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• CESAR HERNANDEZ

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Problemario

Vibraciones mecánicas

Curso de verano

M.C Efren Sanchez Flores

Temas: Unidad 1. Cinemática de la vibración Unidad 2. Vibraciones libres de sistemas de un grado de libertad. Unidad 3. Vibraciones de sistemas de un grado de libertad con excitación armónica. Unidad 4. Balanceo de rotores y elementos rotativos. Unidad 5. Sistemas de varios grados de libertad.

1

1.2.1 Uso de fasores para la suma, resta, multiplicación y división. Ejercicio 1 Halle la suma de los vectores siguientes 𝜋

𝑍1 = 9℮𝑖 5

𝜋

:

𝑍2 = 8℮𝑖 2

Y determine el Angulo entre la resultante y el primer vector.

Los números complejos se pueden representar de esta forma: 𝑍 = 𝑎 + 𝑖𝑏 = 𝐴℮𝑖𝜃 = 𝐴(cos 𝜃 + 𝑖sin 𝜃) Cambiando La representación de 𝑍1 𝑦 𝑍2 queda representada de la siguiente manera: 𝜋

𝜋

𝜋

5

5

𝑍1 = 9℮𝑖 5 = 9(cos + 𝑖sin )=((7.2811) + 𝑖(5.29)) 𝜋 𝜋 𝜋 𝑍2 = 8℮𝑖 2 = 9 (cos + 𝑖sin ) = ((0) + 𝑖(9)) 2 2

La suma de dos vectores se puede encontrar como: 𝑍1 + 𝑍2 = 𝐴1 ℮𝑖𝜃1 + 𝐴2 ℮𝑖𝜃2 = (𝑎1 + 𝑖𝑏1 ) + (𝑎2 + 𝑖𝑏2 ) = (𝑎1 + 𝑎2 ) + 𝑖(𝑏2 + 𝑏2 ) Sustituyendo los datos 𝑍1 + 𝑍2 = (7.2811 + 0) + 𝑖(5.29 + 9) 𝑍1 + 𝑍2 = (7.2811 + 𝑖14.29) Ahora se obtiene el vector resultante y el angulo 𝐴𝑗 = √((𝑎𝑗 )2 + (𝑏𝑗 )2 )

𝜃 = tan−1

𝑏𝑗 𝑎𝑗

𝐴𝑗 = √((7.2811)2 + (14.29)2 ) = 16.038

2

𝑗 = 1,2

𝜃 = tan−1

14.29 = 1.00955 7.2811

𝜋 = 0.381231 𝑟𝑎𝑑 5 180° 𝐵 = 0.381231𝑟𝑎𝑑 ( ) = 21.8429 𝜋𝑟𝑎𝑑 𝐵=𝜃−

Ejercicio 2 Encuentre la resta de los siguientes vectores 𝜋

𝑍1 = 4℮𝑖 9

𝜋

:

𝑍2 = 2℮𝑖 8

Cambiando La representación de 𝑍1 𝑦 𝑍2 queda representada de la siguiente manera: 𝜋

𝜋

𝜋

9

9

𝑍1 = 4℮𝑖 9 = 4(cos + 𝑖sin )=((3.7587) + 𝑖(1.3680)) 𝜋 𝜋 𝜋 𝑍2 = 2℮𝑖 8 = 2 (cos + 𝑖sin ) = ((1.8477) + 𝑖(0.7653)) 8 8

La resta de dos vectores se puede encontrar como: 𝑍1 − 𝑍2 = 𝐴1 ℮𝑖𝜃1 − 𝐴2 ℮𝑖𝜃2 = (𝑎1 + 𝑖𝑏1 ) − (𝑎2 + 𝑖𝑏2 ) = (𝑎1 − 𝑎2 ) + 𝑖(𝑏2 − 𝑏2 ) Sustituyendo los datos 𝑍1 − 𝑍2 = (3.7587 − 1.8477) + 𝑖(1.3680 − 0.7653) 𝑍1 − 𝑍2 = (1.911 + 𝑖0.6027)

Ejercicio 3 Encuentre la multiplicación de los siguientes vectores 𝜋

𝜋

𝑍1 = 5℮𝑖 2

:

𝑍2 = 11℮𝑖 3

Cambiando La representación de 𝑍1 𝑦 𝑍2 queda representada de la siguiente manera:

3

𝜋

𝜋

𝜋

7

7

𝑍1 = 5℮𝑖 7 = 5(cos + 𝑖sin )=((4.5048) + 𝑖(2.1694)) 𝜋 𝜋 𝜋 𝑍2 = 11℮𝑖 3 = 11 (cos + 𝑖sin ) = ((5.5) + 𝑖(9.5262)) 3 3

La multiplicación de dos vectores se puede encontrar como: 𝑍1 ∗ 𝑍2 = 𝐴1 ℮𝑖𝜃1 ∗ 𝐴2 ℮𝑖𝜃2 = 𝐴1 ∗ 𝐴2 ℮𝑖(𝜃1+𝜃2) = (𝑎1 + 𝑖𝑏1 ) ∗ (𝑎2 + 𝑖𝑏2 ) = (𝑎1 𝑎2 − 𝑏1 𝑏2 ) + 𝑖(𝑎1 𝑏2 + 𝑎2 𝑏1 ) Sustituyendo los datos 𝑍1 ∗ 𝑍2 = (4.5048 + 𝑖2.1694) ∗ (5.5 + 𝑖9.5262) = ((4.5048 ∗ 5.5) − (2.1694 ∗ 9.5262)) + 𝑖((4.5048 ∗ 9.5262) + (5.5 ∗ 2.1694)) 𝑍1 ∗ 𝑍2 = (4.11026 + 𝑖54.84)

Ejercicio 4 Encuentre la division de los siguientes vectores 𝜋

𝑍1 = 10℮𝑖 5

𝜋

:

𝑍2 = 5℮𝑖10

Cambiando La representación de 𝑍1 𝑦 𝑍2 queda representada de la siguiente manera: 𝜋

𝜋

𝜋

5

5

𝑍1 = 10℮𝑖 5 = 10(cos + 𝑖sin )=((8.09016) + 𝑖(5.8778)) 𝜋

𝑍2 = 5℮𝑖10 = 5 (cos

𝜋 𝜋 + 𝑖sin ) = ((4.7552) + 𝑖(1.5450)) 10 10

La división de dos vectores se puede encontrar como: 𝑍1 𝐴1 ℮𝑖𝜃1 𝐴1 = = ( ) ℮𝑖(𝜃1−𝜃2) 𝑍2 𝐴2 ℮𝑖𝜃2 𝐴2 =

(𝑎1 + 𝑖𝑏1 ) (𝑎2 + 𝑖𝑏2 ) (𝑎1 𝑎2 + 𝑏1 𝑏2 ) 𝑖(𝑎2 𝑏1 − 𝑎1 𝑏2 ) ∗ = + (𝑎2 + 𝑖𝑏2 ) (𝑎2 + 𝑖𝑏2 ) 𝑎22 + 𝑏22 𝑎22 + 𝑏22

Sustituyendo los datos

4

𝑍1 (8.09016 + 𝑖5.8778) (4.7552 + 𝑖1.5450) = ∗ (4.7552 + 𝑖1.5450) (4.7552 + 𝑖1.5450) 𝑍2 ((8.09016 ∗ 4.7552) + (5.8778 ∗ 1.5450)) = 4.75522 + 1.54502 𝑖((4.7552 ∗ 5.8778) − (8.09016 ∗ 1.5450)) + 4.75522 + 𝑖1.54502

𝑍1 = (1.90214 + 𝑖0.61805) 𝑍2

5

1.3

Serie de Fourier

1.3.1 Método analítico Ejercicio 1 Encuentre la serie de Fourier de la onda rectangular mostrada

0

-π

π

2π

1 0≤𝑡≤𝜋 X(t)

0 𝜋 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋 𝜔 = 2𝜋𝑓 𝑓=

2 𝜏

1

2

𝜏

𝜏

𝜔=

= =

2 2𝜋 𝜔

𝜔 𝜋

2𝜋 𝜏

2𝜋 𝜔 𝜋 𝑎0 = [∫ 1 𝑑𝑡 + ∫ −1𝑑𝑡] 𝜋 0 𝜋

𝜔 𝜋 𝜔 [𝑡] + [−𝑡]2𝜋 𝜋 𝜋 0 𝜋 𝜔 𝜔 𝑎0 = [𝜋] + [2𝜋 − 𝜋] 𝜋 𝜋 𝑎0 =

𝑎0 = 𝜔 − 𝜔 = 0

6

2𝜋 𝜔 𝜋 𝑏𝑛 = ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)𝑑𝑡 − ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡) 𝑑𝑡 𝜋 0 𝜋

𝜔 1 𝜔 1 [cos( 𝑛𝜔𝑡) ]𝜋0 + [cos( 𝑛𝜔𝑡) ]2𝜋 𝜋 𝑛𝜔 𝜋 𝑛𝜔 𝜋 1 [cos(𝑛𝜔2𝜋) − cos(𝑛𝜔𝜋) − cos(𝑛𝜔𝜋) + 1] 𝑏𝑛 = 𝜋𝑛 4 𝑏𝑛 = 𝜋𝑛 𝑏𝑛 =

0

𝑥(𝑡) = ∑ 𝑛=1

4 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡) 𝜋𝑛

Ejercicio 2 Encuentre la expansión de la serie de Fourier de la función periódica de la siguiente figura.

