VIBRACIÓN DE ESTRUCTURAS 73.06
Apunte Teórico
alumno: Adán Javier Levy, 76345
1.- Oscilador simple
a) Ecuaciones del sistema oscilador simple
La proyección de las fuerzas en las direcciones “x” e “y” sobre el cuerpo libre del carro serán las siguientes:
y
Las fuerzas aplicadas en la dirección x son las del resorte y la perturbadora (Ft). Entonces Reemplazando en (1) obtenemos: , donde la fuerza del resorte es De (2) despejamos Ft, Queda entonces una ecuación diferencial, no homogénea de segundo orden a coeficientes constantes. Debemos entonces hallar la solución general que estará compuesta por la solución de la homogénea más la particular Pero en este caso solo resolveremos la ecuación homogénea (suponiendo que es un sistema oscilante en el que Ft=0), entonces la ecuación diferencial quedaría de la siguiente forma: b) Solución de la ecuación homogénea del sistema oscilador simple Se propone como solución a esta ecuación Entonces
x
∑Ft
=
=
)1(.
0..
xmFx
Fy
resorte .
∑
)2(...
∑ + == xmFtFFx resorte F −= xk
)3(.......
mFtx
mkxxmxkFt mpordividiendo =+⎯⎯⎯⎯⎯ →⎯+=
HPG XXX +=
)4(0...
=+ xmkx
0. . ≠= CconeCx tr
0..0....
..
..
.
2...2)4(
.2..
..
.
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⎯⎯ →⎯=+⎯⎯⎯⎯⎯ →⎯
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
=
=
=
43421
ticacaracterísecuación
trcomúnfactor
trtrendoreemplazan
tr
tr
tr
mkreCeC
mkerC
erCx
erCx
eCx
1
Como
)5(00. 2. =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⇒≠
mkreC tr
( )444 3444 21
ticocaracteríspolinomiodelraíceslashallamos
nn
nnn
endoreemplazann
jr
jrr
mk
⎪⎩
⎪⎨⎧
−=−−=
=−+==+⎯⎯⎯⎯ →⎯=
ωω
ωωωω
22
2122
)5(
2 0Llamamos Una vez obtenidas las raíces del polinomio característico y siendo estas distintas, componemos la solución de la homogénea tjtjtrtr
HHHnn eCeCeCeCXXX .
2.
1.2
2.1
121 .... ωω −+=+=+=
αα
ααα
α
jsenejsene
j
j
−=
+=− cos
cos ( ) ( ) ( ) ( ) ).(..).cos(.).(.).cos(.).(.).cos(. 212121 tsenCCjtCCtsenjtCtsenjtCX nnnnnnH ωωωωωω −++=−++=
( )21
21
. CCjBCCA−=
+=Realizamos una transformación de las constantes para llevarlo a una forma más simple ⇒ ).(.).cos(. tsenBtAX nnH ωω += Nuevamente llevamos las constantes A y B a una forma más conveniente
A
B
φ R
)cos(.)(.
ϕϕ
RBsenRA
==
).(.).().cos(.).cos().(. ϕωωϕωϕ +=⎯⎯⎯⎯ →⎯+= tsenRXtsenRtsenRX nH
ricatrigonométidentidadaplicandonnH
Solución final de
la homogénea En el caso de que el sistema no tenga ninguna fuerza externa aplicada, la solución de la homogénea será la solución total. En ese caso solo restará calcular el valor de las constantes (R,φ) con las condiciones iniciales del sistema. A ωn lo denominaremos pulsación natural y depende exclusivamente del sistema (en este caso de la masa del carrito y de la constante de rigidez del resorte)
nn fmk ..2 πω ==
Frecuencia natural (ciclos por segundo)
Entonces podemos ya extraer algunas conclusiones: 1.- Sin perturbación (resolviendo únicamente el homogéneo) un sistema oscila a su frecuencia natural y ésta depende exclusivamente de características intrínsecas del sistema. 2.- Según los grados de libertad veremos que existirán igual cantidad de frecuencias naturales. (explicar esto) 3.- Las frecuencias más importantes son las de orden menor porque provocan las mayores amplitudes a igual nivel de energía. (explicar esto)
2
Oscilador con amortiguamiento a) Fuerza viscosa Veamos cuál es la fuerza de amortiguamiento que provoca un fluido sobre una pared en deslizamiento. La mayoría de los fluidos presentan una relación lineal entre el esfuerzo aplicado y la velocidad de deformación Donde µ es la constante de proporcionalidad que vincula la tensión de corte y la velocidad de deformación. De la geometría se observa que Por lo tanto, reemplazando (7) en (6) llegamos a En el caso de paredes infinitas deslizándose el perfil de velocidades es lineal ya que τ es constante Entonces La fuerza sobre toda la placa se obtiene multiplicando la tensión por el área (ya que esta es constante sobre la placa) Se puede asociar con el comportamiento amortiguador de un resorte, donde Extraeremos luego las siguientes conclusiones:
- En un movimiento oscilatorio amortiguado se reduce tanto la amplitud como la frecuencia de la onda. - La energía es función de la amplitud en forma directa y del cuadrado de la frecuencia (probar esto).
b) Análisis del sistema oscilatorio amortiguado excitado con Fuerza impulsora Ft
Elemento de fluído deformándose
Placa sólida deslizándose uU δ=
0=U
yδ
τ
δθ δθ
τ sobre placa producido por fluido
Placa fija
)6(.tt ∂
∂−=⇒
∂∂
∝θµτθτ
)7(.)( )(infvar
yu
tytutg tgesinitesimal
iacionespara
∂∂
=∂∂
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ →⎯= ∂≈ θδδδδθ θδθ
yu∂∂
−= .µτ u=U h
u=0
hU.µτ −=
..
