⎜ x& ⎟⎟ − x& ⎜⎜ & ∂q dt ⎝ ∂q1 ⎠ dt ⎝ ∂q1 ⎟⎠
(a)
x&=
∂x ∂x ∂x q&1 + q&2 + q&3 ∂q3 ∂q1 ∂q 2
∂x& ∂x = (Se deriva a todos pero q&2 ∧ q&3 en este caso son cts..) ∂q&1 ∂q1 d ⎛ ∂x ⎞ ∂ ⎛ dx ⎞ ∂x& ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟= dt ⎝ ∂q1 ⎠ ∂q1 ⎝ dt ⎠ ∂q1
(b)
(c)
(b) y (c) en (a) d ⎛ ∂x&⎞ ∂x ∂x& x& = ⎜⎜ x& ⎟⎟ − x& & ∂q1 dt ⎝ ∂q&1 ⎠ ∂q1
∂x d ⎛ ∂ x&2 ⎞ ∂ x&2 ⎟− x& = ⎜⎜ & ∂q1 dt ⎝ ∂q&1 2 ⎟⎠ ∂q1 2
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 104
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Haciendo las transformaciones de las partes derechas ,se llega por ejm. Para Q 1
⎧⎪ d ⎡ ∂ ⎛ x&2 y&2 z&2 ⎞⎤ ∂ ⎜⎜ + Q1 = m⎨ ⎢ + ⎟⎟⎥ − 2 2 ⎠⎦ ∂q 1 ⎪⎩ dt ⎣ ∂q&1 ⎝ 2 De donde:
Q1 =
Siendo:
T=
⎛ x&2 y&2 z&2 ⎞⎫⎪ ⎜⎜ + + ⎟⎟⎬ 2 2 ⎠⎪⎭ ⎝ 2
d ⎛ ∂T ⎞ ∂T ⎜ ⎟− dt ⎜⎝ ∂q&1 ⎟⎠ ∂q1
(
1 m x&2 + y&2 + z&2 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 ⎟⎠ ∂qi
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 ⎜⎜ ⎟⎟ − =− dt ⎝ ∂q&i ⎠ ∂qi ∂qi 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:
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 105
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Qi = −
∂V ∂ (ED ) + (Qi )n − ∂q&i ∂qi
(Q i )n
= Parte no conservativa
1 ED= cx&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:
a) A partir de la fórmula:
3
∂x j
j =1
∂q i
Q i = ∑ Fj Q 1 = Fx
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 ∂L ∂L ⋅ − = (Q i )n dt ∂q&i ∂q i
(*)
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 106
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas La energía cinética es:
T=
1 mx&2 2
La energía potencial es:
V=
1 Kx 2 2
L = T − V ⇒=
El lagrangiano es:
1 1 mx&2 − Kx 2 2 2
Encontrando los términos de (*)
d ⎛ ∂L ⎞ d x& ⎜ ⎟ = (mx&) = m& dt ⎝ ∂x&⎠ dt
∂L = −Kx ∂x ⎧ 0 Para vibración libre – forzada La fuerza generalizada no conservativa es: Q nx = ⎨ ⎩F cos ωt Por tanto la ecuación de movimiento es:
⎧ 0 m& x&+ Kx = ⎨ Para vibración libre - forzada ⎩F cos ωt
Ecuación de 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.
d ∂T ∂T − = Qi dt ∂q&i ∂q i Donde
i = 1,2,3,..., n
∂y j ∂z j ⎛ ∂x j Q i = ∑ ⎜⎜ Fxj + Fyj + Fzj ∂q i ∂q i ⎝ ∂q i
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2) Sistemas conservativos.
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 107
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas d ∂L ∂L − =0 dt ∂q&i ∂q i
Donde L = T − V
3) Para la forma alternativa.
d ∂L ∂L ⋅ − = (Q i )n dt ∂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 m1
K3 m2
Como el sistema es conservativo: ⎡ d ∂L ∂L ⎤ − = 0⎥ ⎢ ⋅ ⎣ dt ∂q&i ∂q i ⎦ q1 = x1 y q 2 = x 2
Donde: La energía cinética del sistema es:
T=
La energía potencial del sistema es: V = El Lagrangiano:
L=
1 1 m 1 x&12 + m 2 x&22 2 2
1 1 1 2 K 1 x 12 + K 2 (x 2 − x 1 ) + K 3 x 22 2 2 2
1 1 1 1 1 2 m 1 x&12 + m 2 x&22 − K 1 x 12 − K 2 (x 2 − x 1 ) − K 3 x 22 2 2 2 2 2
Para la coordenada x 1 : ⎫ ⎪ ⎪ x&1 + K 1 x 1 − K 2 (x 2 − x 1 ) = 0 ⎬ m 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 d ⎛ ∂L ⎞ d ⎜ ⎟ = (m 1 x&1 ) = m 1 & x&1 dt ⎜⎝ ∂x&1 ⎟⎠ dt
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 108
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas m 1& x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − K 2 x 2 = 0
Para la coordenada x 2 : ⎫ d ⎛ ∂L ⎞ d ⎜⎜ ⎟⎟ = (m 2 x&2 ) = m 2 & x&2 ⎪ ⎪ dt ⎝ ∂x&2 ⎠ dt ⎬ ∂L = −K 2 x 2 − K 2 (x 2 − x 1 ) − K 3 x 2 ⎪ ⎪⎭ ∂x 2
m 2& x&2 + K 2 (x 2 − x 1 ) − K 3 x 2 = 0
m 2& x&2 + (K 2 + 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 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
La energía cinética:
R
R
1 1 ⎡ 2 2⎤ ⎢T = 2 mVG + 2 I G ω ⎥ ⎣ ⎦
x/2 R
VG =
x& 2
x = 2Rθ ⇒ x&= 2Rθ&
a)
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 109
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas VG =
1 mR 2 (Disco) 2
I=
Como T=
1 = Rθ& 2(2Rθ&)
y
ω = θ&
1 11 1 1 2 m(Rθ&) + mR 2 θ&2 = mR 2 θ&2 + mR 2 θ&2 2 22 2 4 T=
3 mR 2 θ&2 4
La energía potencial: V =
(1)
1 Kx 12 2
x1
Según el gráfico: Por proporcionalidad x1 =
x1 x = 2R a + R
a+R x Pero: x = 2Rθ ⇒ x 1 = (a + R )θ 2R V=
El Lagrangiano es:
L=
1 2 K (a + R ) θ 2 2
(b) (2)
3 1 2 mR 2 θ&2 − K (a + R ) θ 2 4 2
⎫ 3 d ⎛ ∂L ⎞ d ⎛ 3 2 ⎞ 2 & θ⎪ ⎜ ⎟ = ⎜ mR θ&⎟ = mR & ⎪ dt ⎝ ∂θ&⎠ dt ⎝ 2 ⎠ 2 ⎬ ∂L 2 ⎪ = −K (a + R ) θ ∂θ ⎭⎪
3 2 mR 2 & θ&+ K (a + R ) θ = 0 2
Para vibración forzada:
3 2 mR 2 & θ&+ K (a + R ) θ = M cos ωt 2
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
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 110
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas O
L a1 G1 a2 G2
Sean las coordenadas generalizadas de G 1 y G 2 x 1 = a 1 sen θ 1 y 1 = a 1 cos θ 1 x 2 = L sen θ 1 + a 2 sen θ 2 y 2 = L cos θ 1 + a 2 cos θ 2
rϖ1 = a 1 sen θ 1 ˆi + a 1 cos θ 1 ˆj
(1)
rϖ2 = (L sen θ 1 + a 2 sen θ 2 )ˆi + (L cos θ 1 + a 2 cos θ 2 )ˆj
(2)
Derivando (1) se obtiene la velocidad V1 = a 1 cos θ 1 θ&1 ˆi − a 1 sen θ 1 θ&1 ˆj ⇒ V12 = a 12 cos 2 θ 1 θ&2 + a 12 sen 2 θ 1 θ&12
Factorizando:
(
)
V12 = a 12 θ&12 cos 2 θ 1 + sen 2 θ 1 ⇒ V12 = a 12 θ&12
Derivando (2): V2 = (L cos θ 1 θ&1 + a 2 cos θ 2 θ&2 )ˆi + (− L sen θ 1 θ&1 − a 2 sen θ 2 θ&2 )ˆj 2 2 V22 = (L cos θ 1 θ&1 + a 2 cos θ 2 θ&2 ) ˆi + (− L sen θ 1 θ&1 − a 2 sen θ 2 θ&2 ) ˆj
Desarrollando y simplificando: V22 = L2 θ&12 + a 22 θ&22 + 2La 2 θ&1 θ&2 cos(θ 2 − θ 1 )
La energía cinética del sistema es: T=
1 1 1 1 mVG2 + I G ω 2 + mVG2 + I G ω 2 12 4 4 2 42 4 3 12 4 4 2 42 4 3 (1 )
(2 )
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 111
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas T=
[
]
(3)
V = m 1 ga 1 (1 − cos θ 1 ) + m 2 g[L(1 − cos θ 1 ) + a 2 (1 − cos θ 2 )]
(4)
1 1 1 1 m 1a 12 θ&12 + I 1 θ&12 + m 2 L2 θ&12 + a 22 θ&22 + 2La 2 θ&1 θ&2 cos(θ 2 − θ 1 ) + I 2 θ&22 2 2 2 2
La energía potencial es: V = V1 + V2
d ⎛ ∂T ⎞ d ⎜⎜ ⎟⎟ = m 1a 12 θ&1 + Iθ&1 + m 2 L2 θ&1 + m 2 La 2 θ&2 cos(θ 2 − θ 1 ) dt ⎝ ∂θ&1 ⎠ dt
(
P1
)
d ⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ = m 1a 12 & θ&1 + I 1& θ&1 + m 2 L2 & θ&1 + m 2 La 2 & θ&2 cos(θ 2 − θ 1 ) − m 2 La 2 θ&2 sen(θ 2 − θ 1 )(θ&2 − θ&1 ) dt ⎜⎝ ∂θ&1 ⎟⎠ d ⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ = I 1 + m 1a 12 + m 2 L2 & θ&1 + m 2 La 2 & θ&2 cos(θ 2 − θ 1 ) − m 2 La 2 θ&2 (θ&2 − θ&1 )sen(θ 2 − θ 1 ) dt ⎜⎝ ∂θ&1 ⎟⎠
(
)