𝜏

2𝜏

t = 0 x(t) = 0 𝜏 𝑡 = 𝑥(𝑡) = 𝐴 2 𝑥(𝑡) = 𝑎𝑥 + 𝑏 𝜏

𝑥(0) = 𝑎(0) + 𝑏 = 0 𝑏=0 𝑡=

7

𝜏 2

𝜏

𝑥( ) = 𝑎( ) = 𝐴 2 2 𝑎= 𝑥(𝑡) = 𝐴

2𝐴 𝜏

𝑡

0≤𝑡≤

𝜏 2

𝑡= 𝜏 𝑥(𝑡) = 0 𝜏 𝑎𝜏 𝑥( ) = − +𝑏 = 𝐴 2 2 𝑎𝜏 𝑏=𝐴+ 2 𝑥(𝑡) = 𝑎(𝜏) + 𝑏 = 0 𝑎𝜏 0 = −𝑎𝜏 + 𝐴 + 2 𝑎𝜏 0= − +𝐴 2 2𝐴 𝑎= 𝜏 2𝐴𝜏 ∴𝑏=𝐴+ 2𝜏 ∴ 𝑏 = 2𝐴 𝑥(𝑡) = −

2𝐴 𝑡+2𝐴 𝜏

2𝐴 , 𝜏 𝑥(𝑡) = { 2𝐴 − , 𝜏

𝜏 ≤𝑡≤𝜏 2

0≤𝑡≤

𝜏 2

𝜏 ≤𝑡≤𝜏 2

𝜏

𝜏 2 2𝐴 2 2𝐴 𝜏 𝑎0 = [ ∫ 𝑡𝑑𝑡 − ∫ 𝑡𝑑𝑡 + 2𝐴 ∫ 𝑑𝑡] 𝜏 𝜏 𝜏 0 𝜏 𝜏 2

𝜏

2

𝜏

2 2𝐴 𝑡 2 2 2𝐴 𝑡 2 𝑎0 = [ [ ] − [ ] + 2𝐴[𝑡]𝜏𝜏 ] 𝜏 𝜏 2 0 𝜏 2 𝜏 2 2

2 2𝐴 𝜏 2 2𝐴 𝜏 2 𝑎0 = [ [ ] − [ ] + 2𝐴𝜏 − 𝐴𝜏] 𝜏 𝜏 4 𝜏 4 𝑎0 = 8

2 𝐴𝜏 𝐴𝜏 + 𝐴𝜏] [ − 𝐴𝜏 + 𝜏 4 4

𝑎0 =

2 𝐴𝜏 [ ] 𝜏 2

𝑎0 = 𝐴 𝜏

𝜏 𝜏 2 2 2𝐴 2𝐴 𝑎𝑛 = [∫ 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡 − ∫ 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡 + ∫ 2𝐴𝑡𝑐𝑜𝑠𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡] 𝜏 𝜏 𝜏 𝜏 0 𝜏 2

∫ 𝑥 cos 𝑎𝑥 =

2

cos 𝑎𝑥 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑎𝑥 + 𝑎2 𝑎 𝜏

2 2𝐴 cos 𝑛𝜔𝑡 𝑡𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 2 2𝐴 cos 𝑛𝜔𝑡 𝑡𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 𝜏 𝑎𝑛 = [ { 2 2 + + } − { }𝜏 𝜏 𝜏 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 𝜏 𝑛2 𝜔 2 𝑛𝜔 0

2

𝜏

+ 2𝐴 {−

𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 }𝜏 ] 𝑛𝜔 2

2𝜋 2𝜋 𝜏 𝜋 𝜏= = 𝜏 𝜔 2 𝜔 𝜔 𝐴𝜔 cos 𝑛𝜋 𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝜋 𝐴𝜔 1 𝐴𝜔 cos 𝑛2𝜋 𝑎𝑛 = [ + − − 𝜋 𝜋 𝑛2 𝜔 2 𝜔 𝑛𝜔 𝜋 𝑛2 𝜔 2 𝜋 𝑛2 𝜔 2 𝐴𝜔 cos 𝑛𝜋 + ] 𝜋 𝑛2 𝜔 2 𝜔 = 2𝜋𝑓 =

2𝐴 (cos 𝑛𝜋 − 1) 𝜋 2 𝑛2 4𝐴 − 𝑛 = 1,3,5,7,9 … 𝑎0 = { 𝜋 2 𝑛2 , 0, 𝑛 = 2,4,6,8 … 𝑎𝑛 =

∞

𝐴 4𝐴 𝑥(𝑡) = + ∑ − 2 2 cos 𝑛𝜔𝑡 2 𝜋 𝑛 𝑛=1

9

2 𝜔 = 𝜏 𝜋

Ejercicio 3 Encuentre la expansión de la serie de Fourier de la función periódica de la siguiente figura.

𝜏 4

𝜏 2

0≤𝑡≤

3𝜏 4

𝜏 4

x(t) = 0 𝜏 𝑥( ) = 𝐴 4

𝜏

2𝜏

𝜏 𝑎( ) = 𝐴 4 𝑎= 𝑥(𝑡) =

4𝐴 2

4𝑎 𝑡 2

0 = 𝑎(0) + 𝑏 𝑏=0 𝜏 3𝜏 ≤𝑡≤ 4 4 𝜏 𝑥( ) = 𝐴 4 3𝜏 𝑥 ( ) = −𝐴 4 𝜏 𝑥( ) = 0 2 𝜏 0 = −𝑎 ( ) + 𝑏 2 𝜏 𝑏 = 𝑎( ) 2 10

− 𝐴 = −𝑎 ( 𝑎𝜏 4 4𝐴 𝑎= 𝜏

−𝐴=

𝑏 = 2𝐴

3𝜏 𝜏 )+𝑎 ( ) 4 2

𝑏=

4𝐴 𝜏 𝜏 2

𝑥(𝑡) = −

4𝐴 𝑡 + 2𝐴 𝜏

3𝜏 ≤𝑡≤𝜏 4 3𝜏 𝑥( ) = 𝐴 4 𝑥(𝜏) = 0 0 = 𝑎𝜏 + 𝑏 𝑏 = −𝑎𝜏 −4𝐴 𝜏 𝜏 𝑎 −𝐴 = 𝑡 4 4𝑎 𝑎= 𝜏 −4𝐴 𝑥(𝑡) = 𝑡 − 4𝐴 𝜏 4𝐴 𝜏 𝑡, 0≤𝑡≤ 𝜏 4 4𝐴 𝜏 3𝜏 𝑓(𝑥) = − 𝑡 + 2𝐴, ≤𝑡≤ 𝜏 4 4 4𝐴 3𝜏 𝑡 − 4𝐴, ≤𝑡≤𝜏 { 𝜏 4 𝑏=

𝜏

3𝜏

4 2 4𝐴 4 4𝐴 𝜏 𝑏𝑛 = [ ∫ 𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡 − ∫ 𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡 + 2𝐴 ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡 𝜏 𝜏 𝜏 0 𝜏 3𝜏 4

4

𝜏 4𝐴 𝜏 + ∫ 𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡 − 4𝐴 ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡] 3𝜏 𝜏 3𝜏 4

11

4

𝜏

3𝜏

2 4𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 𝑡 cos 𝑛𝜔𝑡 4 4𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 𝑡 cos 𝑛𝜔𝑡 4 𝑏𝑛 = [ [ 2 2 − ] − [ 2 2 − ]𝜏 𝜏 𝜏 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 𝜏 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 0 4

3𝜏

𝑐𝑜𝑠𝑛𝜔𝑡 4 4𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 𝑡 cos 𝑛𝜔𝑡 𝜏 − 2𝐴 [ ] + [ 2 2 − ]3𝜏 𝑛𝜔 𝜏 𝜏 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 4

4

𝑐𝑜𝑠𝑛𝜔𝑡 𝜏 + 4𝐴 [ ] ] 𝑛𝜔 3𝜏 4

𝜔 = 2𝜋𝑓 =

2𝜋 𝜏

𝜏=

2𝜋 𝜔

𝜏 𝜋 = 2 𝜔

2 𝜔 = 𝜏 𝜋

𝜏 𝜏 𝜏 2 4𝐴 sen 𝑛𝜔 4 4 𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜔 4 sen 𝑛𝜔0 0𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜔0 𝑏𝑛 = [[ 2 2 + ]−[ 2 2 + ]] 𝜏 𝜏 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 [ 3𝜏 3𝜏 3𝜏 𝜏 𝜏 𝜏 𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜔 sen 𝑛𝜔 𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜔 4𝐴 sen 𝑛𝜔 4 4]−[ 4+4 4]] − [[ + 4 2 2 2 2 𝜏 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 3𝜏 3𝜏 3𝜏 𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜔 4 − 4 4] − 2𝐴 [ 2 2 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 cos 𝑛𝜔