.......
xBFvisAhxFvisA
hUA xU −=⇒−=⎯⎯→⎯−== = µµτFvis
xAFres .−=
3
y
x
Ft
Amortiguador
∑ =++=..
cos .xmFtFFFx avisresorteAnalicemos el caso de la figura:
)8(.....
mFtx
mkx
mBx =++
Buscaremos la solución de esta ecuación utilizando transformada de Laplace Reemplazo las constantes y obtengo
ξ
ω
=
=
mkB
nmk
..2mFtxnxnx =++ ....2 2
...ωωξ
Realizaré la transformación
)(.'.)(. 22
2
)0()0(2
2
2
sXsdt
xLxxssXsdt
xLnulasiniciales
scondicionett =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ∂⎯⎯⎯ →⎯−−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ∂==
[ ] )()0()( ....2...2.....2...2 snn
nulasiniciales
scondicionetsnn XsdtxLxsXs
dtxL ωξωξωξωξ =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ∂
⎯⎯⎯ →⎯−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ∂
=
( ) )(22 .. snn XxL ωω =
mF
mFtL s)(=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
Veremos ahora cómo modelizar la fuerza Ft, de modo tal de obtener un IMPULSO excitativo corto y luego obtendremos la transformada de esta función F(s). Supongamos que tenemos una fuerza F(t) aplicada entre los instantes t0 y t1. Entonces podemos calcular el impulso integrando la fuerza por el tiempo
)0()1(
1
0
1
0....).( tt
t
t
t
tvmvmt
tvmttFJ −=∂∂∂
=∂= ∫∫ Si achicáramos el intervalo [t0,t1] y quisiéramos mantener el valor del impulso, deberíamos aumentar F(t). De este modo, cuando t1 t0, F(t) tiende a una función que se anula para t≠t0 pero que tiene un valor infinito para t=t0.
tiempo
Ft Área que representa
impulso
Se dice que la fuerza impulsora aplicada en un dt está normalizada si al integrarla en el tiempo el impulso da 1
4
1).( =∂= ∫
∞
∞−ttF
J n
Y en el caso que esta fuerza impulsora fuera aplicada en el tiempo t0=0, se la denomina función delta de Dirac (δ(t)).
1).( =∂= ∫∞
∞−tt
J δ
Esta función como podemos imaginarnos tiene valor infinito para t=0 y valor nulo para cualquier otro t.
0)(00)(
=∞=≠=
tparattparat δ
δ
De esto se desprende la siguiente propiedad
)10()0().().( ftttf =∂∫∞
∞−δ
La transformada de Laplace de la función Delta de Dirac es la siguiente Para a>0 ( ) saeat L .)( −=−δ
Se puede vincular a la función δ(t) con la función escalón de la siguiente manera: Si nuestra fuerza impulsora Ft = δ(t) tendríamos un impulso unitario ya que En cambio si nuestra fuerza impulsora fuera Ft = A.δ(t), el impulso sería En nuestra situación de análisis tomaremos de este modo a la fuerza impulsora: Ft = A.δ(t) Y la transformada de Laplace de Ft será entonces Finalmente entonces, la transformada de la ecuación (8) queda Ahora operamos algebraicamente para obtener la solución de la ecuación (9) Operamos sobre el primer miembro Finalmente antitransformamos este miembro y obtenemos la siguiente expresión
( )m
FXssxnxnxL s
snn)(
)(222
.......2....2 =++=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ++ ωωξωωξ
( ) ( )k
FX
ssFX
ssm
s
s
nn
nkporndomultiplica
s
s
nn )(
)(22
2
)(
)(22 ...2...2
/1=
++⎯⎯⎯⎯ →⎯=
++ ωωξω
ωωξ
( ) ( ) ( )( )
( ) [ ]222
2
2
1
1.
222
2
2222
2
1..
1..
11....2
2
ξωωξ
ξω
ξ
ωξωωξ
ωωωξωξ
ω ξ
ξ
−++
−
−⎯⎯ →⎯
−++=
+−+−
−
nn
nn
nn
n
nnn
n
sss
Donde X(s) es la transformada de x(t) y F(s) es la transformada de F(t). Recordar que a esta ecuación llegamos considerando que las condiciones iniciales x=x’=0
⎩⎨ >
=−=−at
aua(1
δ⎧ < at
∂∫ ∞−ttt
escalónfunción
t
10
)().4342 )(')( atuat −=−δ
∫ 1).( =∂∞
∞−ttδ
AttAJ =∂= ∫∞
∞−).(δ
( ) ∫∞
∞−
−− === AeAtAeFtL sts 0.. .)(.. δ
5
( ) )10(.1...1
2..