2. Deducir las ecuaciones del movimiento para el sistema mostrado en la figura.
K M L
y1
x
x1
Energía Potencial
V=
1 Kx 2 + mgL(1 − cos θ ) 2
(1)
T = T1 + T2
Energía Cinética
T1 =
1 Mx&2 2
(*)
Para T2 : x 1 = x + L sen θ ⎫ ⎬ y 1 = L cos θ ⎭ ϖ ϖ Derivando respecto al tiempo r&= V
rϖ= (x + L sen θ )ˆi + L cos ˆj
V 2 = (x&+ Lθ&cos θ ) + (− Lθ&sen θ ) 2
2
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 112
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas V 2 = x&2 + 2Lθ&x&cos θ + L2 θ&2 cos 2 θ + L2 θ&2 sen 2 θ
(
V 2 = x&2 + 2Lθ&x&cos θ + L2 θ&2 sen 2 θ + cos 2 θ
)
V 2 = x&2 + 2Lθ&x&cos θ + L2 θ&2
(
1 m x&2 + 2Lθ&x&cos θ + L2 θ 2 2
(a)
)
Por tanto:
T2 =
La energía cinética total es: T =
1 1 1 Mx&2 + mx&2 + mLθ&x&cos θ + mL2 θ&2 2 2 2
Lagrangiano: T =
(**) (2)
1 1 1 1 Mx&2 + mx&2 + mLθ&x&cos θ + mL2 θ&2 − Kx 2 − mgL(1 − cos θ ) 2 2 2 2
(
d ⎛ ∂L ⎞ d x&+ m& x&+ mL − θ&2 sen θ + & θ&cos θ ⎟ = (Mx&+ mx&+ mLθ&cos θ ) = M& ⎜ dt ⎝ ∂x&⎠ dt
(
d ⎛ ∂L ⎞ x&+ mL & θ&cos θ − θ&2 sen θ ⎟ = (M + m )& ⎜ dt ⎝ ∂x&⎠
)
)
∂L = −Kx ∂x
(M + m )& x&+ mL(& θ&cos θ − θ&2 sen θ ) + Kx = 0
Por tanto:
(
)
d ⎛ ∂L ⎞ d mLx&cos θ + mL2 θ& = mLx&(− sen θ )θ&+ mL& x&cos θ + mL2 & θ&= mL (L& θ&+ & x&cos θ − x&θ&sen θ ) ⎜ ⎟= dt ⎝ ∂θ&⎠ dt
∂L = −mLθ&x&sen θ − mgL sen θ ∂θ
Por tanto:
mL (L& θ&+ & x&cos θ − x&θ&sen θ ) + mLθ&x&sen θ + mgL sen θ = 0 L& θ&+ & x&cos θ + g sen θ = 0
Vibración armónica forzada. Considerando un sistema excitado por una fuerza armónica F = F0 sen ω t
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 113
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
K1 K1x1 m1
x1
F
F m1 K2 (x1 - x2)
K2 K2 (x1 - x2) m2
m2
x2
De los diagramas de cuerpo libre: − K 1 x 1 − K 2 (x 1 − x 2 ) + F = m 1 & x&1
m 1& x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − K 2 x 2 = F0 sen ω t
(1)
K 2 (x 1 − x 2 ) = m 2 & x&2 m 2& x&2 − K 2 x 1 + K 2 x 2 = 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. x 1 = A sen ω t
x 2 = B sen ω t
x&1 = A ω cos ω t
x&2 = B ω cos ω t
x&1 = − A ω 2 sen ω t &
x&2 = −B ω 2 sen ω t &
Reemplazando en (1): − m 1 A ω 2 sen ω t + (K 1 + K 2 )A sen ω t − K 2 B sen ω t = F0 sen ω t ÷ (sen ω t ) − m 1 A ω 2 + (K 1 + K 2 )A − K 2 B = F0
(K
Ordenando:
1
)
+ K 2 − m 1 ω 2 A − K 2 B = F0
(3)
Reemplazando en (2)
(
)
F0 K 2 − m 2 ω 2 A= m 1m 2 ω 4 − (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 )ω 2 + K 1 K 2
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 114
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ÷ (sen ω t )
− m 2 ω 2 B sen ω t − K 2 A sen ω t + K 2 B sen ω t = 0
(
)
− K 2A + K 2 − m2ω2 B = 0
(4)
Formando el sistema:
(
)
⎧ K 1 + K 2 − m 1 ω 2 A − K 2 B = F0 ⎨ 2 ⎩ − K 2A + K 2 − m2ω B = 0
(
)
Resolviendo por determinantes:
A=
− K2 K 2 − m2ω2
F0 0
K 1 + K 2 − m1 ω − K2 A=
2
− K2 K 2 − m2ω2
(
)
F0 K 2 − m 2 ω 2 = K 1 + K 2 − m 1 ω 2 K 2 − m 2 ω 2 − K 22
(
(
)(
)
)
F0 K 2 − m 2 ω 2 m 1 m 2 ω 4 − (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 )ω 2 + K 1 K 2 K 1 + K 2 − m1 ω 2
F0
− K2
0
B=
m 1 m 2 ω − (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 )ω 2 + K 1 K 2
B=
K 2 F0 m 1 m 2 ω − (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 )ω 2 + K 1 K 2
4
4
Por tanto la solución es:
(
)
x1 =
F0 K 2 − m 2 ω 2 sen ω t m 1m 2 ω 4 − (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 )ω 2 + K 1 K 2
x2 =
K 2 F0 sen ω t m 1 m 2 ω 4 − (m 1 K 2 + m 2 K 1 + m 2 K 2 )ω 2 + K 1 K 2
Absorbedor de vibraciones dinámicas. Es sencillamente un sistema de un grado de libertad, generalmente de la forma simple masa– resorte.
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 115
Facultad de Ciencias y Tecnología 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.
K1x1
K1
M
F 0 senwt
F 0 senwt
K1
K2 (x1 - x2)
M
x1
M
K2
m
K2 (x1 - x2) m x2
El sistema acoplado tiene dos grados de libertad y las ecuaciones de movimiento son: F − K 1 x 1 − K 2 (x 1 − x 2 ) = M& x&1
M& x&1 + K 1 x 1 + K 2 x 1 − K 2 x 2 = F0 sen ω t M& x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − K 2 x 2 = F0 sen ω t
(1)
K 2 (x 1 − x 2 ) = m& x&2 m& x&2 − K 2 x 1 + K 2 x 2 = 0
x 1 = Ae st ⎫ ⎪ x&1 = Ase st ⎬(a ) x&1 = As 2 e st ⎪⎭ &
(2)
x 2 = Be st ⎫ ⎪ x&2 = Bse st ⎬(b ) x&2 = Bs 2 e st ⎪⎭ &
(a) y (b) en (1)
− MA ω 2 sen ω t + (K 1 + K 2 )A sen ω t − K 2 B sen ω t = F0 sen ω t ÷ (sen ω t )
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 116
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas − MA ω 2 + (K 1 + K 2 )A − K 2 B = F0
(K
1
)
+ K 2 − M ω 2 A − K 2 B = F0
(3)
(a) y (b) en (2) ÷ (sen ω t )
− mB ω 2 sen ω t − K 2 A sen ω t + K 2 B sen ω t = 0 − mB ω 2 − K 2 A + K 2 B = 0
(
)
− K 2 A + K 2 − mω 2 B = 0
(4)
Formando un sistema entre (3) y (4)
(
)
⎧ K 1 + K 2 − M ω 2 A − K 2 B = F0 ⎨ 2 ⎩ − K 2 A + K 2 − mω B = 0
A=
(K
F0 0 1
(
− K2 K 2 − mω 2
(
+ K 2 − Mω − K2
2
)
)
− K2 K 2 − mω 2
(
=
)
)
(
)
F0 K 2 − m ω 2 K 1 + K 2 − M ω 2 K 2 − m ω 2 − K 22
(
)(
)
Para anular la vibración de M, se hace A=0 entonces:
K 2 − mω 2 = 0
ω=
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 K 2 es aproximadamente cierto para el = M m
sistema completo.
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 117
Facultad de Ciencias y Tecnología 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
(1)
c 2 (x&1 − x&2 ) + K 2 (x 1 − x 2 ) = m 2 & x&2 m 2& x&2 − c 2 (x&1 − x&2 ) − K 2 (x 1 − x 2 ) = 0 m 2& x&2 + c 2 x&2 + 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. x 1 = Ae st ⎫ ⎪ x&1 = Ase st ⎬(a ) x&1 = As 2 e st ⎪⎭ &
x 2 = Be st ⎫ ⎪ x&2 = Bse st ⎬(b ) x&2 = Bs 2 e st ⎪⎭ &
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 s + (c 2
1
1
]
+ c 2 )s + (K 1 + K 2 ) A − (c 2 s + K 2 )B = 0
(3)
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 118
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 2 s 2 + c 2 s + 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 )
− (c 2 s + K 2 ) m 2s 2 + c 2s + K 2
=0
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 ) = 0 2
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 s1t + A 2 e s 2t + A 3 e s 3t + A 4 e s 4t x 2 (t ) = B 1e s1t + B 2 e s 2t + B 3 e s 3t + B 4 e s 4t
Donde los cuatro coeficientes desconocidos (A 1 , A 2 , A 3 , A 4 ) . (Las B no son incógnitas diferentes, puesto que (B 1 = λ 1 A 1 ,....., B 4 = λ 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 c 2s i + K 2 m 2 s i2 + c 2 s i + K 2 1 = = = 2 B i m i s i + (c 1 + c 2 )s i + (K 1 + K 2 ) c 2s i + K 2 λi
Donde
i = 1,2,3,4
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 119
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Vibración forzada con amortiguamiento. K1x1
K1
m1 x1
F 0 senwt
c1
c1x1
m1 K2 (x1 - x2) c2 (x1 - x2)
K2 (x1 - x2) c2 (x1 - x2)
K2
c2
m2
m1
x2
− K 1 x 1 − c 1 x&1 − K 2 (x 1 − x 2 ) − c 2 (x&1 − x&2 ) + F = m 1& x&1
m 1& x&1 + K 1 x 1 + c 1 x&1 + K 2 x 1 − K 2 x 2 + c 2 x&1 − c 2 x&2 = F0 sen ω t m 1& x&1 + (c 1 + c 2 )x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − c 2 x&2 − K 2 x 2 = F0 sen ω t
(1)
K 2 (x 1 − x 2 ) + c 2 (x&1 − x&2 ) = m 2 & x&2 m 2& x&2 − K 2 x 1 + K 2 x 2 − c 2 x&1 + c 2 x&2 = 0 m 2& x&2 + c 2 x&2 + 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 ω 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.
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 120
Facultad de Ciencias y Tecnología 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: x 1 = A 1 cos ω t + B 1 sen ω t x 2 = A 2 cos ω t + B 2 sen ω t
“Sistemas con dos grados de libertad” Página: 121
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas SISTEMAS DE VARIOS GRADOS DE LIBERTAD Pág.
Detalles Introducción..............................................................................................................................
122
Ecuación del movimiento.........................................................................................................
122
Ecuación de Lagrange..............................................................................................................