3𝜏 3𝜏 3𝜏 𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜔 4𝐴 sen 𝑛𝜔 4 4 ] − [sen 𝑛𝜔𝜏 + 𝜏𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜔𝜏]] + [[ + 4 2 2 𝜏 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 𝑛2 𝜔 2 𝑛𝜔 3𝜏 4 − 𝜏𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜔𝜏] + 4𝐴 [ 𝑛2 𝜔 2 𝑛𝜔 ] cos 𝑛𝜔

12

𝜋 𝜔 2𝐴𝜔 sen 𝑛𝜋 2𝜔 𝑐𝑜𝑠 𝑛2𝜋 𝑏𝑛 = [[ 2 2 − ]] 𝜋 𝜋 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 [ 3𝜋 3 𝜋 𝜋 3 𝜋 𝑐𝑜𝑠 𝑛 sen 𝑛 2𝐴𝜔 sen 𝑛 2 𝜋 2𝜔 𝑐𝑜𝑠 𝑛 2 𝜋 2 ]] − [[ 2 2 − ] − [ 2 22 − 2𝜔 𝜋 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 3𝜋 3𝜋 𝑐𝑜𝑠 𝑛 2] − 2𝐴 [ 2 22 − 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 cos 𝑛

2𝜋 3𝜋 3𝜋 3𝜋 𝑐𝑜𝑠 𝑛2𝜋 𝑐𝑜𝑠 𝑛 2𝐴𝜔 sen 𝑛 2 sen 𝑛2𝜋 𝜔 2 ]−[ + [[ 2 2 + 2 + ]] 𝜋 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 𝑛2 𝜔 2 𝑛𝜔 𝜋 𝑐𝑜𝑠 𝑛2𝜋 + 4𝐴 [ 2 22 − ] 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 ] 𝜔 2𝐴𝜔 1 2𝐴𝜔 1 1 2𝐴𝜔 1 2𝜋 𝑏𝑛 = [ ( 2 2) − (− 2 2 − 2 2 ) + (− 2 2 − ) 𝜋 𝜋 𝑛 𝜔 𝜋 𝑛 𝜔 𝑛 𝜔 𝜋 𝑛 𝜔 2𝑛𝜔 2 1 + 4𝐴 (− )] 𝑛𝜔 cos 𝑛

𝑏𝑛 =

𝜔 2𝐴 2𝐴𝜔 1 2𝐴 2𝐴 4𝐴 − [ 2 − (2 (− 2 2 )) − 2 + ] 𝜋 𝜋𝑛 𝜔 𝜋 𝑛 𝜔 𝜋𝑛 𝜔 𝑛𝜔 𝑛𝜔

𝑏𝑛 =

𝜔 2𝐴 4𝐴 2𝐴 2𝐴 − 4𝐴/𝑛𝜔] [ 2 + 2 − 2 + 𝜋 𝜋𝑛 𝜔 𝜋𝑛 𝜔 𝜋𝑛 𝜔 𝑛𝜔

𝑏𝑛 =

𝜔 4𝐴 2𝐴 [ 2 − ] 𝜋 𝜋𝑛 𝜔 𝑛𝜔

4𝐴𝜔 2𝐴𝜔 − 𝜋 2 𝑛2 𝜔 𝑛𝜔𝜋 4𝐴 2𝐴 𝑏𝑛 = 2 2 − 𝜋 𝑛 𝑛𝜋 𝑏𝑛 =

13

∞

𝑥(𝑡) = ∑ 𝑛=1

4𝐴 2𝐴 − 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 𝜋 2 𝑛2 𝑛𝜋

Ejercicio 4 Encuentre la serie de Fourier de la onda rectangular mostrada

𝜏

2𝜏

3𝜏

0≤𝑡≤𝜏 𝑥(𝑡) = −𝑎𝑡 + 𝑏 𝑡 = 0 𝑥(𝑡) = 𝐴 𝐴 = −𝑎(0) + 𝑏 𝑏=𝐴 𝜏 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜏 𝑡=𝜏 0 = −𝑎(𝑡) + 𝑏 0 = −𝑎𝜏 + 𝑏 𝑎=

𝐴 𝜏

𝑎 𝑥(𝑡) = − 𝑡 + 𝐴 𝜏 2 𝜏 𝐴 𝑎0 = ∫ − 𝑡 + 𝐴 𝑑𝑡 𝜏 0 𝜏 𝜏 2 𝜏 𝐴 𝑎0 = [∫ − 𝑡 𝑑𝑡 + ∫ 𝐴 𝑑𝑡] 𝜏 0 𝜏 0

14

𝜏

2 𝐴 𝑡2 𝑎0 = [− ( ) + 𝐴(𝑡)𝜏0 ] 𝜏 𝜏 2 0 2 𝐴𝜏 𝑎0 = [− + 𝐴𝜏] 𝜏 2 𝑎0 = −𝐴 + 2𝐴 𝑎0 = 𝐴 2 𝜏 𝐴 𝑏𝑛 = ∫ (− 𝑡 + 𝐴) 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡 𝜏 0 𝜏

𝜏=

2𝜋

2𝜋 𝜔

2𝜋

𝜔 𝜔 𝜔𝐴 𝜔 𝑏𝑛 = [− ∫ 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡 + 𝐴 ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 𝑑𝑡] 𝜋 2𝜋 0 0

∫ 𝑥𝑠𝑒𝑛 𝑎𝑥 =

𝑠𝑒𝑛 𝑎𝑥 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑎𝑥 − 𝑎2 𝑎 2𝜋

2𝜋

𝜔 𝜔𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 𝑡𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜔𝑡 𝜔 cos 𝑛𝜔𝑡 𝜔 𝑏𝑛 = [− ( 2 2 − ) + 𝐴 (− ) ] 𝜋 2𝜋 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 𝑛𝜔 0 0 𝑏𝑛 =

𝜔 𝜔𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑛2𝜋 2𝜋𝑐𝑜𝑠 2𝑛𝜋 cos 2𝜋𝑛 1 − [− ( 2 2 − ) + 𝐴 (− )] 𝜋 2𝜋 𝑛 𝜔 𝑛𝜔 𝑛𝜔 𝑛𝜔

𝑏𝑛 =

𝜔 𝜔𝐴 2𝜋 (− ) (− ) 𝜋 2𝜋 𝑛𝜔 2

𝜔2 𝐴2𝜋 𝑏𝑛 = 2 2 2𝜋 𝑛𝜔 𝐴 𝑏𝑛 = 𝜋𝑛 ∞

𝐴 𝐴 𝑥(𝑡) = + ∑ 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜔𝑡 2 𝜋𝑛 𝑛=1

1.3.3 Método numérico Ejercicio 1 15

Las fluctuaciones de presión del agua en una tubería en una tubería medidas a intervalos de 0.01seg se dan en la siguiente tabla. Estas fluctuaciones son de naturaleza repetitiva. Realice un análisis armónico de las fluctuaciones de presión y determine los tres primeros armónicos de la serie de Fourier. Estación del tiempo, i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Tiempo (s), ti 0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09 0.10 0.11 0.12

Presión (KN/m²),pi 0 20 34 42 49 55 70 60 36 22 16 7 0

α₀= 2/12 ∑12 𝑖=1 𝑝𝑖 1/6∑12 𝑖=1 𝑅 = 68166.667 2 ∑12 𝐼=1 𝑝𝑖 = 409000𝑁/𝑚

𝑎0 = 68166.66 𝑛=1 Picos

2(1)𝜋(𝑡𝑖) 0.12

I=1

Pi=Cos 52.35ti 20Cos52.35(0.1)= 17.32x103

Ejercicio 2 Realice un análisis armónico, incluidos los primeros tres armonicos, de la función dada a continuación.

16

Ti xi

0.02 9

Ti xi

0.04 13

0.20 35

0.06 17

0.22 35

0.08 29

0.24 41

0.10 43

0.12 59

0.26 47

0.14 63

0.28 41

0.16 57

0.30 13

0.18 49

0.32 7

T=00.32s 2

2

𝑁

16

𝑎0 = ∑𝑁 𝑖=1 𝑥𝑖 = 𝑎𝑛 = 𝑏𝑛 =

2 16 2 16

∑16 𝑖=1 𝑥𝑖 cos ∑16 𝑖=1 𝑥𝑖 sin

∑16 𝑖=1 𝑥𝑖 = 69750

2𝑛𝜋𝑡𝑖 0.32

2𝑛𝜋𝑡𝑖 0.32

4𝑛𝜋𝑡𝑖 4𝑛𝜋𝑡𝑖 2𝑛𝜋𝑡𝑖 2𝑛𝜋𝑡𝑖 6𝑛𝜋𝑡𝑖 6𝑛𝜋𝑡𝑖 𝑥𝑖 cos 𝑥𝑖 sin 𝑥𝑖 sin 𝑥𝑖 cos 𝑥𝑖 sin 0.32 0.32 0.32 0.32 0.32 0.32 8314.91 3444.15 6363.96 6363.96 3444.15 8314.9157

