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• Cesar Andres Lecaros

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6 6.1 6.1.1.

Vibraciones

Oscilación libre sin amortiguamiento

Problema 1

Fig. 6.1.1: Problema 8.12.

Si los dos resortes están sin deformar cuando la masa se halla en la posición central representada, hallar el desplazamiento estático δst de la misma. ¿Cuál es el período de las oscilaciones en torno a la posición de equilibrio? Solución Estáticamente se tiene:

∑

Fx = 0

=⇒ 3δst k = mg sin θ mg sin θ ∴ δst = 3k 41

§

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CAPÍTULO 6. VIBRACIONES

Dinámicamente se tiene:

∑

Fx = ma

=⇒ −3kx = ma = m¨ x 3k x=0 x ¨+ m se sabe que: 3k = ωn 2 m √ 3k =⇒ ωn = m √ 1 3k · =⇒ fn = 2π m √ m =⇒ τ = 2π 3k

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CAPÍTULO 6. VIBRACIONES

6.1.2.

Problema 2

Fig. 6.1.2: Problema 8.15.

Una mujer de 55 kg se halla de pie en el centro de una tablón apoyado por los extremos y produce una flecha de 22 mm en el centro. Si dobla levemente las rodillas al objeto de provocar una vibración vertical, ¿cuál será la frecuencia natural fn del movimiento? Se supondrá que el tablón responde elásticamente y se despreciará su relativamente pequeña masa. Solución

δst = 0, 022 (m) 1 · ωn fn = 2π √ k ωn = m estáticamente se tiene: kx = mg mg =⇒ k = δst reemplazando se obtiene: √ √ 1 1 mg 1 g · · = fn = 2π δst m 2π δst ∴ fn = 3, 36 (Hz)

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CAPÍTULO 6. VIBRACIONES

6.1.3.

Problema 3

Fig. 6.1.3: Problema 8.25.

Calcular la pulsación natural ωn del sistema representado. Se desprecian la masa de las poleas y el rozamiento en ellas. Solución Diagrama de cuerpo libre del bloque superior

∑

F = m · a1 = m · x ¨

T − kx = m · a1 Diagrama de cuerpo libre de bloque inferior − 2T = m · a2

(6.1.1)

Sabiendo que la velocidad del carro 1 en el doble que la del carro 2, se tiene (demostrar mediante la superposición de distancias): v1 = 2v2 =⇒ a1 = 2a2 a1 a2 = 2

(6.1.2)

Reemplazando (6.1.2) en (6.1.1): T − kx = m · a1 / · 4 a1 −2T = m · 2 Finalmente se obtiene: Ayudantías de Mecánica Racional II,

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−4kx = 5m · a1 dónde: a1 = x ¨ 4k =0 =⇒ x ¨+ 5m √ ∴ ωn =

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4k 5m

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CAPÍTULO 6. VIBRACIONES

6.2 6.2.1.

Oscilación forzada

Problema 4

Fig. 6.2.1: Problema 8.59.

Deducir la expresión del coeficiente de transmisión T del sistema de la figura. El coeficiente de transmisión es, por definición, el cociente de la fuerza máxima que se transmite a la base dividida por la amplitud F0 de la función fuerza. Expresar la solución en función de ξ, ω, ωn y del factor de amplificación M . Solución:

Ftrmax F0 = k · xp + c · x˙ p

T = Ftr dónde:

xp = X sin(ωt − ϕ) =⇒ Ftr = kX sin(ωt − ϕ) + cωX cos(ωt − ϕ) como nos interesa la amplitud máxima: √ (kX)2 + (cωX)2 √ = X k 2 + c2 ω 2

∴ Ftrmax =

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CAPÍTULO 6. VIBRACIONES

se sabe que: ξ =

c 2mωn =X

ωn 2 =

k m

√ k 2 + 4m2 ωn 2 ω 2 ξ 2

√ k 2 + 4m2 kω 2 ξ 2 √ 1 = Xk 1 + 4m ω 2 ξ 2 k √ ω2 = Xk 1 + 4 2 ξ 2 ωn =X

pero X =

F0 ·M k √ )2 ( ω Xk 1+ 2 ξ =⇒ T = F0 ωn √ )2 ( ω T = M 1 + 2ξ ωn

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CAPÍTULO 6. VIBRACIONES

6.2.2.

Problema 5

Fig. 6.2.2: Problema 8.65.