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” Página: 122
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 m1
K3 m2
K4 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(ωt + φ )
x&1 = − Aω 2 sen(ωt + φ ) &
x 2 = B sen(ωt + φ )
x&2 = −Bω 2 sen(ωt + φ ) &
x 3 = C sen(ωt + φ )
x&3 = −Cω 2 sen(ωt + φ ) &
Reemplazando estos valores en (1), (2), (3)
− m 1 ω 2 A sen(ωt + φ ) + (K 1 + K 2 )A sen(ωt + φ ) − K 2 B sen(ωt + φ ) = 0
÷ [sen(ωt + φ )]
− m 1 ω 2 A + (K 1 + K 2 )A − K 2 B = 0
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 123
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
(K
1
)
+ K 2 − m 1ω 2 A − K 2 B = 0
(4)
− m 2 ω 2 B sen(ωt + φ ) + (K 2 + K 3 )B sen(ωt + φ ) − K 3 C sen(ωt + φ ) − K 2 A sen(ωt + φ ) = 0
÷ [sen(ωt + φ )]
− m 2 ω 2 B + (K 2 + K 3 )B − K 3 C − K 2 A = 0
(
)
− K 2 A + K 2 + K 3 − m 2 ω2 B − K 3C = 0
(5)
− m 3 ω 2 C sen(ωt + φ ) + (K 3 + K 4 )C sen(ωt + φ ) − K 3 B sen(ωt + φ ) = 0
÷ [sen(ωt + φ )]
− m 3 ω 2 C + (K 3 + K 4 )C − K 3 B = 0
(
)
− K 3B + K 3 + K 4 − m 3ω2 C = 0
(6)
La ecuación de frecuencias se encuentra igualando a cero el determinante de A, B, C,es decir:
K 1 + K 2 − m1ω2
− K2
− K2 0
K 2 + K 3 − m 2ω − K3
0 2
=0
0 K 3 + K 4 − m 3ω2
Desarrollando el determinante:
(K
1
)(
)(
)
(
)
(
)
+ K 2 − m 1 ω 2 K 2 + K 3 − m 2 ω 2 K 3 + K 4 − m 3 ω 2 − K 22 K 3 + K 4 − m 3 ω 2 − K 23 K 1 + K 2 − m 1 ω 2 = 0
⎡ K + K 2 K 2 + K 3 K 3 + K 4 ⎤ 4 ⎡ K 1K 2 + K 2K 3 + K 1K 3 K 2K 3 + K 3 K 4 + K 2 K 4 (K 1 + K 2 )(K 3 + K 4 )⎤ 2 + + + + ω6 − ⎢ 1 ⎥ω + ⎢ ⎥ω − m2 m3 ⎦ m1m 2 m 2m 3 m1m 3 ⎣ m1 ⎣ ⎦
−
K 1K 2 K 3 + K 2 K 3 K 4 + K 1K 3 K 4 + K 1K 2 K 4 =0 m 1m 2 m 3
Ecuación de Lagrange. Para el mismo sistema del caso anterior. El sistema es conservativo; por tanto:
d ∂L ∂L − =0 dt ∂q&i ∂q i L=T–V
Donde:
T=
1 1 1 m 1 x&12 + m 2 x&22 + m 3 x&23 2 2 2
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 124
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas V=
L=
1 1 1 1 2 2 K 1 x 12 + K 2 (x 1 − x 2 ) + K 3 (x 2 − x 3 ) + K 4 x 23 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 2 2 m 1 x&12 + m 2 x&22 + m 3 x&23 − K 1 x 12 − K 2 (x 1 − x 2 ) − K 3 (x 2 − x 3 ) − K 4 x 23 2 2 2 2 2 2 2
⎫ ⎪ ⎪ 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 ⎜ dt ⎜⎝ ∂x&2
⎞ ⎟⎟ = m 2 & 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 ⎜ dt ⎜⎝ ∂x&3
⎞ ⎟⎟ = m 3 & x&3 ⎠
El resto es igual que el caso anterior.
Matrices de flexibilidad y rigidez. 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 11 q & &1 + m 12 q & &2 + ... + m 1n q & &n + K 11 q 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
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 125
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ⎡ m 11 ⎢m ⎢ 21 ⎢ . ⎢ ⎢ . ⎢ . ⎢ ⎣⎢m n1
m 12 m 22 . . . m n2
... m 1n ⎤ ⎡ q & &1 ⎤ ⎡ K 11 ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ... m 2n ⎥ ⎢q & &2 ⎥ ⎢K 21 . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . ⎥⎢ ⎥ + ⎢ . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . ⎥⎢ ⎥ ⎢ ... m nn ⎦⎥ ⎣⎢q & &n ⎦⎥ ⎣⎢K n1
K 12 K 22 . . . K n2
... K 1n ⎤ ⎡ q 1 ⎤ ⎡0⎤ ... K 2n ⎥⎥ ⎢⎢q 2 ⎥⎥ ⎢⎢0⎥⎥ . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . ⎥ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . ⎥ . . ⎥⎢ . ⎥ ⎢ . ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ... K nn ⎦⎥ ⎣⎢q n ⎦⎥ ⎣⎢0⎦⎥
En forma simple
[M ]{q&&} + [K ]{q} = 0 [M ] = Matriz de inercia [K ] = Matriz de rigidez
(1)
Si se multiplica por [M ] a la ecuación (1) se tiene: −1
[1M4 ]2−1 [43M ]{q&&} + [1M4 ]2−1 43 [K ]{q} = 0 [C ]
I
{q&&} + [C ]{q} = 0
(2)
Donde: [C] = [M ] [K ] = Matriz dinámica o matriz del sistema −1
} = −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 − λI ]{q} = 0 Las frecuencias naturales se obtienen de la ecuación característica: C − λI = 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: λi = ω i2
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 126
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sustituyendo cada λi 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 ⎦
La transpuesta de P se denomina como P’ y es :
⎡(x1x2 x3 )1 ⎤ ⎢ ⎥ P' = ⎢(x1x2 x3 )2 ⎥ ⎢⎣(x1x2 x3 )3 ⎥⎦
Si se forma el producto P’MP se obtiene: ⎡M P ' MP = ⎢ 1 ⎣ 0
0 ⎤ M 2 ⎥⎦
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 127
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
} + [K ]{x} = [0] [M ]{& x& [P' MP]{& } + [P' MP][x] = [0] x&
Como
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 P ' KP = ⎢ 1 ⎣0
0⎤ K 2 ⎥⎦
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 , la nueva matriz es la MATRIZ MODAL REDUCIDA y se la designa como P i
Se puede ver que si se diagonaliza la matriz de masa con la matriz modal reducida, se obtiene la matriz modal. ~ ' MP ~=I P
Como M i−1 K i = λi , entonces la matriz de rigidez tratada similarmente por la matriz modal reducida se convierte en la matriz diagonal de los valores propios. ⎡λ1 ⎢0 ⎢ ⎢. ~ ~ P ' KP = ⎢ ⎢. ⎢. ⎢ ⎢⎣ 0
0
.
.
.
λ2
.
.
.
.
.
.
. . . 0
0⎤ 0 ⎥⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ λ n ⎥⎦
Ejm. Aplicación en el siguiente problema:
x1 K m
K
x2
K
m
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 128
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas T= V =
1 2 1 2 mx&1 + mx&2 2 2
1 2 1 1 2 Kx1 + K ( x 2 − x1 ) + Kx 22 2 2 2
1 1 1 1 1 2 L= mx&12 + mx&22 − Kx12 − K ( x 2 − x1 ) − Kx 22 2 2 2 2 2
⎫ ⎪ m& ⎪ x& 1 + Kx1 − K ( x 2 − x1 ) = 0 ⇒ m& x& ⎬ 1 + 2 Kx1 − Kx 2 = 0 ∂L m& x& 1 + Kx1 − Kx 2 + Kx1 = 0 ⎪ = − Kx1 + K (x 2 − x1 ) ⎪⎭ ∂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 ⎬ ∂L m& x&2 + Kx 2 − Kx1 + Kx 2 = 0 ⎪ = − K ( x 2 − x1 ) − Kx 2 ⎪⎭ ∂x 2 d ⎛ ∂L ⎞ ⎟ = m& ⎜ x&2 dt ⎜⎝ ∂x&2 ⎟⎠
La forma Matricial: x&⎫ ⎡ 2 K ⎛ m 0 ⎞⎧ & ⎜⎜ ⎟⎟⎨ 1 ⎬ + ⎢ x&2 ⎭ ⎣− K ⎝ 0 m ⎠⎩ &
Sea:
[C ] = [M ]
−1
La ecuación característica:
− K ⎤ ⎧ x1 ⎫ ⎡0⎤ } + [K ]{x} = 0 ⇒ {& } + [C ]{x} = 0 x& x& ⇒ [M ]{& ⎨ ⎬= 2 K ⎥⎦ ⎩ x 2 ⎭ ⎢⎣0⎥⎦
m 0⎤ [M ] = ⎡⎢ ⎥ ⎣ 0 m⎦
[M ]
⎡1 [K ] ⇒ [C ] = ⎢ m ⎢⎣ 0
0 ⎤ ⎡ 2K ⎥ 1 ⎥ ⎢⎣− K m⎦
−1
⎡1 =⎢ m ⎢⎣ 0
0 ⎤ ⎥ 1 ⎥ m⎦
− K ⎤ ⎡ 2 K m − K m⎤ ⎥ =⎢ 2 K ⎥⎦ ⎢− K 2K ⎥ m m⎦ ⎣
[C − λI ]{x} = 0 ⇒ C − λI
=0
(*)
⎡2 K − K ⎤ ⎡λ 0 ⎤ m m⎥ − ⎢ ⎢0 λ⎥ = 0 K K − 2 ⎢⎣ ⎥ ⎦ m m⎦ ⎣
(2 K m − λ )
( ) (2 K m − λ ) − (K m) = 0 (2 K m − λ + K m)(2 K m − λ − K m) = 0 −K
Desarrollando:
−K m =0 K −λ 2 m
m
2
2
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 129
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 3K
m
K
− λ = 0..........λ = 3 K
m
− λ = 0..........λ = K
m
m
⇒ ω 12 = 3 K
⇒ ω 22 = K
m
m
Ahora se hallará la matriz Modal. Para ello se reemplaza cada λ en (*) P