ti

xi

0.02

9000

0.04

13000 9192.38

9192.38

0

13000

-9192.38

9192.38

0.06

17000 6505.61

15705.95

-12020.82

12020.81

-15705.95

-6505.61

0.08

29000 0

29000

-29000

0

0

-29000

0.10

43000 -16455.38

39726.81

-30405.59

-30405.59

39726.81

-16455.38

0.12

59000 -41719.30

41719.30

0

-59000

41719.30

41719.30

0.14

63000 -58204.41

24109.05

44547.72

-44547.72

-24109.05

58204.41

0.16

57000 -57000

0

57000

0

-57000

0

0.18

49000 -45270.09

-18751.48

34648.23

34648.23

-18751.48

-45270.09

0.20

35000 -24748.73

-24748.73

0

35000

24748.73

-24748.73

0.22

35000 -13893.92

-42335.78

-24748.73

24748.73

32335.78

13393.92

17

𝑥𝑖 cos

0.24 0.26

41000 0 47000 17986.121

-41000 -43422.33

41000 -33234.01

0 -33234.01

0 -43422.33

41000 17986.42

0.28

41000 28991.37

-28999.37

0

-41000

-28991.37

-28991.37

0.30 0.32

13000 12010.43 -4974.88 7000 7000 0 55800 -5234.93 166791.009

9192.38 1000 -11656.83

-9192.38 O -391597

4974.88 9000 389731.28

-12010.93 0 26830.73

-1457.10

-48949.74

486466.41

3353.84

16

∑() 𝑖=1 12

69750 -20848.89 2 ∑() 16

-654.36

𝑖=1

Ejercicio 3 Los cálculos implicados en las ecuaciones se muestran en la tabla con esos cálculos se obtiene la expansión de la serie de Fourier de las fluctuaciones de presión 𝑎𝑛 = 1 ∑12 6

2𝑛𝜋𝑡𝑖 𝑖=1 𝑝𝑖𝑐𝑜𝑠 0.12

1

2𝑛𝜋𝑡𝑖

6

0.12

𝑏𝑛 = ∑12 𝑖=12 𝑝𝑖𝑠𝑒𝑛

P(t)=34083.326996.0cos52.36t+8307.7sen52.36t+1416.7cos104.72t+3608.3sen104.72t5833.3cos157.08t-2333.3sen157.08t N/m2

i

ti

pi

1

0. 01 0. 02 0. 03

2000 0 3400 0 4200 0

2 3

18

4𝜋𝑡𝑖 4𝜋𝑡𝑖 2𝜋𝑡𝑖 2𝜋𝑡𝑖 6𝜋𝑡𝑖 6𝜋𝑡𝑖 𝑝𝑖𝑐𝑜𝑠 𝑝𝑖𝑠𝑒𝑛 𝑝𝑖𝑠𝑒𝑛 𝑝𝑖𝑐𝑜𝑠 𝑝𝑖𝑠𝑒𝑛 0.12 0.12 0.12 0.12 0.12 0.12 17320 10000 10000 17320 0 20000 𝑝𝑖𝑐𝑜𝑠

17000

-17000

-17000

29444

-34000

0

0

-42000

-42000

0

0

-42000

4 5 6 7 8 9 10 11 12

0. 04 0. 05 0. 06 0. 07 0. 08 0. 09 0. 10 0. 11 0. 12

12

∑() 𝑖=1 12

1 ∑() 6 𝑖=1

19

4900 0 5300 0 7000 0 6000 0 3600 0 2200 0 1600 0 7000

-24500

-24500

-24500

-42434

49000

0

-45898

26500

26500

-45898

0

53000

-70000

70000

70000

0

-70000

0

-51960

30000

30000

51960

0

-60000

-18000

-18000

-18000

-31176

36000

0

0

-22000

-22000

0

0

22000

8000

-8000

-8000

-13856

-16000

0

6062

3500

3500

-6062

0

-7000

0

0

0

0

0

0

0

4090 00

161976

49846

8500

21650

-35000

14000

6816 6.7

8307.7 26996.0

1416.7

3608.3

-5833.3 2333.3

1.4

Aplicación del análisis armónico

Ejercicio 1 Una partícula que vibra a lo largo de un segmento de 10 cm de longitud tiene en el instante inicial su máxima velocidad que es de 20 cm/s. Determina las constantes del movimiento (amplitud, fase inicial, pulsación, frecuencia y periodo) y escribe las expresiones de la elongación, velocidad y aceleración. Calcula la elongación, velocidad y aceleración en el instante 𝑡 = 1,75 𝜋𝑠. ¿Cuál es la diferencia de fase entre este instante y el instante inicial?

La amplitud es igual a la mitad del segmento recorrido 𝐴 = 5 ∗ 10−2 𝑚. Las expresiones generales de la elongación y de la velocidad son: 𝑥 = 𝐴 ∗ sin(𝜔 ∗ 𝑡 + 𝜑0 ) ; 𝑣 =

𝑑𝑥 𝑑𝑡

= 𝐴 ∗ 𝜔 ∗ 𝑐𝑜𝑠(𝜔 ∗ 𝑡 + 𝜑0 )

Como en el instante inicial la velocidad es máxima, se tiene que la fase inicial es: 𝑐𝑜𝑠(𝜔 · 0 + 𝜑0 ) = 1 ⇒ 𝜑0 = 0 𝑟𝑎𝑑 Del valor de la máxima velocidad se deducen el resto de las constantes del movimiento. 𝑚 𝑣𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎 0.20 𝑟𝑎𝑑 ⇒ 𝜔 = = = 4 𝑠 𝐴 0.05 𝑆 𝜔 4 2 1 𝜋 𝜈 = = = 𝐻𝑧; 𝑇 = = 𝑠 2𝜋 2𝜋 𝜋 𝑉 2

𝑣𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎 = 𝐴 ∗ 𝜔 = 0,20

Las expresiones de la elongación, velocidad y aceleración y sus valores en el instante indicado, 𝑡 = 1.75 ∗ 𝜋𝑠, son: 𝑥 = 𝐴 ∗ 𝑠𝑖𝑛(𝜔 ∗ 𝑡 + 𝜑0 ) = 0.05 ∗ 𝑠𝑖𝑛(4 ∗ 𝑡) 𝑥 𝑡 = 0.05 ∗ sin(4 ∗ 1.75 ∗ 𝜋) = 0 𝑚 𝑣=

20

𝑑𝑥 = 0.2 ∗ 𝑐𝑜𝑠(4 ∗ 𝑡) 𝑑𝑡

𝑣𝑡 = 0.2 ∗ cos(4 ∗ 1.75 ∗ 𝜋) = 0.2 𝑎 =

𝑚 𝑠

𝑑𝑣 = −0.8 ∗ sin(4 ∗ 𝑡) ⇒ 𝑑𝑡

𝑎𝑡 = −0.8 ∗ 𝑠𝑖𝑛(4 ∗ 1.75 ∗ 𝜋) =

0𝑚 𝑠2

La diferencia de fase entre el instante inicial y el 𝑡 = 1.75 ∗ 𝜋 𝑠 es: ∆𝜑 = 𝜑𝑡 − 𝜑0 = 𝜔 ∗ 1.75 ∗ 𝜋 − 0 = ( 4 ∗ 1.75 ∗ 𝜋) = 7 ∗ 𝜋 𝑟𝑎𝑑 = (3 ∗ 2 ∗ 𝜋 + 𝜋) 𝑟𝑎𝑑 por lo que los dos instantes están en oposición de fase.

Ejercicio 2 La figura adjunta representa la gráfica de la aceleración frente al tiempo para un movimiento vibratorio armónico simple. Deduce la expresión general de la posición.

Al utilizar como expresión de la posición: 𝑥 = 𝐴 𝑠𝑖𝑛(𝜔 𝑡 + 𝜑0 ) La ecuación de la aceleración es: 𝑎 =

21

𝑑𝑣 = −𝐴 𝜔 2 𝑠𝑖𝑛(𝜔 𝑡 + 𝜑0 𝑑𝑡

𝑇 2

= 0.2𝑠

por lo que el periodo y la pulsación son: 𝑇 = 0.4 𝑠; 𝜔 =

2𝜋 𝑇

= 5𝜋

𝑟𝑎𝑑 𝑆

Del

valor de la aceleración máxima: 𝑎 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎 = 300

𝑐𝑚 𝑠2

el valor de la amplitud es: 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝐴 𝜔2 = 300 𝐴 = 1.216 𝑐𝑚 En el instante inicial la partícula se dirige hacia posiciones negativas, por lo que la fase inicial es: ϕ0 = π rad La ecuación de la posición es: 𝑥 = 𝐴 𝑠𝑖𝑛(𝜔 𝑡 + 𝜑0 ) = 1.216 𝑠𝑖𝑛(5 𝜋 𝑡 + 𝜋) 𝑐𝑚 Ejercicio 3 ¿En qué posicione de la partícula que describe un movimiento vibratorio armónico simple se igualan las energías cinéticas y potenciales? 1

𝐸 = 𝑘𝐴2 2

𝐸

1

2

2

2

𝐸𝑝 = ; 𝑘𝑥 =

1 𝑘𝐴2 2

2

=> 𝑋 2 =

𝐴2 2

Despejando 𝑥= ±

𝐴 √2

=±

√2 A 2

Ejercicio 4 Un objeto de 1.4 kg de masa se une a un muelle de constante elástica 15 N/m. calcula la velocidad máx. del objeto cuando el sistema vibra con una amplitud de 2.0 cm. ¿Cuál es el valor de las energía cinética y potencial elástica cuando el objeto se encuentra a 1 cm de la posición central de vibración? 1 2

𝑘𝐴2 =

22

1 2

𝑘

15

𝑚

1.4

2 𝑚 𝑣𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎 = 𝑣𝑚𝑎𝑥= 𝐴√ = 0.02√

= 6.6𝑥10−2 𝑚⁄𝑠

1

1

2

2

𝐸𝑝 = 𝑘𝑥 2 = 𝑥15𝑥(0.01)2 = 7.5𝑥10−4 𝐽 1 1 1 𝐸𝐶= 𝐸𝑇 = 𝐸𝑃 = 𝑘𝐴2 − 𝑘𝑥 2 = ∙ 15 ∙ [(0.02)2 − (0.01)2 ] = 22.5 ∙ 10−4 𝐽 2 2 2

23

UNIDAD2. Vibraciones libres de sistemas de un grado de libertad.