2tsene n
tnn ξωξ
ω ωξ −−
−
Veremos ahora qué pasa con el segundo miembro de la ecuación Transformada (9)
kAX
kFX s
s
s )(
)(
)( =Como ya habíamos visto F(s)=A=cte Si a este término lo antitransformamos obtendremos
)11()()(1
kAtx
kAX
L s =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛− Entonces podremos igualas (10) y (11) para obtener la solución final de la ecuación (12) ( )tsene
k
Ax .1. 2ξω
ω ωξ=t ntnn ..
1.
.)( ..
2ξ−
−−
21. ξωω −= ndDefinimos como pulsación amortiguada a Entonces la ecuación (12), que es la solución del sistema oscilante amortiguado impulsado por Ft queda (13)
( )tsenek 1 2ξ
Atx d
tnn ....
.)( .. ω
ω ωξ−
−=
c) Decremento logarítmico
( )0..
20 ...1.
.)( 0 tsene
k
Atx d
tnn ωξ
ω ωξ−
−=En el instante t0 la función x(t) toma el siguiente valor:
( )DdTtnn
D Ttsenek
ATtx d +
−=+ +−
0).(.
20 .(..1.
.)( 0 ω
ξ
ω ωξ En el instante t0 + TD : Donde es el pseudo período (se lo denomina así porque en realidad la amplitud disminuye y por lo tanto no se repite un esquema) d
D ωπ.2T =
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
5
5Posición vs tiempo
Tiempo
Posi
ción
Td
Ejemplo concreto con valores reales ξ = 0,2 k = 800N/m m=10kg A = 300N
ωn = 10(1/s) Tn=0.628s ωD = 9,8(1/s) TD=0.641s fD=1,56(1/s)
6
dd T180s
ciclosf 1106
== )/1(34906.2.180
106
ss
ciclosd == πω
)/1(34906 sn =ω
( ) ( ) {
arítmicodecremento
dnDaplicandoTnD qTtxTtxe
txTtx
d
log
00ln..
0
0 ..)(ln)(ln)(
)(=−=−+⎯⎯⎯ →⎯=
+ − ωξωξ
El decremento logarítmico da una idea de la capacidad de amortiguamiento por período. Ejemplo: Una barra de acero de sección rectangular b=0,05m y h=0,2m es excitada mediante un impulso produciendo una oscilación del tipo sinusoide amortiguada. Después de 106 ciclos (en 3 minutos) la amplitud habrá disminuido 100 veces. Hallar ξ, ωn y ωd.
mTtx
Tmtxe
txTmtx
dnDaplicandomTnD d ...
)().(
ln)(
).(
0
0ln...
0
0 ωξωξ −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +⎯⎯⎯ →⎯=
+ −Por otro lado
66
0
0 10.10180.....
1001ln
.100ln ndn mT
AA
ωξωξ −=−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛→
( ) ( ) 180..100ln1ln nωξ−=−→ (a) ( )
nωξ .ln→
180100
= Recordemos que
nd
doreemplazan
ωξ
πω =−
⎯⎯⎯⎯ →2
6
1.2.
1801021. ξωω =d −n ⎯
Reemplazando en (a) obtenemos la siguiente ecuación
( )⎯⎯⎯⎯ →⎯
−=→ ξ
Y reemplazando nuevamente este valor en (a) obtenemos Se observa que es tan bajo el amortiguamiento que ωn = ωd. d) Análisis de los distintos casos de la ecuación solución del sistema amortiguado Para , es decir, SIN AMORTIGUAMIENTO 0 Vemos que la ecuación (12) se convierte en
=ξ
( )tsenk
Atx n
n ...
)( ωω
= Sistema vibrante simple
ξ
ξπ
despejando
2610.2100ln 710.33,7 −=ξ
1
7
Para , el amortiguamiento es CRÍTICO Pero no podremos usar la ecuación (12) porque para hallar esta ecuación supusimos que cuando dividimos y multiplicamos por en uno de los pasos anteriores.
1=ξ1≠ξ
21 ξ− Para , el sistema está SUBAMORTIGUADO Es decir, será oscilatorio pero disminuirá la amplitud con la tasa que marca el decremento logarítmico
1<ξ
Para , el sistema está SOBREAMORTIGUADO En este caso será no oscilatorio.
1>ξ
e) Análisis del sistema amortiguado homogéneo (para los casos: y )1=ξ 1<ξ Se analizarán el caso de amortiguación crítica ( ) y el sistema subamortiguado ( ) para la ecuación homogénea del sistema amortiguado (en este caso no supondremos condiciones iniciales nulas)
1=ξ 1<ξ
0....2 2
...=++ xnxnx ωωξ
Hallaremos las soluciones del polinomio característico Como , podemos reescribir las raíces en la forma polar de la siguiente manera
21.. ξω −nj
nωξ .