⎛ ⎡2 K 0 ⎤ ⎞⎟⎧ x1 ⎫ ⎛ 0 ⎞ − K ⎤ ⎡3 K ⎜⎢ m m⎥ − ⎢ m ⎥ ⎨ ⎬=⎜ ⎟ λ = 3 K m ⎜⎜ ⎢− K 2K ⎥ ⎢ 0 3 K ⎥ ⎟⎟⎩ x 2 ⎭ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ m m⎦ ⎣ m⎦ ⎠ ⎝⎣ ⎡− K − K ⎤ ⎧ x1 ⎫ ⎛ 0 ⎞ m m⎥ ⎢ ⎨ ⎬ = ⎜⎜ ⎟⎟ K K x 0 − − ⎢⎣ ⎥ m m⎦ ⎩ 2 ⎭ ⎝ ⎠ ⎧ ⎪− ⎨ ⎪− ⎩
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 − x 2 = 0 m m
⎡K ⎤ ÷⎢ ⎥ ⎣m⎦
x1 = − x 2 ⎛ x1 ⎞ ⎛ − α ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ − 1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⇒ ⎜⎜ ⎟⎟ = α ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝1⎠ ⎝ x2 ⎠ ⎝ α ⎠ ⎝ x2 ⎠
Si x 2 = α
P
λ = Km
⎛ ⎡2 K 0 ⎤ ⎞⎟⎧ x1 ⎫ ⎛ 0 ⎞ − K ⎤ ⎡K ⎜⎢ m m⎥ − ⎢ m ⎥ =⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎢− K K ⎥ ⎟⎟⎨⎩ x 2 ⎬⎭ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ 2K ⎥ ⎢ 0 m m⎦ ⎣ m⎦ ⎠ ⎝⎣
⎡ K − K ⎤ ⎧ x1 ⎫ ⎛ 0 ⎞ m⎥ ⎢ m ⎨ ⎬ = ⎜⎜ ⎟⎟ K K x 0 ⎥ ⎢− m m ⎦⎩ 2 ⎭ ⎝ ⎠ ⎣ K ⎧K x x2 = 0 − 1 ⎪m m ⎨K K ⎪ x1 − x 2 = 0 m ⎩m
Como es la misma, solo se toma una ecuación
K K x1 − x 2 = 0 m m
⎡K ⎤ ÷⎢ ⎥ ⎣m⎦
x1 = x 2
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 130
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ⎛ x1 ⎞ ⎛ β ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⇒ ⎜⎜ ⎟⎟ = β ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1⎠ ⎝ x2 ⎠ ⎝ β ⎠ ⎝ x2 ⎠
Si x 2 = β
⎡− 1 1⎤ ⎡− 1 1⎤ y su transpuesta P ' = ⎢ Entonces la matriz Modal es: P = ⎢ ⎥ ⎥ ⎣ 1 1⎦ ⎣ 1 1⎦ ⎡− 1 1⎤ ⎡m 0 ⎤ ⎡− 1 1⎤ Realizando el producto: P ' MP = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ 1 1⎦ ⎣ 0 m⎦ ⎣ 1 1⎦ ⎡ 2m 0 ⎤ P ' MP = ⎢ ⎥ ⎣ 0 2m ⎦ ⎡− 1 1⎤ ⎡ 2 K P ' KP = ⎢ ⎥⎢ ⎣ 1 1⎦ ⎣− K ⎡6 K P ' KP = ⎢ ⎣ 0
− K ⎤ ⎡− 1 1⎤ 2 K ⎥⎦ ⎢⎣ 1 1⎥⎦ 0 ⎤ 2 K ⎥⎦
Ahora es posible desacoplar el sistema: x& ⎡6 K ⎡ 2m 0 ⎤ ⎧ & 1⎫ ⎢ 0 2m ⎥ ⎨ x ⎬ + ⎢ 0 &2 ⎭ ⎣ ⎣ ⎦ ⎩&
0 ⎤ ⎧ x1 ⎫ ⎡0⎤ ⎨ ⎬= 2 K ⎥⎦ ⎩ x 2 ⎭ ⎢⎣0⎥⎦
Desarrollando: x& ⎧ 2m& 1 + 6 Kx1 = 0 ⎨ x&2 + 2 Kx 2 = 0 ⎩2m&
1. Determinar la matriz dinámica del sistema bifurcado. ¿Cuáles son las coordenadas principales? x1
x2 2K
3m
m
K m
K
x3
La energía cinética: T=
3 1 1 mx&12 + mx&22 + mx&23 2 2 2
(1)
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 131
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas V=
1 (2K )(x 1 − x 2 )2 + 1 K (x 1 − x 3 )2 + 1 Kx 23 2 2 2
La energía potencial: 1 1 2 2 V = K (x 1 − x 2 ) + K (x 1 − x 3 ) + Kx 23 2 2
(2)
3 1 1 1 1 2 2 mx&12 + mx&22 + mx&23 - K (x 1 − x 2 ) − K (x 1 − x 3 ) − Kx 23 2 2 2 2 2
(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)
Lagrangiano: L=
P / 3m
d ⎛ ∂L ⎞ ⎜ ⎟ = 3m& x&1 dt ⎜⎝ ∂x&1 ⎟⎠
⎫ d ⎛ ∂L ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = m& x&2 ⎪ ⎪ dt ⎝ ∂x&2 ⎠ x&2 + 2Kx 2 − 2Kx 1 = 0 ⎬m& ∂L ⎪ = 2K (x 1 − x 2 ) ⎪⎭ ∂x 2
P/m
P/m
⎫ ⎪ ⎪ x&3 + 2Kx 3 − Kx 1 = 0 ⎬m& ∂L = K (x 1 − x 3 ) − Kx 3 ⎪ ⎪⎭ ∂x 3 d ⎛ ∂L ⎜ dt ⎜⎝ ∂x&3
⎞ ⎟⎟ = m& x&3 ⎠
(5)
(6)
Estas tres ecuaciones en forma matricial son: x& ⎫ ⎡ 3K ⎛ 3m 0 0 ⎞⎧& ⎜ ⎟⎪ 1 ⎪ ⎢ x&2 ⎬ + ⎢− 2K ⎜ 0 m 0 ⎟⎨& ⎜ 0 ⎟ 0 m ⎠⎪⎩& x&3 ⎪⎭ ⎢⎣ − K ⎝
− 2K 2K 0
− K ⎤ ⎧ x 1 ⎫ ⎧0⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎥⎥ ⎨x 2 ⎬ = ⎨0⎬ 2K ⎥⎦ ⎪⎩x 3 ⎪⎭ ⎪⎩0⎪⎭
Donde la matriz de inercia es: ⎛ 3m 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ [M ] = ⎜ 0 m 0 ⎟ ⎜ 0 0 m ⎟⎠ ⎝
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 132
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Su inversa es:
[M ]−1
⎛ 1 ⎜ ⎜ 3m =⎜ 0 ⎜ ⎜ ⎜ 0 ⎝
0 1 m 0
⎞ 0⎟ ⎟ 0⎟ ⎟ 1⎟ ⎟ m⎠
La matriz de rigidez es: − 2K
⎡ 3K [K ] = ⎢⎢− 2K ⎢⎣ − K
2K 0
− K⎤ 0 ⎥⎥ 2K ⎥⎦
La matriz dinámica [C] está dada por: [C] = [M ] [K ] −1
⎡1 ⎢ 3m [C] = ⎢ 0 ⎢ ⎢⎣ 0
0 1 m 0
0 ⎤ ⎡ 3K ⎥ 0 ⎥ ⎢⎢− 2K ⎥ 1 ⎥ ⎢⎣ − K m⎦
− 2K 2K 0
− K⎤ 0 ⎥⎥ 2K ⎥⎦
⎡ K ⎤ − 2K −K 3m ⎥ m 3m ⎢ [C] = ⎢− 2K m 2K m 0 ⎥ ⎢ ⎥ 2K ⎥ 0 ⎢⎣ − K m m ⎦
Para hallar las frecuencias naturales se recurre a la ecuación característica: λ I − C = 0 K ⎤ − 2K −K ⎡λ 0 0 ⎤ ⎡⎢ m 3m 3m ⎥ ⎢ 0 λ 0 ⎥ − ⎢− 2K 2K 0 ⎥ =0 ⎢ ⎥ ⎢ m m ⎥ ⎢⎣ 0 0 λ ⎥⎦ ⎢ − K 2K ⎥ 0 m m ⎦ ⎣ 2K K λ −K m 3m 3m 2K 2 K 0 =0 λ− m m K 0 λ − 2K m m
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 133
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 2
K ⎞⎛ 2K ⎞ K2 ⎛ 2K ⎞ 4K 2 ⎛ 2K ⎞ ⎛ ⎜ λ − ⎟⎜ λ − ⎟ − ⎜λ − ⎟− ⎜λ − ⎟=0 2 2 m ⎠⎝ m ⎠ m ⎠ 3m ⎝ m ⎠ 3m ⎝ ⎝ Desarrollando y ordenando: λ3 −
⎛ K2 2 K3 K 2 ⎛ 7 K2 4 K ⎞ ⎟ ⎜⎜ 4 2 − λ + ⎜⎜ − λ + 2 ⎟ m 3 3 m 3 m3 m ⎝ ⎠ ⎝ m
⎞ ⎟⎟ = 0 ⎠
Resolviendo se obtiene las frecuencias naturales.
⎤ y K = 200 , K = 400 ⎡lb ⎤ . Encuentre las frecuencias del 2. Si m 1 = m 2 = 1⎡lb seg 1 2 p lg ⎥⎦ ⎢⎣ ⎢⎣ p lg ⎥⎦ sistema que se muestra en la figura.
K2
K1 m1
T= V= Lagrangiano:
P / m1
L=
m2
1 1 m 1 x&12 + m 2 x&22 2 2
1 1 2 K 1 x 12 + K 2 (x 1 − x 2 ) 2 2
1 1 1 1 2 m 1 x&12 + m 2 x&22 − K 1 x 12 − K 2 (x 1 − x 2 ) 2 2 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 ⎞ ⎟ = m 1& ⎜ x&1 dt ⎜⎝ ∂x&1 ⎟⎠
m 1& x&1 + (K 1 + K 2 )x 1 − K 2 x 2 = 0
P / m2
(1)
⎫ ⎪ ⎪ 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 ⎜ dt ⎜⎝ ∂x&2
⎞ ⎟⎟ = m 2 & x&2 ⎠
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 134
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas m 2& x&2 + K 2 x 2 − K 2 x 1 = 0
(2)
Método matricial ⎡m 1 ⎢ 0 ⎣
− K 2 ⎤ ⎧ x 1 ⎫ ⎡0 ⎤ ⎨ ⎬= K 2 ⎥⎦ ⎩x 2 ⎭ ⎢⎣0⎥⎦
[M ]{& x&} + [K ]{x} = [0]
La forma matricial Despejando:
0 ⎤ ⎧& x&1 ⎫ ⎡K 1 + K 2 ⎨ ⎬+ ⎢ ⎥ m 2 ⎦ ⎩& x&2 ⎭ ⎣ − K 2
−1 {& x&} + [M ] [K ]{x} = [0] ⇒ {& x&} + [C]{x} = [0]
[M ]
−1
⎡1 [C] = ⎢⎢ m 1 0 ⎢⎣
⎡1 m1 =⎢ ⎢ 0 ⎢⎣
0 ⎤ ⎡K + K 2 ⎥ 1 ⎢ 1 ⎥⎣ − K 2 m 2 ⎥⎦
0 ⎤ ⎥ 1 ⎥ m 2 ⎥⎦
⎡K1 + K 2 ⎢ m − K2⎤ 1 ⎢ [ ] C ⇒ = K 2 ⎥⎦ ⎢ − K2 ⎢⎣ m2
K2 ⎤ m1 ⎥ ⎥ K2 ⎥ m 2 ⎥⎦
−
Ecuación característica: ⎡K1 + K 2 ⎡λ 0 ⎤ ⎢ m 1 λI − C = 0 ⇒ ⎢ ⎥−⎢ ⎣0 λ⎦ ⎢ − K 2 ⎢⎣ m2 λ−
K1 + K2 m1 K2 m2
K2 ⎤ m1 ⎥ ⎥ =0 K2 ⎥ m 2 ⎥⎦
−
K2 m1 =0 K2 λ− m2
Si K 1 = K ⇒ K 2 = 2K y m 1 = m 2 = 1 Entonces λ − 3K 2K =0 2K λ − 2K
Resolviendo el determinante:
(λ − 3K )(λ − 2K ) − 4K 2 = 0 λ2 − 5Kλ + 6K 2 − 4K 2 = 0
λ2 − 5Kλ + 2K 2 = 0
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 135
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 5K ± 25K 2 − 8K 2 5K ± 4.123K λ= = 2 2
λ1 =
9.123K ⇒ λ 1 = 4.562K = 4.562(200) = 912.4 2
λ2 =
0.877K ⇒ λ 2 = 0.439K = 0.439(200) = 87.8 2 ⎡rad ⎤ λ 1 = ω12 ⇒ ω1 = 30.206⎢⎣ seg ⎥⎦
λ 2 = ω 22 ⇒
ω 2 = 9.37 ⎡rad ⎤ seg ⎥⎦ ⎢⎣
Coeficientes de influencia. El coeficiente de influencia de flexibilidad aij se define como el desplazamiento en “i” debido a la fuerza unitaria aplicada en “j”, con fuerzas f1 , 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 f1 + a12 f 2 + a13 f 3 x 2 = a 21 f1 + a 22 f 2 + a 23 f 3 x3 = a31 f1 + a32 f 2 + a33 f 3
En forma matricial: ⎧ x1 ⎫ ⎡ a11 a12 ⎪ ⎪ ⎢ ⎨ x2 ⎬ = ⎢a21 a22 ⎪ x ⎪ ⎢a ⎩ 3 ⎭ ⎣ 31 a32