Tres resortes y una masa se fijan a una barra PQ como se muestra en la fig. desprecie la masa de la barra y calcule la frecuencia natural del sistema.

𝛿2 = 𝜃𝑙2 𝑘𝑞 = 𝑘1 + 𝐾2 ⋃𝑒𝑞 = 𝑢1 + 𝑢2 1 2

𝑘𝑞 (𝜃𝑙3 )2 =

1 1 𝑘1 (𝜃𝑙1 )2 + 𝑘2 (𝜃𝑙2 )2 2 2 𝑘1 𝑘3 𝑙12 + 𝑘2 𝑘3 𝑙22 𝑙32 = 𝑘𝑙 + 𝑘𝑙 + 𝑘𝑙 𝑙32 𝑘𝑞 𝜃𝜃 ′ 𝑙3 = 𝑘1 𝜃𝜃 ′ 𝑙1 + 𝑘2 𝜃𝜃 ′ 𝑙2 𝑘𝑞 = 𝑘𝑞 =

24

𝑘1 𝑙1 +𝑘2 𝑙2 𝑙3

1 1 1 + 𝐾𝑞 𝑘3

𝑘 𝑘 𝑙 2 +𝑘𝑞𝑘3 𝑙23 2 2 1 1 2 𝑙2 +𝑘3 𝑙3

𝑘𝑞𝑓 = 𝑘 1𝑙22+𝑘1 ∴ 𝜔𝑛 = √

𝑘1 𝑘2 𝑙12 +𝑘𝑞𝑘3 𝑙23 𝑚(𝑘1 𝑙12 +𝑘2 𝑙22 +𝑘3 𝑙32 )

Metodo de la energía para sistemas sin amortiguamiento.

𝛿 = 𝜃𝑙1

𝑘𝑞 =

𝑘𝑞. 𝑘3 𝑘𝑞 + 𝑘3

𝑘1 𝑙12 + 𝑘2 𝑙22 ( )𝑘 𝑙32 = 𝑘1 𝑙12 + 𝑘2 𝑙22 𝑘3 + 1 𝑙32

𝑇 + 𝑈 = 𝑐𝑡𝑒 𝑑1 𝑑 ̇ ⁄2 𝑚𝑥̇ 2 + 1⁄2 𝑘1 𝑥 2 + 1⁄2 𝑘2 𝑥 2 = 𝑐𝑡𝑒 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑚𝑥̈ 𝑥̇ + 𝑘1 𝑥𝑥̇ + 𝑘2 𝑥𝑥̇ = 0 (𝑚𝑥̇ + (𝑘1 + 𝑘2 )𝑥)𝑥 = 0 𝑚𝑥̈ + (𝑘1 + 𝑘2 )𝑥 = 0 𝑥̈ +

𝑘1 + 𝑘2 𝑥=0 𝑚

𝜔𝑛2 =

𝑘1 + 𝑘2 𝑚

𝑘1 + 𝑘2 𝜔=√ 𝑚

25

Método de la energía para sistemas sin amortiguamiento.

Halle la frecuencia natural de vibración de un sistema de resorte-masa colocado sobre un plano inclinado, como se muestra en la figura.

𝑇 + 𝑈 = 𝐶𝑡𝑒 𝑘𝑞 = =

1 𝑘1 + 𝑘2

1 𝑘1 + 𝑘2 𝑘1 𝑘2

𝑘𝑞 =

𝑘1 . 𝑘2 𝑘1 + 𝑘2

1⁄ 𝑚𝑥̇ 2 + 1⁄ 𝑘𝑞𝑥 2 = 𝑐𝑡𝑒 2 2 𝑚𝑥̈ 𝑥 + 𝑘𝑞𝑥𝑥̇ = 0 (𝑚𝑥̈ + 𝑘𝑞𝑥)𝑥̇ = 0 𝑚𝑥̈ + 𝑘𝑞𝑥 = 0 𝑚𝑥̈ + 𝑥̈ +

26

𝑘1 𝑘2 𝑥=0 𝑘2 + 𝑘2

𝑘1 𝑘2 𝑥=0 𝑚(𝑘1 + 𝑘2 )

Metodo de la energía para sistemas sin amortiguamiento.

Encuentre la frecuencia natural de la siguiente figura.

𝜔𝑛 = √

𝑘1 𝑘2 𝑚(𝑘1 + 𝑘2 )

Frecuencia natural de oscilación de la columna de líquido. Considere el nivel de referencia mostrada en la figura como la posición de equilibrio del líquido. Si x denota el desplazamiento en la columna de liquido a partir de la posición de equilibrio el cambio de la energía potencial es.

U= energía potencial de la columna de líquido expandido + energía potencial de la columna de líquido contraído. = (peso mercurio expandido x desplazamiento de C.G del segmento) + (el peso del mercurio contraído x desplazamiento del C.G del segmento) 𝑥 𝑥 (𝐴𝑥𝑦) + (𝐴𝑥𝑦) = 𝐴𝑦𝑥 2 2 2 𝑇=

1 (𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑟𝑐𝑢𝑟𝑖𝑜)(𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑) 2 =1

𝐴𝑙𝑦 2 . 𝑥̇ 𝑔

𝑥(𝑡) = 𝑥𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛 𝑡 (𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑎𝑟𝑚𝑜𝑛𝑖𝑐𝑜) 𝑈 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 cos 2 𝜔𝑛 𝑡 𝑇 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛2 𝜔𝑛 𝑡

27

𝐴𝑦/𝜔𝑛2 2 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 1 𝑥 𝑔 1⁄ 2

2𝑔 𝜔𝑛 = ( ) 1 =

(1)(600) 2 = 300

=

(300)2𝜋 = 10𝜋 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠 ∴ 9.0 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠 60 𝑙=

(2.0)(9.81) = 0.243𝑚 (9.0)2

2.2Método de fuerzas 1.- La masa 𝑀 fijada en el extremo de la cuerda de un péndulo cónico está girando alrededor del eje vertical, como se muestra en la figura. El plano de la trayectoria circular es horizontal y ascenderá cuando aumente la velocidad de rotación. Determine la frecuencia del sistema. Solución:

Del diagrama de cuerpo libre de la masa 𝑀:

28

Método de la energía para sistemas sin amortiguamiento.

𝑈𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝑦 𝑥 2

∑𝐹𝑛 = 𝑀𝑎𝑛 𝑜 𝑇 sin 𝜃 = 𝑀(𝐿 sin 𝜃)𝜔2 En donde 𝜔 es la velocidad angular de rotación de la masa en el instante considerado. Así mismo: ∑𝐹𝑣 = 𝑀𝑎𝑣 𝑜 𝑇 cos 𝜃 − 𝑀𝑔 = 𝑀𝑎𝑣 Pero 𝑎𝑣 = 0 por tanto 𝑇 cos 𝜃 = 𝑀𝑔 𝑜 𝑇 = 𝑀𝑔/(cos 𝜃) Reemplazando este valor de 𝑇 en la primera ecuación se obtiene: Mg sin θ = M(L sin θ)ω2 cos θ

y

g ωn = √ rad/seg (L cos θ)

Sí θ = 0 entonces cos θ = 1 y ωn = √g/L que es la frecuencia natural de un péndulo simple. Esto significa que un péndulo cónico (llamado a veces esférico) se reduce a un péndulo simple si θ = 0 2.-En la siguiente figura se muestra una barra apoyada en el punto ´´O´´, la cual puede rotar sobre ese eje. Con resortes de igual rigidez, la barra se encuentra en posición horizontal de equilibrio; como se muestra en la figura, con fuerzas de los resortes 𝑃1 , 𝑃2 . Determine la ecuación de movimiento y la frecuencia natural 𝜔𝑛 . Solución:

29

Bajo una rotación 𝜃 la fuerza del resorte de la izquierda disminuye, y la de la derecha aumenta. Con 𝐽0 como el momento de inercia en el punto ´´O´´, la ecuación de momento en el punto ´´O´´ es: ∑𝑀0 = (𝑃1 − 𝑘𝑎𝜃)𝑎 + 𝑚𝑔𝑐 − (𝑃2 + 𝑘𝑏𝜃)𝑏 = 𝐽0 Ӫ Sin embargo: 𝑃1 𝑎 + 𝑚𝑔𝑐 − 𝑃2 𝑏 = 0 En posición de equilibrio, por lo tanto tenemos que considerar solo el momento de las fuerzas debido al desplazamiento 𝜃 el cual es: ∑𝑀0 = (−𝑘𝑎2 − 𝑘𝑏 2 )𝜃 = 𝐽0 Ӫ Así la ecuación de momento puede reescribirse como: 𝑘(𝑎2 + 𝑏 2 ) Ӫ+ 𝜃=0 𝐽0 Y por inspección, la frecuencia natural de oscilación queda como: 𝑘(𝑎2 + 𝑏 2 ) 𝜔𝑛 = √ 𝐽0

3.- Determine la ecuación de movimiento y la frecuencia natural de vibración del sistema masa resorte mostrado. Solución:

30

Aplicando la ley de movimiento de Newton ∑𝐹 = 𝑚𝑎: Para oscilaciones verticales las fuerzas que actúan son la fuerza del resorte 𝑘(𝛿𝑠𝑡 + 𝑥) Y el peso 𝑤 = 𝑚𝑔 por lo tanto la ecuación de movimiento es: 𝑚ẍ = −𝑘(𝛿𝑠𝑡 + 𝑥) + 𝑚𝑔 Dónde ẍ =

𝑑2𝑥 𝑑𝑡 2

𝑦 𝛿𝑠𝑡 es la deflexión estática debido al peso de la masa que

actúa sobre el resorte. Entonces 𝑚𝑔 = 𝛿𝑠𝑡 𝑘 y la ecuación de movimiento se convierte: 𝑚ẍ + 𝑘𝑥 = 0 Que es la ecuación diferencial del movimiento armónico simple (MAS) y la solución más general de esta ecuación es: 𝑘 𝑘 𝑥 = 𝐴 sin √ 𝑡 + 𝐵 cos √ 𝑡 𝑚 𝑚 𝑘 𝑥 = cos(√ 𝑡 + ∅) 𝑚 Donde A, B, C y ∅ son constantes arbitrarias que dependen de las condiciones iniciales 𝑥(0) 𝑦 ẋ(0). En la solución general deben de aparecer dos constantes puesto que se trata de una ecuación diferencial de segundo orden. Para un desplazamiento inicial 𝑥𝑎 tenemos que 𝐴 = 0 𝐵 = 𝑥 y por tanto:

31

𝑘 𝑥 = 𝑥0 cos √ 𝑡 𝑚 Físicamente esta ecuación representa una vibración sin amortiguamiento en la 𝑘

cual se produce un ciclo cuando √ = 𝜔 𝑟𝑎𝑑𝑠./𝑠 y por lo tanto: 𝑚

𝑇=

2𝜋 √𝑘/𝑚 𝑘

𝑦 𝑓𝑟𝑒𝑐𝑢𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑛𝑎𝑡𝑢𝑎𝑙 𝑓𝑛 =

1 𝑐𝑝𝑠. 𝑇

Donde √ = 𝜔𝑛 𝑟𝑎𝑑𝑠./𝑠 𝐹𝑟𝑒𝑐𝑢𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑛𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑙. 𝑚

32

4.- El sistema que se muestra en la figura con ωn= 5Hz, con m= 10kg, J0= 5kg/m2, r1= 10cm r2= 25cm. Cuando el sistema experimenta un desplazamiento inicial la amplitud de vibración se reduce en 80%en 10 ciclos, determine el valor de k. Solución:

∑𝐹 = 𝑚ẋ = −𝑘𝑥 − 𝑃 𝑜 𝑃 = −𝑚ẍ − 𝑘𝑥 ∑𝑀 = 𝐽0 ӫ = 𝑃 𝑟2 − 𝑐(ӫ𝑟1 ) −(𝑚ẍ + 𝑘𝑥)𝑟2 − 𝑐ӫ𝑟1 = 𝐽0 ӫ (𝐽0 + 𝑚𝑟22 )ӫ + 𝑐𝑟1 ӫ + 𝑘𝑟22 ө = 0 [5 + 10(25)2 ]ӫ + 𝑐(0.1)ӫ + 𝑘(0.25)2 𝜃 = 0 Si la amplitud se reduce 80% en 10 ciclos: 𝑥1 0.1 = = 5 = 𝑒 10𝜁𝜔𝑛 𝜏𝑑 𝑥11 0.2 ln Sabiendo que

𝑥1 = ln 5 = 1.6094 = 10𝜁𝜔𝑛 𝜏𝑑 𝑥11

𝜔𝑛 = 2𝜋(5) = 31.1416 𝜏𝑑 =

33

𝑟𝑎𝑑 𝑠

.

1 2𝜋 2𝜋 0.2 = = = 𝑓𝑛 𝜔𝑑 √1 − 𝜁 2 √1 − 𝜁 2

Obteniendo: 1.6094 = 10𝜁(31.416) (

√1 − 𝜁 2 =

0.2 √1−𝜁 2

)=

62.832𝜁 √1−𝜁 2

62.832 𝜁 = 39.0406𝜁 1.6094

𝜁 = 0.02561 0.0625𝑘 𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒: 𝜔𝑛 = √ = 31.416 𝑜 𝑘 = 8.8827𝑘𝑁 5.625 𝜁 = 0.02561 =

34

𝑐 𝑐 0.10𝑐 = 𝜔𝑛 = 𝑜 𝑐 = 90.5134𝑁𝑠/𝑚 𝑐𝑐 2𝑚𝑒𝑞. 2(5.625)(31.416)

Masa efectiva. Método de masa efectiva de Rayleigh. 1.- Determine la frecuencia natural del sistema mostrado en la figura dónde la masa del resorte no es pequeña. Solución:

Si la masa del resorte se tiene en cuenta: 𝐸. 𝐶. 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = 𝐸. 𝐶. 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑠𝑎 + 𝐸. 𝐶. 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒 𝐿 1 1 𝑒 2 2 = 𝑚ẋ + ∫ (𝜌 𝑑𝑒) [( )ẋ] 2 𝐿 0 2

Donde (𝑒⁄𝐿)𝑥 es el desplazamiento en un punto en un punto intermedio del resorte a una distancia 𝑒 del extremo superior de este y 𝜌 es la masa del resorte por unidad de longitud. (𝐸. 𝐶. )𝑚𝑎𝑥 = (𝐸. 𝑃. )𝑚𝑎𝑥

35

(𝐸. 𝐶. )𝑚𝑎𝑥

1 1 ẋ𝑚𝑎𝑥 2 𝐿 2 2 = 𝑚ẋ𝑚𝑎𝑥 + 𝜌( ) ∫ 𝑒 𝑑𝑒 2 2 𝐿 𝑒

1 1 ẋ𝑚𝑎𝑥 2 𝐿3 1 1 2 = 𝑚ẋ𝑚𝑎𝑥 + 𝜌 ( ) ( ) = (𝑚 + 𝜌𝐿)ẋ2𝑚𝑎𝑥 2 2 𝐿 3 2 3 1 2 (𝐸. 𝑃. )𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝑥𝑚𝑎𝑥 2 Para una oscilación sinusoidal, sea 𝑥 = 𝐴 sin 𝜔𝑛 𝑡, entonces igualando las dos expresiones de energía máxima: 1 1 1 (𝑚 + 𝜌𝐿) (𝜔𝑛 𝐴)2 = 𝑘𝐴2 2 3 2 1

La cual da: 𝜔𝑛 = √𝑘⁄(𝑚 + 𝜌𝐿) 𝑟𝑎𝑑𝑠⁄𝑠𝑒𝑔. 3

Si 𝜌 es despreciable comparado con 𝑚, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝜔𝑛 = √𝑘⁄𝑚.