1rϕ
2r⎪⎩
⎪⎨⎧
−−−=
−+−==++
22
2122
1...
1...0...2
ξωωξ
ξωωξωωξ
nn
nnnn
jr
jrrr
nrr ω== 21
( )( ))(.)cos(..
)(.)cos(..
2
1
ϕϕωω
ϕϕωωϕ
ϕ
senjer
senjer
nj
n
nj
n
−==
+==−
en el gráfico vemos que
( ) ( )ξ
ξωωξ
ωξϕ −=
−+−
−=
222 1..
.)cos(
nn
n
( ) ( ) ξξ
ξωωξ
ξωϕ
2
222
2 1
1..
1.)(
−=
−+−
−=
nn
nsen Para las raíces son reales e iguales, por lo tanto la solución propuesta es: Con las condiciones iniciales hallamos los coeficientes A y B. Finalmente la solución para un sistema con esas condiciones iniciales
1=ξ }ξω .21 nrr −==tntr
H etBAetBAx .. ).().( ω−+=+=
Ax ==)x t=0(
0)0(
... .0..)..(. xBBAxeBtBAex nnttntn
nH ωωω ωω =⇒=+−=⇒++−= =−−
0.
).1.(. .0 texx n
tH
n ωω += −
8
0 0.5 1
1
1
Posición vs tiempo
Tiempo
Posi
ción
Ejemplo concreto con valores reales ξ = 1 k = 800N/m m=10kg x0=1m x0’=0m/s
REHACER ESTA PARTE Para 1<ξ dn
daamortiguadpulsación
aremosdenolo
nn jjr − ωωξξωωξ ..1...min
21 +−=−+=
43421
ω )(
dnnn jjr ωωξξωωξ ..1... 22 −−=−−−=
48476
trtrH eCeCx .
2.
121 .. +=las raíces son complejas y conjugadas, por lo tanto la solución propuesta es:
Trabajando algebraicamente sobre la solución ]...[.. ..
2..
1.....
2...
1tjtjttjtj
Hddndndn eCeCeeCeCx ωωωξωωξωωξ −−−−+− +=+=
( ) ( )[ ]).().cos(.).().cos(.. 21
.. tjsentCtjsentCex ddddt
Hn ωωωωωξ −++= −
( ) ( )[ ] { [ ]).(.).cos(..).(..).cos(.. ..
).(
2121..
2121
tsenBtAetsenCCjtCCex ddt
BCCjACC
llamandodd
tH
nn ωωωω ωξωξ +=−++= −
=−=+
−
Transformando las constantes A y B a una forma más conveniente
A
B
φ R
)cos(.)(.
ϕϕ
RBsenRA
==
[ ]).().cos().cos().(.... tsentsenRex ddt
Hn ωϕωϕωξ += −
).(.... ϕωωξ += − tsenRex dt
Hn
Con las condiciones iniciales hallamos los coeficientes R yφ.
0)0(
.==txSi las condiciones iniciales fueran y 0)0( xx t ==
9
, entonces las constantes R yφ tomarían los siguientes valores:
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −=
ξξ 21
arctgsen
xR O
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −=
ξξ
ϕ21
arctg Finalmente la solución para este sistema con las condiciones iniciales descriptas sería
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −+
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −= −
ξξ
ω
ξξ
ωξ2
2
.. 1..
1. arctgtsen
arctgsen
xex d
OtH
n f) Transferencia Sinusoidal
Si tenemos un sistema oscilador amortiguado que es excitado por una Entrada sinusoidal tendremos el siguiente esquema a analizar: sin Escribimos la ecuación diferencial q Reemplazando las constantes B y k Haciendo la transformada de esta e
(s La transformada de F(s) es Y la ecuación de Laplace resultante
F
Vemos que el término izquierdo es udenominador), entonces podremos del polinomio del denominador: ⎪⎩
⎪⎨⎧
−=
−=++
.
..2 2
ξ
ωξωωξ nn
..2
12
s
sss
Y por ende la antitransformada de e Pero como nos interesa el período einteresará analizar las raíces del res
F(t)
SISTEMA X(t)usoidal sinusoidal
ue representa a nuestro sistema:
mtsenF
xmkx
mBx o ).(.
..... ω
=++
/m obtenemos la siguiente ecuación
mtsenF
xnxnx o ).(.....2 2
... ωωωξ =++
cuación llegamos a:
) )()(
22
2
....2 s
s
nn
n Xk
F
s=
++ ωωξω
queda 22)(
.ωω
+=
sFo
s
( ) )(22
)(
22
2 1..
....2 s
o
sG
nn
n Xks
Fss
=+++ ωω
ωωξω
444 3444 21
n cociente de polinomios (donde el grado del numerador es menor que el grado del descomponerlo en suma de fracciones simples. Para esto deberemos hallar las raíces
En caso de ser reales son <0 y en caso de ser complejos, la parte real es <0. Por lo tanto las fracciones simples tendrán la siguiente forma: −−
−+2
2
ξωω
ξωn
1.