a13 ⎤ ⎧ f1 ⎫ ⎪ ⎪ a23 ⎥⎥ ⎨ f 2 ⎬ a33 ⎥⎦ ⎪⎩ f 3 ⎪⎭
{x} = [a ]{ f }
(1)
Donde: [a ] = Matriz de flexibilidad Si se multiplica (1) por [a ]
−1
{ f } = [a ]−1{x} “Sistemas de varios grados de libertad” Página: 136
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
[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 ⎧ f1 ⎫ ⎡ K11 ⎪ ⎪ ⎢ ⎨ f 2 ⎬ = ⎢ K 21 ⎪ f ⎪ ⎢K ⎩ 3 ⎭ ⎣ 31
K12 K 22 K 32
K13 ⎤ ⎧ x1 ⎫ ⎪ ⎪ K 23 ⎥⎥ ⎨ x2 ⎬ K 33 ⎥⎦ ⎪⎩ x3 ⎪⎭
(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: f1 = K11; f 2 = K 21; f 3 = K 31 , es decir, la primera columna de [K ] . Si x1 = 0, x2 = 1, x3 = 0 ⇒ f1 = K12 ; 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
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 137
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
[F = Kδ ] δ=
F = Deflexion = a K
Al aplicar una fuerza unitaria a la masa “m” se estira a11 =
1 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 1 ∧ a21 = a12 = 3K 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 1 1 1 2 K + 3K 6 = + ⇒ = ⇒ K eq = K 2 6K 5 K eq 3K 2 K K eq
a22 =
5 6K
Como la masa “3m” no debe deformarse, entonces a32 = a23 =
5 6K
Para hallar a33 se aplica una fuerza unitaria en “3m”, pero nuevamente están en serie los resortes: 1 1 1 1 1 2 K 2 + 3K 2 + 6 K 2 6 = + + ⇒ = ⇒ K eq = K 3 K eq 3K 2 K K K eq 6K 11 a33 =
11 6K
Por tanto: 1 3K 1 a21 = 3K 1 a31 = 3K a11 =
1 3K 5 a22 = 6K 5 a32 = 6K a12 =
1 3K 5 a23 = 6K 11 a33 = 6K a13 =
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 138
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1. Determinar el movimiento general del sistema que se muestra − 2 Kx1 − K ( x1 − x2 ) = m& x& 1 2K
m& x& 1 + 2 Kx1 + K ( x1 − x2 ) = 0
2Kx1 x1
m
m
m& x& 1 + 3Kx1 − Kx2 = 0
K (x1 - x2)
(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
m& x& 2 − Kx1 + 2 Kx2 − Kx3 = 0
2Kx3
2K
(2)
K ( x2 − x3 ) − 2 Kx3 = m& x& 3 m& x& 3 − K ( x2 − x3 ) + 2 Kx3 = 0 m& x& 3 − Kx2 + 3Kx3 = 0
(3)
Suponiendo el movimiento como periódico compuesto de tres movimientos armónicos: 2 x1 = Asen(ωt − φ ) ⇒ & x& 1 = − Aω sen(ωt − φ ) 2 x2 = Bsen(ωt − φ ) ⇒ & x& 2 = − Bω sen(ωt − φ )
2 x3 = Csen(ωt − φ ) ⇒ & x& 3 = −Cω sen(ωt − φ )
Reemplazando en 1,2 y 3
[
]
m − Aω 2 sen(ωt − φ ) + 3KAsen(ωt − φ ) − KBsen(ωt − φ ) = 0
[÷ sen(ωt − φ )]
− mAω 2 + 3KA − KB = 0
(3K − mω )A − KB = 0 2
− mBω 2 sen(ωt − φ ) − KAsen(ωt − φ ) + 2 KBsen(ωt − φ ) − KCsen(ωt − φ ) = 0
(4)
[÷ sen(ωt − φ )]
− mBω 2 − KA + 2 KB − KC = 0
(
)
− KA + 2 K − mω 2 B − KC = 0 − mω 2Csen(ωt − φ ) − KBsen(ωt − φ ) + 3KCsen(ωt − φ ) = 0
(5)
[÷ sen(ωt − φ )]
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 139
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas − mCω 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
(2K − mω )B 2
− KB
=0 − KC 3K − mω 2 C
(
)
=0 =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
−K
−K 0
2 K − mω 2 −K
0
−K =0 2 3K − mω
Resolviendo:
(3K − mω )(2K − mω )(3K − mω ) − K (3K − mω ) − K (3K − mω ) = 0 (3K − mω ) (2 K − mω ) − 2K (3K − mω ) = 0 2
2
2
2 2
2
2
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 ⇒ ω12 = 3
K m
6 K 2 − 5 Ka + a 2 − 2 K 2 = 0 a 2 − 5Ka + 4 K 2 = 0 m 2ω 4 − 5mKω 2 + 4 K 2 = 0
(mω
2
)(
)
− 4 K mω 2 − K = 0
mω 2 − 4 K = 0 ⇒ ω 22 = 4
K m
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 140
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas mω 2 − K = 0 ⇒ ω 32 =
K m
Por tanto la solución general está compuesto de tres movimientos armónicos cuyas frecuencias son: ω1 ,ω 2 ,ω 3 .
Estas frecuencias son: La frecuencia fundamental y el primer y segundo armónico. x1 = A1sen(ω1t − φ ) + A2 sen(ω 2t − φ ) + A3 sen(ω 3t − φ ) x2 = B1sen(ω1t − φ ) + B2 sen(ω 2t − φ ) + B3 sen(ω 3t − φ ) x3 = C1sen(ω1t − φ ) + C2 sen(ω 2t − φ ) + C3 sen(ω 3t − 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
ω
2 1
ω
2 2
ω
2 3
= 3K
= 4K =K
B 3K − mω 2 = A K
m
m
m
⇒
B1 3K − 3K B = ⇒ 1 = 0 ⇒ B1 = 0 A1 K A1
⇒
B2 3K − 4 K B ⇒ 2 = −1 ⇒ B2 = − A2 = A2 K A2
⇒
B3 3K − K B = ⇒ 3 = 2 ⇒ B3 = 2 A3 A3 K A3
Para hallar C en función de A, se recurre a la ecuación (5)
(
)
− KA + 2 K − mω 2 B − KC = 0 −1+
[÷ KA]
2 K − mω 2 B C − =0 K A A
C 2 K − mω 2 B = −1 A K A
P
ω12 = 3
K m
⇒
C1 ⎛ 2 K − 3K ⎞ B1 B C =⎜ ⎟ − 1 = (− 1) 1 − 1 = (− 1)(0) − 1 ⇒ 1 = −1 ⇒ C1 = − A1 A1 ⎝ K A1 A1 ⎠ A1
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 141
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas P
K ω 22 = 4 m
P
ω 32 =
K m
⇒
⇒
C2 ⎛ 2 K − 4 K ⎞ B2 C =⎜ ⎟ − 1 = −2(− 1) − 1 ⇒ 2 = 1 ⇒ C2 = A2 A2 ⎝ K A2 ⎠ A2
C3 ⎛ 2 K − K ⎞ B3 C =⎜ ⎟ − 1 = (1)(2) − 1 ⇒ 3 = 1 ⇒ C3 = A3 A3 ⎝ K ⎠ A3 A3
Reemplazando estos valores se tiene el movimiento general. ⎛ K ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ K ⎞ K t − φ ⎟⎟ x1 = A1sen⎜⎜ 3 t − φ ⎟⎟ + A2 sen⎜⎜ 4 t − φ ⎟⎟ + A3 sen⎜⎜ m ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ m ⎠ ⎝ m ⎛ ⎞ ⎛ K ⎞ K t − φ ⎟⎟ x2 = − A2 sen⎜⎜ 4 t − φ ⎟⎟ + 2 A3 sen⎜⎜ m ⎝ ⎠ ⎝ m ⎠ ⎛ K ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ K ⎞ K t − φ ⎟⎟ x3 = − A1sen⎜⎜ 3 t − φ ⎟⎟ + A2 sen⎜⎜ 4 t − φ ⎟⎟ + A3 sen⎜⎜ m ⎝ m ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ m ⎠
“Sistemas de varios grados de libertad” Página: 142
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 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: Mt =
GI p L
θ
“Vibración torsional” Página: 143
Facultad de Ciencias y Tecnología 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:
Ip = Mt =
Entonces:
πr 4 2
πr 4G θ 2L
(1)
El momento restaurador producido por el árbol es opuesto y de igual magnitud que (1)
Mr = Mt
(2)
M r = Iα
donde:
J = Momento de inercia del volante o cuerpo
α = aceleración angular.
πr 4 G & & θ Jθ = − 2L
Según (2):
πr 4G K= 2L
Sea :
Rigidez rotacional o torsional
&= − Kθ Jθ&
Entonces:
&+ Kθ = 0 Jθ&
[÷ J ]
K θ =0 J
(3)
&+ θ&
La ecuación (3) es un M.A.S., por tanto, la frecuencia circular es: ω 2 =
K J
J K
y el periodo τ = 2π
En la vibración torsional existen también conexiones en serie y en paralelo. SERIE Volante
L1
L2
2
1
D
1
L1
2
D
L2 PARALELO
“Vibración torsional” Página: 144
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
1 1 1 (En Serie) = + K eq K1 K 2
K eq = K1 + K 2 (En Paralelo) 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:
ω 012 = ω 022 K1 K 2 = I1 I2 Como:
K=
πr 4 2L
G
“Vibración torsional” Página: 145
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas πr 4 2 L1 I1 Como:
G
πr 4 2L = 2 I2
G ⇒ L1I 2 = L2 I1 I1 L − L1 = I2 L1
L = L1 + L2 ⇒ L2 = L − L1 ⇒
1. 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.
L
K 0. 2
0.3
[∑ M
t
m .
m.