2.- Utilice el método de Rayleigh para determinar la frecuencia natural del casco semi-circular de masa 𝑚 y radio 𝑟 qué rueda de un lado a otro sin deslizar, como se muestra en la figura. Solución:

1 (𝐸. 𝐶. )𝑚𝑎𝑥 = 𝐼𝐴 𝜔𝑛2 = 𝑚𝑟(𝑟 − 𝑎)𝜔𝑛2 2

36

Donde: Entonces:

𝐼𝐴 = 𝐼𝐶.𝐺. + 𝑚(𝑟 − 𝑎)2 = 𝐼𝑎 − 𝑚𝑎2 + 𝑚(𝑟 − 𝑎)2 = 2𝑚𝑟(𝑟 − 𝑎) (𝐸. 𝐶. )𝑚𝑎𝑥 = (𝐸. 𝑃. )𝑚𝑎𝑥 𝑚𝑟(𝑟 − 𝑎)𝜔𝑛2 = 𝑚𝑔𝑎(1 cos 𝜃) 𝜔𝑛 √

𝑔𝑎(1 − cos 𝜃) 𝑟𝑎𝑑𝑠⁄𝑠𝑒𝑔. 𝑟(𝑟 − 𝑎)

3.- La masa 𝑚 se asegura a uno de los extremos de una varilla rígida de peso despreciable, que esta rígidamente unida al centro de un cilindro homogéneo de radio 𝑟 como se muestra. Si el cilindro rueda sin deslizar ¿Cuál es la frecuencia natural de oscilación del sistema? Solución:

37

(𝐸. 𝐶. )𝑚𝑎𝑥 = (𝐸. 𝑃. )𝑚𝑎𝑥 𝑜

1 𝐽𝑐 (𝜃̇)2𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑔(∆ℎ)𝑚𝑎𝑥 2

Supongamos que el movimiento es armónico simple, entonces 𝜃 = 𝐴 sin 𝜔𝑡 y (𝜃̇)𝑚𝑎𝑥 = (𝜔𝐴 cos 𝜔𝑡)𝑚𝑎𝑥 = 𝜔𝐴 (∆ℎ) = 𝐿 − 𝐿 cos 𝜃 = 𝐿(1 − cos 𝜃) = 𝐿 [1 − (1 − (∆ℎ)𝑚𝑎𝑥

𝜃2 𝜃4 + − ⋯ )] 2! 4!

2 4 𝜃𝑚𝑎𝑥 𝜃𝑚𝑎𝑥 1 2 1 = 𝐿 [1 − (1 − + = 𝐿𝐴2 )] = 𝐿𝜃𝑚𝑎𝑥 2! 4! 2 2

Igualando las dos expresiones de energía tenemos: 1 3𝑀𝑟 2 1 + 𝑚(𝐿 − 𝑟)2 ] 𝜔2 𝐴2 = 𝑚𝑔 ( 𝐿𝐴2 ) [ 2 2 2 𝑚𝑔𝐿 𝜔𝑛 √ 𝑟𝑎𝑑𝑠.⁄𝑠𝑒𝑔. 3𝑀𝑟 2 ⁄2 + 𝑚(𝐿 − 𝑟)2

4.- Efecto de la masa de la columna sobre la frecuencia natural del tanque de agua. Encuentre la frecuencia de vibración transversal del tanque de agua considerado en la figura, con la masa de la columna incluida.

38

Solución: Para incluir la masa de la columna, determinamos la masa equivalente de la columna en el extremo libre mediante la equivalencia de energía cinética. La columna del tanque se considera como una viga en voladizo con un extremo empotrado (suelo) y una masa 𝑀 (tanque de agua):

𝑃𝑥 2 𝑦𝑚𝑎𝑥 𝑥 2 (3𝑙 𝑦(𝑡) = − 𝑥) = (3𝑙 − 𝑥) 6𝐸𝐼 2𝑙 3 𝑦𝑚𝑎𝑥 = (3𝑥 2 𝑙 − 𝑥 3 ) 2𝑙 3 La energía cinética de la viga (𝑇𝑚𝑎𝑥 )𝑒𝑠: 𝑇𝑚𝑎𝑥

39

1 𝑙𝑚 = ∫ {𝑦̇ (𝑥)}2 𝑑𝑥 2 0 𝑙

Donde 𝑚 es la masa total y 𝑚⁄𝑙 es la masa por unidad de longitud de la viga. Y para expresar la variación de velocidad 𝑦̇ (𝑡) como: 𝑦̇ (𝑥) =

𝑦̇𝑚𝑎𝑥 (3𝑥 2 𝑙 − 𝑥 3 ) 3 2𝑙

También se puede reescribir: 𝑇𝑚𝑎𝑥

𝑚 𝑦̇𝑚𝑎𝑥 2 𝑙 = ( 3 ) ∫ (3𝑥 2 𝑙 − 𝑥 3 )2 𝑑𝑥 2𝑙 2𝑙 0

2 1 𝑚 𝑦̇𝑚𝑎𝑥 33 7 1 33 2 = 𝑙 = 𝑚) 𝑦̇𝑚𝑎𝑥 ( ) ( 6 2 𝑙 4𝑙 35 2 140

Si 𝑚𝑒𝑞 indica la masa equivalente de la viga en voladizo (tanque de agua) en el extremo libre, su energía cinética máxima se expresa como: 1 2 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑒𝑞 𝑦̇𝑚𝑎𝑥 2 Y si igualamos las ecuaciones anteriores obtenemos: 𝑚𝑒𝑞 =

33 𝑚 140

Por lo tanto, la masa efectiva total que actúa en el extremo de la viga en voladizo es: 𝑀𝑒𝑓𝑒𝑐 = 𝑀 + 𝑚𝑒𝑞 Donde 𝑀 es la masa del tanque de agua. La frecuencia natural de vibración transversal del tanque de agua es: 𝑘 𝑘 𝜔𝑛 = √ =√ 33 𝑀𝑒𝑓𝑒𝑐 𝑀+ 𝑚 140

40

Amortiguamiento Viscoso. Un péndulo simple vibra a una frecuencia de 0.5 Hz en el vacío y a 0.45 Hz en un fluido viscoso. Determine la constante de amortiguamiento suponiendo que la masa de la lenteja es un kg.

𝜔𝑛 = √ 𝑙=

𝑔 𝑙

𝑔 = 9.81⁄ 2 = 0.9940𝑚 𝜋 𝜋2

𝜔𝑑 = 𝜔𝑛 √1 − 𝑟 2 𝜔𝑛2 − 𝜔𝑑2 1 − 0.81 2 𝜁= = 𝜋 ( ) = 1.8752 𝜔𝑛2 1 𝜁 = 1.3694 Ecuación de Movimiento. 𝑚𝑙 2 𝜃̈ + 𝑐𝑡 𝜃̇ + 𝑚𝑔𝑙𝜃 = 0 𝐶𝑐𝑡 = 2(𝑚𝑙 2 )𝜔 = 2(1)(0.992)2 (𝜋) = 6.2080 𝑐𝑡 𝑌𝑎 𝑞𝑢𝑒: 𝜁 = = 1.3694, 𝑐𝑡 = 8.5013 𝑁 − 𝑚 −⁄𝑟𝑎𝑑 𝐶𝑐𝑡

41

Par un sistema de resorte -masa-amortiguador, m=50kg y k=500N/m. Encuentre lo siguiente: a) Constante de amortiguamiento critico b) Frecuencia natural amortiguada, cuando c=Cc/2 c) Decremento logarítmico.

𝐶𝑐 = 2√𝑘𝑚 = 2√5000(50) = 1000𝑁 − 𝑐=

𝑠 𝑚

𝐶𝑐 𝑠 = 500𝑁 − 2 𝑚

𝑘 𝐶 5000 𝜔𝑑 = 𝜔√1 − 𝜁 2 = √ 1 − ( ) 2 = √ 𝑚 𝐶𝐶 50 = 8.6603 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠 𝛿=

42

2𝜋 𝑐 2𝜋 (500) ( )= ( ) = 3.6276 𝜔𝑑 2𝑚 8.6603 (2)(50)

1 √1 − ( )2 2

Determine la respuesta de vibración libre durante un ciclo de movimiento armónico simple dado por x(t)=0.2sen 𝜔𝑑 𝑡 m por un sistema de un solo grado de libertad viscosamente amortiguado con los siguientes parámetros. a. m=10kg, c=50N-s/m, k=1000N/m b. m=10kg, c=150 N-s/m, k=1000N/m 𝑥(𝑡) = 𝑋𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑑 𝑡 𝛥𝑊 = 𝜋𝜔𝑑 𝑋 2 𝑘 1000 𝑎) 𝜔𝑛 = √ = √ = 10 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠 𝑚 10 𝜁=

𝑐 50 = = 0.25 2𝑚𝜔𝑛 2(10)(10)

𝜔𝑑 = 𝜔𝑛 √1 − 𝜁 2 10√10 − (0.25)2 = 9.682 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠 𝛥𝑤 = 𝜋(50)(9.682)(0.2)2 = 60.83𝐽 𝑏) 𝜔𝑑 = 𝜔𝑛 √1 − 𝜁 2 = 10√1 − (0.75)2 = 6.614𝐽 𝑥 = 0.2𝑚 𝛥𝑤 = 𝜋(150)(6.614)(0.2)2 = 124.67𝐽

43

El Indicador de aguja de un instrumento electrónico está conectado a un amortiguador torsional viscoso y aun resorte torsional. Si la inercia rotacional del indicador la aguja con respecto a su pivote es 25kg-𝑚2 y la constante del resorte torsional es de 100N-m/rad, determine la constante de amortiguamiento del amortiguador torsional para que el instrumento este críticamente amortiguado.

𝐽0 𝜃̈ + 𝐶𝑡 𝜃̇ + 𝑘𝑡 𝜃 = 0 𝑐𝑜𝑚𝑜

𝐽0 = 25𝑘𝑔 − 𝑚2

𝑐 = 𝐶𝑐 = 2√𝐽0 𝑘𝑡 2√25(100) = 100𝑁 − 𝑚 − 𝑠/𝑟𝑎𝑑.