1.
nn
n
21 ssB
ssA
++
+
tsts eBeA .. 21 .. −− +stas dos fracciones será la siguiente:
stacionario (t ∞), estos dos términos se anularán de la solución, entonces solo nos to del denominador
10
⎩⎨⎧
−=+=
+ωω
ω..
4
322
jssjss
s de este modo, la descomposición en fracciones simples que sobrevivirá en el período estacionario será: (14)
ksF
GGX ... 22)))( Yjs
ajs
a ossss
1... ()((
21
ωω
ωω +−+==+=
Entonces, (15) )..() ωω jajaG ++−= ..(
.. 21)(
ωss
kFo
s Despejaremos ahora , para esto valoraremos la función (15) en (j.w) y (-j.w) 21 aya Si Pero como kj
FGa oj
..2.).(
2ω=js = ω.
Si Entonces Reemplazando estos 2 valores en la ecuación 14: Desarrollando esto queda: Antitransformándolo obtenemos:
EntradaSalida
tiempo
ω.js −=kjFG
a oj
..2.).(
1 −= ω
→=G)(
)()(
s
ss Q
P G ϕωω
jjj eG .).().( =
ϕωω
jjj eGG −
− = .).().(
kj
FeGa o
jj
..2
..).(2
ϕω
=
kj
FeG .. ϕ
a oj
j
..2).(
1 −=
−ω
)..(..2
..
)..(..2
.. ).().()( ωω
ϕω
ϕω
jskj
FeG
jskj
FeGX o
jjo
jj
s +−+
−=
−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
−−
=−
).().(..2
.).()( ωω
ϕϕω
jse
jse
kj
FGX
jjoj
s
( ) ).(...2
.. ).(
).().(
).()( ϕωω
ϕωϕω
ω +=−
=+−+
tsenkF
Gjee
kF
Gx oj
tjtjo
jt)arg( ).( ωϕ jG=
oF ).(. ωjo G
kF
11
El coeficiente de amplificación y el retardo de fase de la respuesta a tiempo infinito de un proceso corresponden al módulo y argumento de su función de transferencia evaluada en s=jω. C ).(.. ωjGA =
)arg( ).( ωϕ jG= De este modo, como regla práctica, para conocer la salida deberíamos encontrar la ecuación de transferencia que gobierna el proceso y la deberíamos evaluar en s=jω. Así obtendríamos tanto la relación de amplitudes como el desfasaje de la salida. g) Coeficiente de amplificación (µ)
Supongamos que tenemos un sistema oscilatorio amortiguado que está excitado por una fuerza sinusoidal
{ ).(.)( tsenFtF
entradadeamplitud
o ω= Sabemos entonces que la salida tendrá la siguiente forma:
).(..)( ).( ϕωω += tsenkF
Gtx
salidadeamplitud
oj
43421
kF
Gx oj .).(max ω=Entonces
Donde es la deformación estática (la que tendría el sistema en caso de ser F una fuerza estática). Entonces volviendo a la ecuación diferencial del sistema amortiguado Evaluaremos Multiplicando y dividiendo por el conjugado Hallamos el módulo ahora
kF
xG
oj
max.( =ω )
kFo
{iónamplificacde
ecoeficientestj x
xG µω == max
).(
( ) kFX
ss s
s
sG
nn
n ....2 )(
)(
)(
22
2
=++444 3444 21ωωξ
ω
).( ωjG
( ) ( )ωωξωωω
ωωωξωω
ω ...2.....2. 22
2
222
2
).(nn
n
nn
nj jjj
G++−
=++
=
( )( )
( ) 222222
222
22
22
22
2
).(...4
...2.....2....2.
....2. ωωξωω
ωωξωωωωωξωωωωξωω
ωωξωωω
ω
nn
nnn
nn
nn
nn
nj
jjj
jG
+−
−−=
−−
−−
+−=
12
( )( ) ( ) 222222
2
2
222222
222222
).(
...4...4
...4
ωωξωω
ω
ωωωξωω
ωωξωωω
nn
n
n
nn
nnjG
+−=
+−
+−=
22
22
max).(
..41
1
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
==
nn
estj x
xG
ωωξ
ωω
ω
0 0.5 1 1.5 2 2
0.5
1
1.5
relación de frecuencias (w/wn)
Fact
or d
e am
plifi
caci
ón
ξ=0,3
ξ=0
ξ=0,5
22
=ξ
21
Observaciones sobre la función Factor de amplificación:
- A medida que el factor de amortiguamiento aumenta,frecuencias) y disminuye.
- Cuando la frecuencia tiende a 0 el sistema es estátic- A medida que la frecuencia tiende a infinito el factor d
amortiguamiento) tienden a 0 por los efectos de la in - Cuando el factor de amortiguamiento es o
22
=ξ
g) Coeficiente de transmisibilidad (Tr)
Queremos calcular la fuerza transmitida a la base. Supongamos qu
{ ).(.)( tsenFtF
entradadeamplitud
o ω= Analicemos las ecuaciones que gobiernan
Factor de amplificación
.5 3
el máximo se va acercando al cero (de la relación de
o, de modo que la amplitud máxima es la estática. e amplificación (para todos los grados de
ercia del sistema.
mayor, no aumenta la amplitud máxima sobre la estática.
e el movimiento de la masa será oscilatorio.