El sismógrafo está montado sobre una estructura animada de una vibración vertical de frecuencia 5 Hz y una doble amplitud de 18 mm. El sensor tiene una masa m = 2 kg y la rigidez del resorte es k = 1, 5 kN/m. El movimiento de la masa respecto a la base del instrumento se registra en un tambor rotatorio y muestra una doble amplitud de 24 mm durante la situación estacionaria. Calcular la constante de amortiguamiento viscoso c. Solución:

Cuando la vibración provocada es debida a la excitación de la base: )2 ω X ωn = v[ u b ]2 ( )2 ]2 [ u ω t 1− ω + 2ξ ωn ωn (

dónde: X : amplitud de la respuesta relativa (a la base) b : amplitud producida por la excitación de la base ( )2 5 · 2π √ 1500/2 12 =⇒ = v u 9 )2 2 )2 ( ( u u 5 · 2π  + 4ξ 2 √5 · 2π t1 − √ 1500/2 1500/2 4 1, 316 =√ 3 2 (1 − 1, 316) + 5, 44ξ 2

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CAPÍTULO 6. VIBRACIONES

despejando ξ ξ = 0, 4 c ξ= 2mωn ∴ c = 43, 9 (N · s/m)

6.2.3.

Problema 6

Fig. 6.2.3: Problema 8.61.

Un dispositivo para generar vibraciones consiste en dos ruedas que giran en sentidos contrarios, llevando cada una de ellas una masa excéntrica m0 = 1 kg de centro de masa situado a la distancia e = 12 mm de su eje de rotación. Las ruedas están sincronizadas de manera que las posicioines verticales de las masas no equilibradas coinciden siempre. La masa total del dispositivo es de 10 kg. Determinar los dos valores posibles de la constante k del resorte equivalente que permitan que la fuerza transmitida a la base fija a causa del desequilibrio de los rotores tenga un máximo de 1500 N a una velocidad de 1800 rpm. Despréciese el amortiguamiento. Solución: Cálculo de la fuerza F0 producida por la excentricidad. F0 = 2m0 eω 2 = 2 · 1 · 0, 012 ·

1800 · 2π 60

= 852, 7 (N ) Se sabe que la fuerza trasmitida es de 1500 N Ftrmax =

√ (kX)2 + (✁c0 ωX)2

= |kX| = 1500 (N ) F0 k k · ( )2 = 1500 ω 1− ω n

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Caso 1: 852, 7 ( )2 = 1500 ω 1− ωn ( )2 ω = 0, 432 =⇒ ωn k ω2 ωn 2 = = m 0, 432 mω 2 k1 = 0, 432 ∴ k1 = 822 (kN/m) Caso 2: −

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852, 7 ( )2 = 1500 ω 1− ωn ( )2 ω = 1, 568 =⇒ ωn ∴ k2 = 227 (kN/m)

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CAPÍTULO 6. VIBRACIONES

6.3 6.3.1.

Oscilaciones de un cuerpo rígido

Problema 7

Fig. 6.3.1: Problema 8.76.

Para la placa semicircular de radio r, hallar la frecuencia natural fn de sus pequeñas oscilaciones en el plano vertical en torno al cojinete O. Solución: Ubicamos el diagrama de cuerpo libre para tener un desplazamiento angular positivo, y tomamos sumatoría de momentos en torno al punto O: ∑

MO = IO · θ¨

−mgr sin θ =

1 2 ¨ mr · θ 2

para pequeñas oscilaciones se tiene que: sin θ ≈ θ 4r 1 g · θ = r2 · θ¨ 3π 2 8g ¨ ·θ =0 =⇒ θ + 3rπ √ 8g 1 =⇒ fn = 2π 3rπ √ 1 2g ∴ fn = π 3rπ

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6.3.2.

Problema 8

Fig. 6.3.2: Problema 8.78.

Hallar la expresión de la frecuencia natural de las pequeñas oscilaciones en torno a O del brazo con contrapeso. La rigidez del resorte es k y su longitud se ajusta de modo que el brazo esté equilibrado en la posición horizontal representada. Despreciar la masa del resorte y el brazo en comparación con m.

Solución: Tomamos momento respecto a Oen el diagrama de cuerpo libre cuando se está en equilibrio estático.

∑

M0 = 0

=⇒ mg · l − p · b = 0 mgl =⇒ p = b

Tomamos momento respecto a O en el diagrama de cuerpo libre asociado a un desplazamiento angular positivo θ:

∑

MO = IO · θ¨

mgl ✘ ✘ mg · l✘ + kb✘ sin✘θθ ) · (b✘ cos✘ θ1 − ( cos✘ θ1 ) = ml2 · θ¨ b Ayudantías de Mecánica Racional II,

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CAPÍTULO 6. VIBRACIONES

dónde ml2 se obtuvo como sigue: √

I0 m =⇒ I0 = ml2

radio de giro = ko = l =

mgl − mgl − kb2 · θ = ml2 · θ¨ θ¨ · ml2 + kb2 θ = 0 kb2 ·θ =0 θ¨ + ml2 √ 1 kb2 =⇒ fn = 2π ml2 √ b k ∴ fn = 2lπ m

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