]
& = Iθ&
Por resistencia de materiales: Mt =
Ip =
Para una sección circular maciza
GI p θ L
πr 4 2
Gθ πr 4 πr 4G ⋅ = θ Mt = L 2 2L Por tanto: Sea:
πr 4 G
πr 4G & & & & − θ = Iθ ⇒ Iθ + θ =0 2L 2L K=
πr 4G 2L
= Rigidez a la torsión
“Vibración torsional” Página: 146
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
[÷ I ]
&+ Kθ = 0 Iθ& &+ θ&
K θ = 0 Siendo I = Momento de inercia de la placa I
Como es un M.A.S. y
K I
ω= a
b
Según la tabla:
Iz =
x
(
Ix =
1 mb 2 12
Iy =
1 ma 2 12
Iz =
1 m a 2 + b2 12
)
(
(
)
)
[
1 1 m a 2 + b 2 = ⋅ 10 0.22 + 0.32 = 0.108 Kg − m 2 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&
“Vibración torsional” Página: 147
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas & x&= θ& & F = m& x&
& τ = Jθ&
K
K
1 2 mx& 2
1 &2 Jθ 2
(Energía cinética)
1 2 Kx 2
1 Kθ 2 2
(Energía potencial elástica)
K m
ω=
ω=
m& x&+ cx&+ Kx = F0 senωt
(Rigidez torsional)
K J
(Frecuencia natural)
&+ cθ&+ Kθ = T0 senωt Jθ&
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 ⎤ K 1 = 1 * 10 5 ∧ K 2 = 2 * 10 5 ⎢ 2 ⎥ ⎣ seg ⎦
⎡ Kg − m ⎤ J 1 = 5, J 2 = 11 ∧ J 3 = 22⎢ ⎣ rad . ⎥⎦ & & & − K 1 (θ 1 − θ 2 ) = J 1θ& 1 ⇒ Jθ 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 2 & θ 1 = Asenωt.....θ& 1 = − Aω senωt 2 & θ 2 = Bsenωt.....θ& 2 = − Bω senωt
“Vibración torsional” Página: 148
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 2 & θ 3 = Csenωt.....θ& 3 = −Cω senωt
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 K 1 − J 1ω 2
− K1
− K1 0
K 1 + K 2 − J 2ω − K2
0 2
− K2 =0 2 K 2 − J 3ω
Reemplazando los valores de K i ∧ J i se obtiene la ecuación de frecuencias y haciendo λ = ω 2
1210λ3 − 68.2 * 10 6 λ2 + 5.4 *1011 λ + 2 * 1015 = 0 De donde:
ω1 = 123.666⎡rad seg ⎤ ⎢⎣
⎥⎦
ω 2 = 202.658⎡rad seg ⎤ ⎢⎣
⎥⎦
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.
“Vibración torsional” Página: 149
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
xi = xi −1 − •
Ki
i −1
∑m x j
i =1
j
Para sistemas con un extremo fijo y uno libre.
xi = xi −1 − •
ω2
ω2 Ki
i −1
∑m x j
j
1
Para sistemas con ambos extremos fijos.
1 xi = xi −1 + Ki
i −1 ⎡ ⎤ 2 ⎢ K i xi − ω ∑ m j x j ⎥ 1 ⎣ ⎦
PASOS. 1. Suponer una frecuencia natural “ ω ” 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
K
(1)
3m
“Vibración torsional” Página: 150
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Para sistemas con un extremo libre y otro fijo:
xi = xi −1 − ITEM MASA
ω = 0 .2
ω = 0 .3
ω2 Ki
i −1
∑m x
j
j
1
mω 2
xi
mxω 2
∑ 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
∞
∞
K
Resolver el siguiente ejercicio.
K1
K2 m2
m1
2 ⎡ ⎤ m1 = m2 = 1⎢lb − seg P lg ⎥⎦ ⎣
⎤ K1 = 400 ⎡lb ⎢⎣ P lg ⎥⎦ ⎤ K 2 = 200 ⎡lb ⎢⎣ P lg ⎥⎦
“Vibración torsional” Página: 151
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ω ω2 5 25
x1 = x1
F1 = mω x1 x1 = 1 F1 = 1(25 )1 = 25
10 100
x1 = 1 F1 = 1(100 )1 = 100
9 81
x1 = 1 F1 = 1(81)1 = 81 x1 = 1
20 400
F1 = 1(400 )1 = 400
30 900
x1 = 1 F1 = 1(900 )1 = 900
31 961
x2 = 1 −
2
x1 = 1
F1 = 1(961)1 = 961
F1 K1
x3 = x 2 −
F2 K2
F2 = F1 + m2ω 2 x2 x2 = 1 −
25 = 0.9375 400
x3 = 0.9375 −
F2 = 25 + 1(25 )0.9375 = 48.4375 x2 = 1 −
100 = 0.75 400
x3 = 0.75 −
F2 = 100 + 1(100 )0.75 = 175 x2 = 1 −
48.4375 = 0.6953 200
81 = 0.7975 400
115.5975 = 0.0695 ⇒ 200
x 3 = 0.7975 −
F2 = 81 + 1(81)0.7975 = 115.5975 400 = 0.00 400 F2 = 400 + 1(400 )0.00 = 400
175 = −0.125 200
x2 = 1 −
x3 = 0.00 −
900 = −1.25 400 F2 = 900 + 1(900 )(− 1.25 ) = −225
⎡ rad ⎤ ⎥ ⎣ seg ⎦
ω1 = 9 ⎢
400 = −2 200
x2 = 1 −
x2 = 1 −
x3 = −1.25 −
961 = −1.4025 400
F2 = 961 + 1(961)(− 1.4025 ) = −386.8025
x 3 = −1.4025 −
− 225 = −0.125 200
− 386.8026 = 3.3365 ⇒ 200
⎡ 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
“Vibración torsional” Página: 152
Facultad de Ciencias y Tecnología 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
&= − Kθ Jθ& K=
Donde:
&+ θ&
De (1)
&+ ω 2θ = 0 θ& Despejando:
πr 4 G 2L
(1)
= Rigidez torsional (Para un eje macizo)
K θ = 0 (ecuación del movimiento armónico simple) J
ω = Frecuencia natural &= −ω 2θ θ&
(2)
Reemplazar (2) en (1) J (− ω 2θ ) = − Kθ ⇒ θ =
Jω 2θ K
(3)
Suponiendo una frecuencia “ ω ” y una amplitud θ 1 = 1 para el primer disco Reemplazar en (3) J 1ω 2 = θ1 − θ 2 K1
Pero θ 1 = 1
J 1ω 2 = 1−θ 2 K1 De donde:
θ2 = 1−
J 1ω 2 K1
(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: J 1ω 2 + J 2ω 2θ 2 = θ 2 −θ3 K2
(5)
De esta manera, la amplitud y el torque de cada disco se puede calcular. El torque resultante en el extremo más alejado es:
“Vibración torsional” Página: 153
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas n
Text = ∑ J iω 2θ i i =1
Repitiendo los cálculos con otros valores de “ ω ”, las frecuencias naturales se encuentran cuando Text = 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 ⎤ J 1 = 5, J 2 = 11 ∧ J 3 = 22⎢ ⎣ rad ⎥⎦ ⎡ Kg ⎤ K 1 = 0.1 * 10 6 ∧ K 2 = 0.2 * 10 6 ⎢ 2 ⎥ ⎣ seg ⎦
I
θ2 = 1−
T1 K1
θ3 = θ2 −
T2 K2
ω
θ1 = θ1
ω2
T1 = J 1ω 2θ 1
20
θ1 = 1
θ 2 = 1 − 2000
400
T1 = 5(400 )1 = 2000
T2 = 2000 + 11(400)0.98 = 6312
T3 = 6312 + 22(400)0.94844 = 14658.272
40
θ1 = 1
θ 2 = 1 − 8000
θ 3 = 0.92 − 24192
1600
T1 = 5(1600)1 = 8000
T2 = 8000 + 11(1600)0.92 = 24192
T3 = 24192 + 22(1600)0.79904 = 52318.208
100
θ1 = 1
θ 2 = 1 − 50000
θ 3 = 0.5 − 105000
10000
T1 = 5(10000)1 = 50000
T2 = 50000 + 11(10000)0.5 = 105000
T3 = 105000 + 22(10000) − 2.5 *10−2 = 99500
120
θ1 = 1
θ 2 = 1 − 72000
θ 3 = 0.28 − 116352
14400
T1 = 5(14400 )1 = 72000
T2 = 72000 + 11(14400)0.28 = 116352
T3 = 116352 + 22(14400)(− 0.30176) = 20754.432
123.666
θ1 = 1
θ 2 = 0.235336
θ 3 = −0.344944258
15293.279
T3 = T2 + J 3ω 2θ 3
T2 = T1 + J 2ω 2θ 2 0.1 * 10 6
0.1 * 10 6
= 0.98
θ 3 = 0.98 − 6312
= 0.92
0.1 * 10 6
= 0.5
0.1 * 10 6
= 0.28
0.2 * 10 6
= 0.94844
= 0.79904
0.2 *10 6
0.2 *106
= −2.5 *10 −2
(
0.2 *10 6
)
= −0.30176
“Vibración torsional” Página: 154
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
II
T1 = 76466.3978
T2 = 116056.0517
T3 = −1.181562
180
θ1 = 1
θ 2 = −0.62
θ 3 = −0.32516
32400
T1 = 162000
T2 = −58968
T3 = −290742.048
202.658
θ1 = 1
θ 2 = −1.05351
θ 3 = 0.29948
T2 = −270597.4262
T3 = −6.1133
41070.265 T = 205351.3248 1
La cantidad “ T3 ” es el torque a la derecha del disco (3) que debe ser cero a las frecuencias
J3
J2
J1 K1
ω1 = 0 ω 2 = 123.666 ω 3 = 202.658
K2
FORMAS MODALES
1.0
W=
123.6 66
0.299
0.235
W
20 2. 65 8
0
=
-0.345
W
-1.0
-1.053
T3 99500
55000 5 2 3 1 8 .2 0 8
50000 45000 40000 35000 30000 25000 2 0 7 5 4 .4 3 2
20000 15000
1 4 6 5 8 .2 7 2
10000 5000 -1 .1 8 1 5 6 2 -6 .1 1 3 3
-5 0 0 0
20
40
60
80
100
120
140
160
180
200
220
W
-1 0 0 0 0 -1 5 0 0 0 -2 0 0 0 0 -2 5 0 0 0 -3 0 0 0 0
-2 9 0 7 4 2 .0 4 8
“Vibración torsional” Página: 155
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 1. Utilizar el método HOLZER para determinar las frecuencias naturales de vibración torsional
del sistema si J1 = J 2 = J 3 = 1 y K1 = K 2 = 1 K2
K1
J1
J3
J2
La ecuación correspondiente sería:
θ i = θ i −1 − ÍTEM
Ji
J iω 2
θi
ω2 Ki
i
∑ Jθ 1
Jθ iω 2
i
∑Jω θ 2
i
i
K ij
∑Jω
2
i
1
θi K ij
ω = 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
ω = 1 .0
ω = 1 .5
ω = 1.79
“Vibración torsional” Página: 156
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Por tanto:
ω1 = 0
Rad
5
ω 2 = 1 .0
Rad
4
ω 3 = 1.7
Rad
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.
“Vibración torsional” Página: 157
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas i=
Donde:
ω 2 n 2 θ 2 D1 Z 1 T1 = = = = = ω 1 n1 θ 1 D 2 Z 2 T2
(1)
ω = 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 2θ 2 Pero según (1) θ 2 = iθ 1 2 1 1 2 2 ' 2 T2 = J 2 (iθ& i J 2 θ& (2) 1) = 1 ⇒ J2 = i J2 2 2 T2 =
(
)
1 1 2 K 2θ 22 = K 2 (iθ 1 ) ⇒ K 2' = i 2 K 2 2 2 Por consiguiente, el sistema reducido queda: V2 =
La energía potencial es:
J1
K1
K2
(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 = K1 + K 2 K eq K 1 K 2' K eq =
K1 K 2 i 2 K1 + i 2 K 2
Quedando el sistema equivalente como:
“Vibración torsional” Página: 158
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
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
De la relación de transmisión: La energía cinética Como i = 3 ;
T2 =
i=
J2
θ2 ⇒ θ 2 = iθ 1 θ1
(
)
1 &2 1 1 2 2 ' 2 J 2θ 2 T2 = J 2 (iθ& i J 2 θ& 1) = 1 ⇒ J2 = i J2 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 2' θ& 2 + K eq (θ 1 + θ 2 ) = 0
(3)
Multiplicando por “ J 2' ” a (2) y por “ J 1 ” a (3) ' & J 1 J 2' θ& 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 ) = 0
(θ&&1 + θ&&2 ) +
(
K eq J 1 + J 2' J 1 J 2'
) (θ
1
[÷ J J ] 1
' 2
+θ2 ) = 0
Comparando con la ecuación del M.A.S.