13
Vemos entonces que la Fuerza del resorte y la del amortiguador estarán desfasadas en 90º La fuerza máxima transmitida será el módulo de la resultante de la suma de ambas fuerzas Se define entonces: Reemplazando µ
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
1
2
Relación de frecuencias (w/wn)
Coe
ficie
nte
de T
rans
mis
ibili
dad
).(.0)( ϕω += Xx tsent ).(... 0 ϕω +−=−== tsenXkxkFresorte
).cos(..)( 0
.ϕωω += tXtx ).cos(.... 0
.ϕωω +−=−= tXBxBFamort
).(..)( 20
..ϕωω +−= tsenXtx
B.Xo.ω
k.Xo2222222222
max ..... kBXXkXBFFF oooresortamortT +=+=+= ωω
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=⎯⎯ →⎯+=⎯⎯ →⎯+==
==1.....
... 2
222222222max
kBk
kTrkB
FX
TrkBFX
FF
Tr XestF
k
o
estXestX
o
o
o
Too ωµω
µω
µ
1..4.1.
....4.1..
22
24
2222/..2
/
2
22 2
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=+=⎯⎯⎯⎯ →⎯+= =
=
nn
nmBnnmk
mm
Trk
BTrωωξµ
ωωξω
µωµ ωξω
22
22
22
..41
1..4
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=
nn
nTr
ωωξ
ωω
ωωξ
ξ=0,3
ξ=0
ξ=0,5 22
=ξ∞→ξ
2ξ>
14
De este gráfico también podemos destacar lo siguiente
- El máximo también se va moviendo hacia el cero de la relación de frecuencias a medida que aumentamos el amortiguamiento.
- Para cualquier amortiguamiento, siempre que la fuerza transmitida será mayor que la fuerza máxima de excitación (Fo)
nωω .2<
- Para cualquier amortiguamiento, siempre que la fuerza transmitida será menor que la fuerza máxima de excitación (Fo)
nωω .2>
- Para , a medida que aumento el amortiguamiento, transmito más fuerza a la base. - Para un sistema con un amortiguamiento muy grande la transmisibilidad tiende a 1 para cualquier frecuencia.
nω2ω .>
Generador de perturbaciones
Ejemplo: Sabiendo que la fuerza producida por el generador de perturbaciones es , a 1500 ciclos por minuto, ; que la masa del perturbador es de 50kg y que la viga es de acero (E=21.1010Pa) Hallar Tr, µ, Xmáx, Xest. Hallamos inicialmente la constante de rigidez en la zona de excitación k =F/flecha (el problema se reduce a hallar la flecha en el medio de la viga biempotrada a la que se le aplica una fuerza F). Teniendo la sección de la viga podemos hallar el momento de inercia. Supondremos que la fuerza oscilante está aplicada en forma concentrada en el medio de la viga. Una vez que tenemos k podremos hallar ωn (la frecuencia natural de oscilación en el primer modo) Teniendo ω, ωn y ξ podremos hallar el coeficiente de amplificación como el coeficiente de transmisibilidad. µ = 0.035 Tr = 0.035 Vemos que como la frecuencia supera a y el factor de amortiguamiento es muy pequeño ambos coeficientes (transmisibilidad y amplificación) son bastante bajos.
Viga biempotrada Sección de la viga
5mm
50mm 100mm
1000mm
).(.500)( tsenNF ω0=
t =ξ 005,
srad
mk
n 98,28==ω
sradn /15760.2. ==πω
mXX
mmN
NkF
X
est
oest
4max
2
10.16.4.
10.19,1/42000
500
−
−
==
===
µ
493
10.04,112. mhbI −== m
NL
IEk 42000..1923 ==
41,5=nωω
NFTrF o 14.max ==
nωω .2=
15
Sistema de dos grados de libertad y no se mueve
xz no se mueve φ no se mueve F(t)
y Ecuaciones de Newton: El movimiento podrá ser de la siguiente manera Reemplazando esto en las ecuaciones de Newton: Haremos la Transformada de Laplace de estas ecuaciones considerando condiciones iniciales nulas. Reordenando llegamos a:
k2
ak1
L L
Gresrest XmFFF..
21 .=++..
.21
θGFFF JMMMresrest
=++
F )..(11 θLXk Gres +−=θ θ.L≈
GX
)..(22 θLXkF Gres −−=
LLXkM GFres )...(11 θ+−=
LLXkM GFres )...(22 θ−−=
GGGt XmLkXkLkXkF..
2211 ....... =+−−− θθ..