44

𝑘𝑡 = 100𝑁 − 𝑚/𝑟𝑎𝑑

Unidad No.4 4.2 Balanceo estático. Se perforan cuatro agujeros en un disco uniforme en un radio de 4 pulg y ángulos de 0 ',60°, 120’ y 180 ". El peso removido en los agujeros 1 y 2 es de 4 oz cada uno y el peso eliminado de los agujeros 3 y 4 es de 5 oz cada uno. Si el disco se tiene que balancear estáticamente perforando un quinto agujero en un radio de 5 pulg, determine el peso que se tiene que eliminar y la localización angular del quinto agujero

5

∑𝑓𝑋 = ∑ 𝑟𝑖 𝑚𝑖 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖 = 0 𝑖=1

4(4) cos 0° + 4(4) cos 60° + 4(5) cos 120° + 4(5)𝑐𝑜𝑠180° + 𝑟5 𝑚5 cos 𝛳5 = 0 16+8-10-20 +5𝑚5 𝑐𝑜𝑠𝛳5 =0 5𝑚5 cos 𝛳5 = 6 5

∑𝑓𝑦 = ∑ 𝑟𝑖 𝑚𝑖 sin 𝛳𝑖 = 0 𝑖=1

4(4)sin 0° + 4 (4) sin 60° + 4(5) sin 120° + 4(5) sin 180° + 𝑟5 𝑚5 sin 𝛳5 = 0

0 + 13.856 17.320 + 0 + 𝑟5 𝑚5 sin 𝛳5 = 0 5𝑚5 sin 𝛳5 = −31.176

1

𝑚5 = 5 √(6)2 + (−31.176)2 = 6.3496 oz 𝛳5 = tan−1(

−31.176 ) = −79.1063° 6

Se colocan tres masas, que pesan 0.5 Ib. 0 .7 Ib y 1.2 Ib alrededor de un volante de 3 0 pulg de diámetro a i las ubicaciones angulares 0 = 10’. 100' y 190', respectivamente. Encuentre el peso y la ubicación angular de la cuarta masa que se colocará en el borde que conduce al balanceo dinámico del volante.

45

4

∑𝑓𝑋 = ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 cos 𝛳𝑖 = 0 𝑖=1

0.5 cos 10° + 0.7 cos 100° + 1.2 cos 190° + 𝑚4 cos 𝛳4 = 0 0.4924 – 0.12152 – 1.18176 + 𝑚4 cos 𝛳4 = 0 𝑚4 cos 𝜃4 = 0.81088

4

∑𝑓𝑦 = ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 sin 𝛳𝑖 = 0 𝑖=1

0.5 sin 10° + 0.7 sin 100° + 1.2 sin 190° + 𝑚4 sin 𝛳4 = 0 0.0868 + 0.6894 – 0.2083 + 𝑚4 sin 𝛳4 = 0 𝑚4 sin 𝛳4 = −0.56788 1⁄ 2

𝑚4 = [(0.18088)2 + (−056788)2 ]

= 0.98996 𝑜𝑧

−0.56788

𝛳4 = tan−1( 0.81088 ) = −35.0045°

4.3 Balanceo dinámico en uno y dos planos por el método de coeficientes de influencia Los datos obtenidos en un procedimiento de balanceo en dos pianos se proporcionan en la tabla siguiente. Determine la magnitud y posición angular de los pesos de balanceo, suponiendo que todos los ángulos se miden con respecto a una marca (k fase arbitraria y que todas los pesos se agregan en el mismo radio. Amplitud (mils)

46

Angulo de Fase

Condición B

Rodamiento A

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑊𝐿 = 2oz 30’ 180°

Rodamiento B

Rodamiento A Rodamiento

5

4

100°

6.5

4.5

120°

140° ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑊𝑅 = 2oz 0’ 60°

6

7

𝑣𝐴 = 5\100° = 0.8682 + 𝑖 4.9240 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 = 4 \ 180° = - 4.0. i 0.0 ⃗⃗⃗⃗ ′

𝑣𝐴 = 6.5 \120° = −3.25 + 𝑖 5.6292 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣 𝐵 ′ = 4.5 140° = −3.4472 + 𝑖 2.8925 𝑣𝐴 ’’ = 6.0 \ 90° = 0.0 + i6.0 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 ′′ = 7.0 \60° = 1.7321 + 𝑖 1.0 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑊𝑅 = 2.0 \0° = 2.0 + i 0.0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐴𝐿 =

′

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗𝐴 𝑣𝐴 −𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐿 𝑊

= 1.2420 \ -46.4914°

′′

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣 − ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐴𝑅 = 𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0.6913\51.0984° 𝑊 𝑅

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗𝐵 𝑣 ′−𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵𝐿 = 𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 4.2315 \ -49.7058° 𝑊 𝐿

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵𝑅 =

′′

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 − ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑅 𝑊

⃗⃗⃗⃗ 𝑈𝐿 =

47

2.1217 \ -39.2682°

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵𝑅 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐴 − ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐴𝑅 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴 𝐴 𝐴 𝐵𝑅 𝐴𝐿 − 𝐴𝑅 𝐴𝐵𝐿

90°

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑈𝑅 =

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵𝐿 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐴 − ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐴𝐿 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴 𝐴𝐵𝑅 𝐵𝐿 𝐴 𝐴𝑅 − 𝐴 𝐴𝐿 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗𝐿 = 4.2315\−49.7058° 𝐵𝐿 = −𝑈

⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝑅 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑈𝑅 = 2.1217 \−39.2682°

Dos discos idénticos se conectan por medio de cuatro birlos de diferentes tamaños y se montan en una flecha, como se muestra en la figura 8.41. Las masas y ubicación de los tres birlos son como sigue: m1=35 gramos, r1=110 mm y θ1= 40˚; m2=15 gramos, r2=90 mm y θ2= 220˚; y θ3=25 gramos, r3=130 mm, θ3=280˚. Encuentre la masa y ubicación del cuarto birlo (mc, rc y θc), el cual produce el balanceo estático de los discos.

ΣFx=0 ; ΣFy=0 ΣFx= m1r1 Cos θ1+ m2r2 Cos θ2+ m3r3 Cos θ3+ mcrc Cos θc=0 = 35 (110) Cos 40˚+ 15 (90) Cos 220˚+ 25 (130) Cos 290˚+ mcrc Cos θc=0 = 2949.1-1034.1+1111.5+ mcrc Cos θc=0 mcrc Cos θc= -3026.5 ΣFy= m1r1 Sen θ1+ m2r2 Sen θ2+ m3r3 Sen θ3+ mcrc Sen θc=0 = 35 (110) Sen 40˚+ 15 (90) Sen 220˚+ 25 (130) Sen 290˚+ mcrc Sen θc=0 = 2474.78-867.78-3054.025+ mcrc Sen θc=0 mcrc Sen θc= 1447.025 mcrc= √(-3026.5)ᶺ2+(1447.025)ᶺ2

48

= 3354.6361 g/mm θc= tanᶺ-1 (1447.025/-3026.5) = -25.5225 ˚

Los datos del sistema mostrado en la figura 12-1 son los siguientes: m1 = 1.2 kg R1= 1.135 m ∠113. m2 = 1.8 kg R2 = 0.822 m ∠48.8 Encuentre el producto masa-radio y su ubicación angular necesarios para balancear estáticamente del sistema R1= 1.135 m ∠113= -0.451x, 1.042y R2 = 0.822 m ∠48.8= 0.541x, 0.618y mbRbx= - m1R1x – m2R2x = - (1.2)(-0.451) – (1.8)(0.541) = - 0.43368 mbRby= -m1R1x – m2R2x = - (1.2)(1.042) – (1.8)(0.618) = - 2.3623 θ= tanᶺ-1 (2.3623/0.43368)

mbRb=√(mbRbx)ᶺ2 + (mbRby)ᶺ2 =√(-0.43368)ᶺ2+(-2.3623)ᶺ2

= 79.5972

= 2.40177 Rb= 1.135 + 0.822 / 2 = 0.9786

4.3 Balanceo dinámico

49

mb= 2.40177 / 0.9785 = 2.46kg

Los datos obtenidos en un procedimiento de balanceo en dos planos se proporcionan en la tabla siguiente. Determine la magnitud y posición angular de los pesos de balanceo, suponiendo que todos los ángulos se miden con respecto a una marca de fase arbitraria y que todos los pesos se agregan en el mismo radio.

FORMULAS A UTILIZAR

Va= 5 < 100˚ = -0.8682+i 4.9240 Vb= 4 𝑥2 = 1.618𝑥1 𝑟22 = −2.610

𝑘 𝑚

-0.618 𝑘𝑥1 − 𝑘𝑥2 = 0 - 𝑘𝑥1 + 1.618𝑘𝑥2 = 0 => 𝑥2 = −0.618𝑥1 𝑗

𝑥𝑖 Amplitud de masa i cuando vibra con el modo j

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Cuando las masas vibran con w1: ellas vibran en fase con la relación de amplitudes: X2 /X1 = 1.618 Segundo modo de vibrar Cuando las masas vibran con w2: ellas vibran en contra fase con la relación de amplitudes: X2 /X1 = -0.618

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