“Vibración torsional” Página: 159
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ω = 2
Como la rigidez equivalente es: K eq
K eq (J 1 + J 2' )
(4)
J 1 J 2'
K1 K 2 i 2 9 K 2 ⋅ 32 = K = = 2 2 K 1 + i K 2 K + 3 K 10
(5)
(1), (5) en (4) 9 ⎛ 9 ⎞ K ⎜ J 1 + J 1 ⎟ 9 K ⋅ 11 J 1 10 ⎝ 2 ⎠ 10 2 = ω2 = 9 2 9 2 J1 J1 2 2 11 K K ⇒ ω = 1.1 ω2 = 10 J 1 J1
ω = 1.05
K J1
“Vibración torsional” Página: 160
Facultad de Ciencias y Tecnología 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” Página: 161
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
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 “ Ci ” del eje elástico y
Vi+1 M i+1 i+1
Ti+1
m i Ji
i+1
Respecto a G
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:
J i = J cg + mi ci2
De la segunda ley de Newton para sistemas de fuerzas y sistemas torsionales, además utilizando los coeficientes de influencia, se tiene:
“Velocidades críticas en rotores” Página: 162
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Vi +1 = Vi − miω 2 ( y i + ciφ i ) M i +1 = M i − Vi +1 Li Ti +1 = Ti + J iω 2φ i + mi ciω 2 y i ⎛ L2 ⎞ ⎛ L ⎞ ⎟⎟ + M i +1 ⎜ ⎟ ⎝ EI ⎠ i ⎝ 2 EI ⎠ i
θ i +1= θ i + Vi +1 ⎜⎜ y i +1
⎛ L2 ⎞ ⎛ L3 ⎞ ⎟⎟ ⎟⎟ + M i +1 ⎜⎜ = y i + θ i Li + Vi +1 ⎜⎜ ⎝ 2 EI ⎠ i ⎝ 3EI ⎠ i
φ i +1 = φ i + Ti +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 ⎝ 3EI ⎠ i
cortante unitaria en ”i + 1”.
Para vigas que tienen extremos libres, se tiene las siguientes condiciones de contorno para inicializar el cálculo. V1 = M 1 = T1 = 0
θ 1 = θ ; y1 = 1.0; φ1 = φ
“Velocidades críticas en rotores” Página: 163
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Las frecuencias naturales se generan, satisfaciendo las condiciones de borde del otro extremo.
Balanceo de rotores: Desbalance rotatorio. 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 desequilibrio. -
Sopladuras ocasionadas por fundiciones.
-
Excentricidad
-
Distorsión térmica
-
Tolerancias de claro.
“Velocidades críticas en rotores” Página: 164
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas -
Corrosión y desgaste
-
Acumulación de depósitos.
Balanceo en un plano. 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.
“Velocidades críticas en rotores” Página: 165
Facultad de Ciencias y Tecnología 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.
Método vectorial de balanceo en un plano. 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”.
“Velocidades críticas en rotores” Página: 166
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
O
+T
T
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 tral cen Eje
l cipa prin l ntra a ce e n Lí
principal en paralelo con la línea central rotatoria.
Por par de fuerzas. l ipa rinc p l tra cen l eje Eje l de ntra e c a Líne
Ocurre cuando cruce el eje central principal, la línea central rotatoria en el centro de gravedad del rotor.
“Velocidades críticas en rotores” Página: 167
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Dinámico. Eje
C
e L ín
n ce
lp t ra
n a ce
Ej
al cip ri n
tral
en ec
ea L ín
del
Ocurre cuando el eje central principal y la línea
eje
central rotatoria no coinciden ni se tocan.
l ipa inc pr l tra
t c en
ra l
del
Cuasi estático. Ocurre cuando el eje central principal cruza la
eje
línea central rotacional, pero no en el centro de
C
gravedad del rotor.
Balanceo en dos planos.
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.
“Velocidades críticas en rotores” Página: 168
Facultad de Ciencias y Tecnología 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.
“Velocidades críticas en rotores” Página: 169
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 longitudinal de barras. 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” Página: 170
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 dξ = 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)
“Vibraciones en medios continuos” Página: 171
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 = Eε
(3)
Reemplazando (1), (2) en (3) se tiene:
F ∂ξ ∂ξ =E ⇒ F = EA A ∂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 ⇒ dm = δdV pero dV = Adx dV dm = δAdx
(6)
Aplicando la segunda ley de Newton [F = ma ] dF = dma
(7)
Reemplazando (5), (6) en (7) ∂F ∂ 2ξ dx = δAdx 2 ∂x ∂t ∂F ∂ 2ξ = δA 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
“Vibraciones en medios continuos” Página: 172
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas O como: γ = δg ( 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 = a2
Eg
γ
∂ 2ξ ∂ 2ξ = ∂x 2 ∂t 2
d2X d 2T 2 2 a 2 dx = dt 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: d 2T 2 dt 2 = −ω 2 ⇒ d T + ω 2T = 0 ⇒ T& &+ ω 2T = 0 2 T dt d2X 2 d2X ω2 d2X ⎛ω ⎞ 2 dx 2 a = −ω ⇒ + 2 X =0⇒ +⎜ ⎟ X =0 X dx a dx 2 ⎝ a ⎠ Cuyas soluciones son : T (t ) = Csenωt + D cos ωt
X (x ) = Asen
ω a
x + B cos
ω a
x
La solución general de la ecuación diferencial es: ⎛ ⎝
ξ ( x, t ) = ⎜ Asen
ω a
x − B cos
ω ⎞
x ⎟(Csenωt + D cos ωt ) a ⎠
(10)
“Vibraciones en medios continuos” Página: 173
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Donde A,B,C Y D son constantes arbitrarias, determinadas de las condiciones iniciales y de contorno del problema y ωi 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 ⎟(Csenωt + D cos ωt ) ∂x ⎝ a a a a ⎠ P P
0=
x=0 x=L
0=−
ω a
ω
A(Csenωt + D cos ωt ) ⇒ A = 0
a
Bsen
ω a
L(Csenωt + D cos ωt ) ⇒ sen
ω a
L=0
Que es la ecuación de frecuencias y su resolución:
ω a
L = nπ ⇒ ω =
naπ L
Donde n = 1,2,3,....
b) Si un extremo es fijo y el otro libre las condiciones de contorno son:
(ξ )x =0 = 0 ∧ ⎛⎜ ∂ξ ⎞⎟
⎝ ∂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 vibrante. 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.
“Vibraciones en medios continuos” Página: 174
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
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 μ .
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
Fx = 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: Fx = 0
[F = ∑ F ] y
y
Fy = Tsenα´−Tsenα ⇒ Fy = T (senα´− senα ) Para ángulos pequeños senα ≈ tagα Fy = T (tagα´−tagα ) dFy = Td (tagα )
“Vibraciones en medios continuos” Página: 175
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas dFy = 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 = dFy = T
∂u ∂x
(2)
∂ ⎛ ∂u ⎞ ∂u 2 ⎜ ⎟dx ⇒ dFy = T 2 dx ∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂x
Esta fuerza debe ser igual según la segunda ley de Newton [F = ma ] a=
Donde
∂ 2u dm ∧μ = ⇒ dm = μdx 2 ∂t dx
μ = Masa por unidad de longitud Reemplazando
μdx ∂ 2u T ∂ 2 u = ∂t 2 μ ∂x 2
Donde c =
T
μ
∂ 2u ∂ 2u = T dx ∂t 2 ∂x 2 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 f1 ∧ f 2 son funciones arbitrarias f1 ( x − ct ) representa la onda que viaja en sentido positivo de “x” con velocidad “c” f1 ( 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:
(4)
∂ 2u ∂2 X = T ∂x 2 ∂x 2
“Vibraciones en medios continuos” Página: 176
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ∂ 2u ∂ 2T = X ∂x 2 ∂t 2 Reemplazando en (3) X
∂ 2T ∂2 X 2 = c T ∂t 2 ∂x 2
∂ 2T ∂2 X ∂t 2 = c 2 ∂x 2 T X
(5)
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 d 2T 2 = − ω T ⇒ + ω 2T = 0 2 2 dt dt
ω2 d2X d2X ω2 = − X ⇒ + 2 X =0 dx 2 c2 dx 2 c
ω ω ⎞ ⎛ u (x, t ) = ⎜ A1 sen x + A2 cos x ⎟(B1 senωt + B2 cos ωt ) c c ⎠ ⎝ Las soluciones de (6) y (7) ya se sabe y luego reemplazar en (4)
(6) (7)
(8)
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 senωt + B2 cos ωt ) ⇒ A2 = 0
0 = A1 sen
ω c
(9)
L(B1 senωt + B2 cos ωt )
De este triple producto la única posibilidad es que sen
ω c
L = 0 ya que A1 no puede ser todo el
tiempo igual a cero Entonces:
sen
ω c
L=0⇒
ω c
L = nπ
Donde n= 1,2,3,....
Y las frecuencias naturales de la cuerda están dadas por:
“Vibraciones en medios continuos” Página: 177
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ω=n
πc
(10)
L
En general al reemplazar (9) y (10) en (8) se obtiene:
u ( x, t ) = ∑ sen
nπx (B1 senω n t + B2 cos ω n t ) L
Vibración transversal 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
M+ M/ x dx
y dx
x
Q+ Q/ x dx
Por la teoría de la flexión de la viga recta se tiene: EI
d2y = −M dx 2
(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 d3y = V (V = Fuerza cortante) EI 3 = −V dx dx
(2)
“Vibraciones en medios continuos” Página: 178
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ya que
dV d4y = q (q = Intensidad de carga) EI 4 = − q dx dx
(3)
En las vibraciones transversales libres de vigas que no tienen carga externa, se considera las ⎛ γA ⎞ ∂ 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=
(4)
m ⇒ m = δV ∧ V = Ax V m = δAx
Entonces:
γ = δg m=
γA g
Peso específico x
Reemplazando en (4) q=
γA ∂ 2 y g ∂t 2
(5)
Reemplazando (5) en (3) EI
γA ∂ 2 y ∂4 y = − ∂x 4 g ∂t 2
∂ 2 y EIg ∂ 4 y + =0 γA ∂x 4 ∂t 2
Si
a2 =
EIg
γ
⇒
4 ∂2 y 2 ∂ y + a =0 ∂t 2 ∂x 4
(6)
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 ∧ = X ∂x 4 ∂x 4 ∂t 2 ∂t 2
Reemplazando en (6)
“Vibraciones en medios continuos” Página: 179
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas X
∂ 2T ∂4 X 2 =0 + a T ∂t 2 ∂x 4
Resolviendo por el método de cambio de variable. X
∂ 2T ∂4 X 2 = − a T ∂t 2 ∂x 4 ∂ 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 −⎜ ⎟ X = 0 = −ω ⇒ −a X ∂x 4 ⎝ a ⎠
(7)
(8)
La solución de (7) es: T (t ) = A1 senωt + A2 cos ωt
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 =
ω2 a2
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
Momento flector
d2X =0 dx 2
“Vibraciones en medios continuos” Página: 180
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas II.