222
211 .......... θθθ GGGt JLkLXkLkLXkaF =+−−−
)(2
)(2)(2)(1)(1)( ........ sGssGssGs XsmLkXkLkXkF =+−−− θθ
)(2
)(2
2)(2)(2
1)(1)( ........... sGssGssGs sJLkLXkLkLXkaF θθθ =+−−−
( ) ( ) )(
12
21)(
11
221)( .... s
a
sG
a
s LkkXsmkkF θ4342144 344 21
−+++=
( ) ( ) )(
22
2221)(
21
21)()( ..... s
a
GsG
a
ss LsJkkXLkkMaF θ444 3444 2143421
+−++==
16
F )(12)(11)( .. ssGs aXa θ+=
θ+=
M )(22)(21)( .. ssGs aXa Queda un sistema lineal de dos ecuaciones con dos incógnitas que lo resolvemos por regla de Cramer:
2221
1211
22)(
12)(
)(
aaaaaMaF
2221
1211
)(21
)(11
)(
aaaa
MaFa
s
s
s =θ
s
s
sG = X
Simplificaremos el problema asumiendo que k1=k2. De este modo
GJsLka
Lkaa
smka
...2
..20
..2
2222
21
12
211
+=
==
+= Para hallar las frecuencias naturales de vibración debemos hacer que el denominador (es decir, lo que multiplica a X(s)) se cancele. 0)...2).(..2(.. 222
21122211 =++=−=∆ GJsLksmkaaaa Desarrollando, llegamos a la ecuación característica (Bi-cuadrada)
( ) 0...2..2.....4 22422 =+++=∆ mLkJksmJsLk GG Si s2=v
( ) 0...2..2.....4 2222 =+++=∆ mLkJkvmJvLk GG Sacamos las raíces de esta ecuación y simplificamos la expresión 21,vv
( ) ( )
mkv
JLkv
mJmLJkmLJk
v G
G
GG
2.
.2.
..2...4...2
2
2
12222
2,1 −=
−=
⎪⎭
⎪⎬⎫
=+−±+−
=
Y de este modo obtenemos las raíces de la bi-cuadrada
24
32
12
11
.
.
ω
ω
jss
v
jss ⎫
2
1
2
.2.
..2.
ω
v
±⎭⎬⎫
=
±⎭⎬= ωj±=
jmk
JL
G
±=−
k−
17
Entonces tenemos 2 frecuencias naturales de vibración para el sistema de 2 grados de libertad Ejemplo: Hallar las frecuencias naturales del sistema descrito.
kka
LL
F(t)
y
x
mNk
mbhml
mkg
8
3
10
01,05,0
7850
=
===
=ρ
25.0
5.0
305
05
22 .5,63
........ mkgyhbdyhbydmyJM
G ===≅−
−∫∫ ρρ
srad
mk
srad
JLk
G
15962.
2773.2.
2
2
1
==
==
ω
ω
18
Teorema de Rayleigh En un sistema que evoluciona bajo la acción de Fuerzas conservativas sabemos que la energía total del sistema se mantiene constante
cteEE meccin =+ Analicemos el sistema masa resorte haciendo consideraciones energéticas: Elongaciones
Caso de resorte lineal c = define un punto cualquiera del resorte si c = 0, la elongación es 0 si c = L, la elongación es X en el caso del resorte ideal las elongaciones siguen una ley lineal La función elongación es: Analizaremos en primer lugar considerando parámetros concentrados (es decir que la masa está concentrada en la punta del resorte y que la masa del resorte no influye) Energía cinética: (15) Como la única porción del sistema que tiene masa es el cuerpo colgado del resorte entonces será la única porción que tendrá energía cinética, por ende la función oscilación nos interesará únicamente en el extremo: (16) Hallando la derivada Introduciendo esta función en la ecuación (15) Ahora calcularemos la energía potencial elástica: Pero como bien sabemos:
c X(c) L
X(L)=X
).(.)(),( tsenXx ctc ω=
Amplitud
2.2 ..
2.
2E ==
1.1 xmvmcin
).(,( tsentsenLLt ).(..)() XXx ωω ==
).cos(..).cos(..)(),(
.tXtXx LLt ωωωω ==
).(cos....21 222 tXmEcin ωω=
).(..2
.... 222
00tsenXkxkxxkxFE
xx
xelas ω==∂−−=∂−= ∫∫2
).(cos....21).(.. 22222 tXmtsenXkEEcteE elascinmec ωωω +=+==
19
Cuando la energía cinética es máxima, la energía potencial es nula. Y viceversa cuando la energía potencial es máxima, la energía cinética es nula. Entonces,
22)(
2)( ...
21. ωXmEXkE MAXelasMAXcin ==
Y como la Energía mecánica es cte. (17)
222)() .
2ωkEE =⇒=( ..1. XmXMAXelasMAXcin
Despejando ω de la ecuación (17) llegamos a la expresión de la frecuencia natural de oscilación del sistema considerando parámetros concentrados
mk
=ω Entonces vemos que el método de la energía nos permite calcular la frecuencia natural del sistema En un segundo caso dejaremos de considerar las masas concentradas y consideraremos la masa del resorte. La Energía potencial del resorte sigue valiendo lo mismo ya que en ningún momento consideramos la masa del mismo para su cálculo
).(..2
.... 222
00tsenXkxkxxkxFE
xx
xelas ω==∂−−=∂−= ∫∫ La energía cinética del conjunto la tendremos que calcular nuevamente
)
(
)
()(
RESORTEENADISTRIBUID
MASAcin
EXTREMOENACONCENTRAD
MASAcinTOTcin EEE +=
).(cos....21 222 tXm ωω c
dc L 2
),(
.
)( ..21
tcRESORTEcin xmE ∂=∂ Definimos la densidad de masa de resorte por unidad de longitud como
cmresorte
∂∂
=λ Reemplazando en (17) (18)
2)) 2
x=∂ λ ,(
.
( ...1tcRESORTEcin cE ∂
X(c)
Amplitud de oscilación del punto c
Consideraremos el caso en que el resorte es lineal
c=L/3 X/3 c=L X Distribución lineal de amplitudes
20
Podríamos escribir la función desplazamiento en cada punto como función del desplazamiento del extremo del resorte. En este caso consideraremos la linealidad del resorte. De la ecuación (16) teníamos la oscilación del punto extremo, donde X representaba la amplitud de la masa concentrada y x representa la función oscilación del extremo del resorte y es función del tiempo.
cx
Lx tctL ),(),( =
Entonces, (19) ox
Lxx χ) == tLtLtc
c .. ),(),(,(
Donde (la función que multiplica al desplazamiento en el extremo para desprender los desplazamientos en cualquier punto c) se denomina forma de modo (en el caso en que se denomina Fracción modal)
oχ
Lc
o =χ Nótese que es una función de c. Hallamos la derivada de (19) respecto al tiempo oχ (20) oxxx χ.. ))) == tLtLtc
Lc
,(
..
,(,(
.
Reemplazando (20) en (18)
cLcxE tLRESORTEcin ∂=∂ ....
21
2
22
),(
.
)( λ Integrando
LxccL
xcLcxEE tL
LtLLtL
L
RESORTEcinRESORTEcin ...61....
21....
21 2
),(
.
0
22
2),(
.
0 2
22
),(
.
0 )()( λλλ =∂=∂=∂= ∫∫∫
2
),(
.
)( .3..
21
tLRESORTEcin xLE λ=
Lmresorte=λSi la densidad es uniforme, entonces
2
),(
.
)( .3
.21
tLresorte
RESORTEcin xm
E = Con este valor podremos hallar la Energía cinética total del sistema:
eequivalenttL
m
resortetLtL
resortetLcinTOTAL mxm
mxx
mxmE
eequivalent
..21
3..
21.
3.
21..
21 2
),(
.2
),(
.2
),(
.2
),(
.=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +=+=
4434421
Cuando la energía cinética es máxima, la energía potencial es nula. Y viceversa cuando la energía potencial es máxima, la energía cinética es nula. Entonces,
2)(
22)( .
21
3..
21 XKEm
mXE MAXelas
resorteMAXcinTOTAL ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += ω
21
De aquí podremos hallar la frecuencia natural de oscilación del sistema considerando la masa distribuida del resorte.
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=⇒=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
mm
KKmm
resorte
resorte
33
. 22 ωω Conclusiones:
- La constante que afecta a la masa distribuida (en este caso 1/3) depende de la forma de modo. - Vemos que la frecuencia natural de oscilación considerando a la masa del resorte es sensiblemente menor que
si no lo consideramos. Ejercicio:
P
JElPFlecha..3
. 3
= (hallado en Resistencia de
materiales) Dada la elástica considerar la masa de la viga y hallar la frecuencia natural de oscilación Dato: Forma de modo: Desarrollo:
( )323 ..3.
.21 ccLLo −=χ
Considerando densidad lineal uniforme de la viga Entonces igualamos la energía cinética máxima de la viga a la energía elástica máxima Finalmente despejamos La frecuencia de esta Ecuación
otLtc xx χ=.
.),(),( = otLtc xx χ.),(
.
),(22
),(
.2
),(
.. otLtc xx χ=
( ) ( )56426
2),(
.232
322
) .1.xx = ),(
.
,(
...6..9.
.41...3
.2cLccL
LxccL
LtLtLtc −+=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −
( ) ccLccLL
xE tLMASADISTcin ∂−+= ...6..9..41...
21 5642
62
),(
.
)( λ∂
( )∫∫ ∂−+=∂=L
tLL
MASADISTcinMASADISTcin ccLccLL
xEE0
56426
2),(
.
0 )()( ...6..9..41...
21 λ
Lmviga=λ
14033..
21 2
),(
.
)( vigatLMASADISTcin mxE =
2)(
22)( .
21
14033..
21 XKEmmXE MAXelasvigaMAXcinTOTAL ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += ω
( )mm
KKmmviga
viga
+=⇒=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
14033140
33. 22 ωω
22
La constante K la podemos despejar teniendo la flecha de la viga y la fuerza aplicada
JELP
PP = K . δ K
..3. 3=
23
24
25
26
27