III.
Para un extremo empotrado
Deformación
X (x ) = 0
Inclinación
dX =0 dx
Para un extremo libre
Momento flector
d2X =0 dx 2
Fuerza cortante
“Vibraciones en medios continuos” Página: 181
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sistemas con un grado de libertad. 1.- Para el sistema de la figura, obtener las expresiones de la frecuencia natural y de la frecuencia “f”. Resp.: ω =
Ka 2 m a 2 + b2
(
)
f =
1 2π
Ka 2 m a 2 + b2
(
)
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 2 ⎞1 − g ⎟⎟ Resp.: ω = ⎜⎜ ⎝ ma ⎠a
A
m
a
O b
K
K B
“Apéndice A” Página: 182
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 4.- Determine la frecuencia natural amortiguada del sistema. Resp.: ω =
a1 4mL2 K − c 2 a 2 2 2mL
K m c
a L
5.- El sistema de la figura está sometida a una fuerza armónica Ft = F0 senω t con una amplitud de ⎤ F0 = 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 amortiguamiento c = 400⎡ N − seg ⎤ , cada uno de los resortes tiene una constante de rigidez m⎥⎦ ⎢⎣ K = 20000 N . a = 1[m] y b = 0.5[m] . Halle la ecuación del ángulo de desplazamiento. m
[ ]
Resp.: θ = ρsen(ω 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 =
48EI ⎡rad ⎤ seg ⎢ ⎥⎦ L (M + 0.486m ) ⎣ 3
“Apéndice A” Página: 183
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 =
3EI ⎡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 ) = 10 sen0.5t + 10 cos1.5t + 20 sent + 20 cos 2t 2 ⎤ ⎤ ∧ m = 1⎡lb − seg Siendo: K = 10⎡lb ⎢⎣ p lg⎥⎦ ⎢⎣ p lg⎥⎦
Resp.: x = 1.03sen0.5 + 2.22 sent + 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” Página: 184
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sistemas con dos grados de libertad. 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 )θ1 − Kθ 2 = 0 2& mL θ& 2 + (mgL + K )θ 2 − Kθ1 = 0 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 − (K1m2 + K 2 m1 + 4 K 2 m2 )ω 2 + K1K 2 = 0
K1
m1 K2 m2
“Apéndice B” Página: 185
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 y b 2 = 0 2b Kx
Kx
h Ky
Ky
5.- Una varilla rígida sin peso que tiene dos masas “m” fijas en sus extremos, está unida a dos resortes. Deduzca una expresión para la ecuación de frecuencia del sistema. Resp. J 0 mω 4 − (K1 + K 2 )J 0 + (K1L1 + K 2 L2 )mω 2 + K1K 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.
ω1 =
K , ω2 = m
K ⎡rad ⎤ seg ⎢ ⎥⎦ 2m ⎣
K
K
K
K
m
m
“Apéndice B” Página: 186
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 7.- Calcule las frecuencias naturales del sistema. Resp. ω1 = 1.96
K K ⎡rad ⎤ , ω 2 = 2.16 seg ⎥⎦ m m ⎢⎣
K
K m
K
K
m K
K
K
2 ⎤ ⎡ ⎤ , calcule x (t ) ∧ x (t ) para las 8.- Si m1 = m2 = 1⎢lb − seg , K1 = 200 ∧ K 2 = 400 ⎡lb 1 2 ⎥ p p lg lg ⎥⎦ ⎢ ⎣ ⎦ ⎣ siguientes condiciones iniciales:
a) x1 (0 ) = 0.3 , x&1 (0 ) = 0 , x2 (0 ) = 0 , x&2 (0 ) = 0 b) x1 (0 ) = 0.3 , x&1 (0 ) = 0 , x2 (0 ) = 0 , x&2 (0 ) = 5 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 + 167o + 0.145 cos 30.2t − 177 o
(
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. ω1 =
2 K 3.12 g + , ω2 = m L
2 K 0.58 g ⎡rad ⎤ + seg ⎥⎦ m L ⎢⎣
“Apéndice B” Página: 187
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas
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. &+ 2aKθ = 0 Resp. (M + m )& x&+ 2 Kx + mLθ& &+ (mgL + 2 Ka 2 )θ + mL& mL2θ& x&+ 2aKx = 0
M
a K
K A m
“Apéndice B” Página: 188
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Sistemas de varios grados de 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 Kθ 1 − K θ 2 = 0 & 4mθ& 2 + 2 Kθ 2 − K θ 3 − Kθ 1 = 0 & 4mθ& 3 + 2 Kθ 3 − Kθ 2 = 0
K 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 “ K1 ” y es libre de girar con respecto a su centro de masa “O”. Deducir las ecuaciones de movimiento. Resp. 3M& x& x& 1 + (K1 + 9 K 2 )x1 − 2 M& 2 − 6 K 2 x2 − 3K 2 x3 = 0 (2M + 2m )& x& x& 2 + 4 K 2 x2 + 2 K 2 x3 − 2 M& 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
⎤ y además 3.- La constante de elasticidad equivalente del voladizo es K = 10 ⎡lb ⎢⎣ p lg ⎥⎦ 2 ⎤ ⎤ y m = 1⎡lb − seg . Calcular las frecuencias naturales del sistema que se K = 1⎡lb ⎢⎣ p lg ⎥⎦ ⎢⎣ p lg⎥⎦ muestra.
“Apéndice C” Página: 189
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas ⎤ Resp. ω1 = 3.16 , ω 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. ω1 = 0.62 , ω 2 = 1.18 , ω 3 = 1.62 , ω 4 = 1.9⎡rad seg ⎥⎦ ⎢⎣ K
m
K
K
m
m
K
m
K
5.- Encontrar los coeficientes de influencia del sistema masa-resorte. Resp. α11 =
1 1 1 3 K , α12 = K , α 21 = K , α 22 = K 2 2 2 2
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 ⎤ . Cuál será la frecuencia natural más baja? resortes de acoplamiento es K = 10000⎡lb ⎢⎣ p lg ⎥⎦
“Apéndice C” Página: 190
Facultad de Ciencias y Tecnología 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. K1 = 0 y todas las demás constantes de elasticidad son iguales a “K”, todas las masas son iguales a “m”. Resp. ω1 = 0.24
ω 6 = 1.95
K K K K K , ω 2 = 0.71 , ω 3 = 1.14 , ω 4 = 1.49 , ω 5 = 1.77 , m m m m m
K ⎡rad ⎤ seg ⎥⎦ m ⎢⎣
K1
K2 m1
K3 m2
K4 m3
K5 m4
K6 m5
m6
K7
8.- Determinar las frecuencias de oscilación del sistema que se muestra en la figura. Resp. ω1 = 0 , ω 2 =
K , ω3 = m
3K ⎡rad ⎤ seg ⎥⎦ m ⎢⎣ K m m
K m
“Apéndice C” Página: 191
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas Vibración torcional. 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.
πd 4G (L1 + L2 ) ⎡rad
Resp. ω =
32 JL1L2
⎢⎣
⎤ seg ⎥⎦
d L1
L2
2.- Encontrar el eje equivalente del sistema que se muestra en la figura.
⎛d ⎞ Resp. d = d1 , L = L1 + ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ d2 ⎠
4
2
⎛ a2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ L2 ⎝ a1 ⎠ L2 d2 a2 a1
d1 L1
3.- Un momento torsional externo “ Te0 senωt ” actúa sobre el rotor “ J 2 ”. Determinar las respuestas del estado estacionario del sistema. Resp. θ1 =
(
)
K 2T0 senωt K1 + K 2 − J1ω 2 T0 senωt θ = , 2 K1 + K 2 − J1ω 2 K 2 − J 2ω 2 − K 22 K1 + K 2 − J1ω 2 K 2 − J 2ω 2 − K 22
(
)(
)
(
T0 senwt K1
)(
)
K2
J1 J2 “Apéndice D” Página: 192
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 4.- Calcular las frecuencias naturales del sistema torsional. Resp. ω1 = 0.39
K K K ⎡rad ⎤ , ω 2 = 1.47 , ω 3 = 2.36 seg ⎥⎦ J J J ⎢⎣
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. ω1 = 0.54
K K K ⎡rad ⎤ , ω 2 = 1.17 , ω 3 = 1.82 seg ⎥⎦ ⎢ ⎣ J J J
2K
K
4K 2J
6J
3K 3J
6.- Si J = K = 1. Determinar el movimiento general del sistema, si al primer disco se le aplica un desplazamiento angular inicial de 1 [rad ]. Resp. θ1 (t ) =
θ 2 (t ) =
(
1 1 1 − cos t + cos 3t 3 2 6
(
)
)
1 1 − cos 3t 3 3 1 1 1 θ 3 (t ) = + cos t + cos 3t 3 2 6
(
) K
K
“Apéndice D” Página: 193
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 7.- Utilizar el método Holzer para determinar las frecuencias naturales del sistema. El sistema ⎤ y está fijo en ambos extremos y tiene una vibración torsional. K = 1000⎡ p lg − lb rad ⎥⎦ ⎢⎣ 2 ⎡ ⎤ J = 10⎢ p lg− lb − seg ⎥⎦ rad ⎣
K
K
K
K J
J
J
8.- Emplear el método Holzer para determinar las frecuencias naturales del sistema que se 2 ⎤ 6 ⎤ y J = 103 ⎡ p lg − lb − seg muestra. K = 10(10 ) ⎡ p lg− lb ⎢ ⎥⎦ rad rad ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ ⎤ Resp. ω1 = 46 , ω 2 = 100 , ω 3 = 134 ⎡rad seg ⎥⎦ ⎢⎣
3K
4J K
2J K
J
“Apéndice D” Página: 194
Facultad de Ciencias y Tecnología 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 3 ⎥ , si esta varilla se considera como una barra con p lg ⎣ ⎦ 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” F0 ” 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. (i −1)
2 F0 L ∞ Resp. u ( x, t ) = ∑ (− 1) AEπ 2 i =1, 2,...
2
iπx iπa ⎤ ⎡1 ⎢ i 2 sen L cos L t ⎥ ⎣ ⎦
L/2
L/2 F
0
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” Página: 195
Facultad de Ciencias y Tecnología Ingeniería Mecánica - Vibraciones Mecánicas 5.-Deducir la ecuación de frecuencia de la vibración transversal de una viga uniforme de longitud “L”, si los dos extremos de ésta están fijos. Resp. cos KL cosh KL = 1 6.- Deducir la ecuación de frecuencia de la vibración longitudinal de una varilla que tiene dos secciones transversales diferentes, cuyas áreas son “ A1 y A2 ” respectivamente como se muestra en la figura. Resp. tan pi
Aa ρ L L tan p1 = 1 q 1 a1 a2 A2 a2 ρ 2
L
L
x A1
A2
“Apéndice E” Página: 196
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