Examen Final de Mecánica Racional
Lucas S. Pascual
Problema 2: Vibraciones El cuerpo D de la figura pesa W = 85.9 N y está soportado por un resorte de constante k = 10512.4
N . El cuerpo B en el extremo superior del resorte posee un m
movimiento vertical impreso por la manivela que gira con ω F = 40
rad y tiene una seg
longitud e = 1,27cm .
ωf e
y1 = e ⋅ senω f ⋅ t
B
k
y
D
c
a) Aplicando la ecuación de Newton para encontrar la ecuación diferencial gobernante, hallar la solución particular para el estado estacionario del movimiento de D . b) Utilizando el diagrama de la fuerzas actuantes cuando ω F 〉ω N , determinar la amplitud C y la fase φ del movimiento estable cuando: b.1) c = 175
N ⋅ seg m
b.2) se desconecta el amortiguador, c = 0
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Resolución: INTRODUCCIÓN: tratándose de un sistema de Vibraciones forzadas con amortiguamiento viscoso, con un solo grado de libertad, la teoría establece:
c
k m
∑F = m⋅
d2y dt 2
∑ F = F0 cosω F ⋅ t − k ⋅ y − c ⋅ m
F0 ⋅ cos ω f ⋅ t
dy d2y = m⋅ 2 dt dt
d2y dy + c ⋅ + k ⋅ y = F0 ⋅ cos ω F ⋅ t 2 dt dt
Esta ecuación diferencial no homogénea es la que describe el movimiento del sistema. La solución particular y p de esta ecuación diferencial es:
y( t ) = C ⋅ cos(ω f ⋅ t − φ ) Donde :
F0 C=
⎡ ⎛ω f ⎢1 − ⎜⎜ ⎢⎣ ⎝ ω n
⎞ ⎟⎟ ⎠
2
k
2
⎤ ⎛ c ωf ⎞ 2 ⎟⎟ ⎥ + ⎜⎜ 2 ⋅ ⎥⎦ ⎝ cc ω n ⎠
⎞ ⎛ ⎟ ⎜ c ωf ⎟ ⎜2⋅ ⋅ ⎟ φ = arctg ⎜ cc ω n ⎡ ⎛ ω f ⎞2 ⎤ ⎟ ⎜ ⎟ ⎥⎟ ⎢1 − ⎜⎜ ⎜ ⎜ ω n ⎟⎠ ⎥ ⎟ ⎢ ⎝ ⎣ ⎦⎠ ⎝
Las expresiones de las fuerzas actuantes en la ecuación diferencial:
d 2 y dy m ⋅ 2 + ⋅ + K ⋅ y = F0 ⋅ cos ωF ⋅ t dt dt 2
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en los términos de la solución: y = C ⋅ cos(ω F ⋅ t − φ )
(
y& = ω F ⋅ C ⋅ cos ω F ⋅ t − φ + π
2
)
&y& = ω F ⋅ C ⋅ cos(ω F ⋅ t − φ + π )
De acuerdo con estas expresiones, las fuerzas actuantes son:
FR = Fuerza elástica o del resorte = -k . y (de amplitud k . c en la dirección y) FA = Fuerza de amortiguamiento = − c ⋅ − y& (de amplitud c ⋅ ω F ⋅ C adelanta a FR en π
2
)
FI = Fuerza de inercia = m ⋅ &y& (de amplitud m ⋅ ω F2 ⋅ C adelanta a FR en π ) FE = Fuerza exterior = F0 ⋅ cos ω F ⋅ t (de amplitud F0 adelanta a y en φ )
Estas fuerzas pueden ser representadas por la proyección sobre la dirección dada por y, de los vectores de amplitudes:
FR ⇒
k ⋅C
FA ⇒
c ⋅ωF ⋅ C
FI ⇒
m ⋅ ω F2 ⋅ C
FE ⇒
F0
Como lo requiere la ley de Newton, la suma vectorial de las cuatro fuerzas debe ser nula en todo instante (polígono funicular cerrado).
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a) En nuestro caso, la fuerza del resorte estará dada por la diferencia de desplazamiento entre el soporte superior deslizante y el cuerpo D
y1 = e ⋅ sen ⋅ ω f ⋅ t k m
y c
El diagrama de cuerpo libre es:
c ⋅ y& k ⋅ ( y − y1 ) k ⋅ δ est .
D m⋅ g
Aplicando la ecuación de Newton:
∑F = m⋅
d2y dt 2
∑ F = −c ⋅ y& − k ⋅ ( y − y1 ) − k ⋅ δ est. + m ⋅ g = m ⋅
d2y dt 2
En donde k ⋅ δ est , y m ⋅ g se simplifican. Por lo tanto ecuación diferencial no homogénea que describe el movimiento del sistema es:
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m ⋅ &y& + c ⋅ y& + k ⋅ y = k ⋅ y1
Como y1 = e ⋅ senω f ⋅ t , es
m ⋅ &y& + c ⋅ y& + k ⋅ y = k ⋅ e ⋅ senω f ⋅ t Y como FE = F0 ⋅ senω f ⋅t
∴
F0 = k ⋅ e
En este caso la solución particular y p de esta ecuación diferencial es:
y(t ) = C ⋅ sen(ω f ⋅ t + φ )
En donde:
F0 C=
⎡ ⎛ω f ⎢1 − ⎜⎜ ⎢⎣ ⎝ ω n
⎞ ⎟⎟ ⎠
2
k
2
⎤ ⎛ c ωf ⎞ 2 ⎟⎟ ⎥ + ⎜⎜ 2 ⋅ ⎥⎦ ⎝ cc ω n ⎠
⎛ ⎞ ⎜ c ωf ⎟ ⎜2⋅ ⋅ ⎟ ⎟ +π φ = arctg ⎜ cc ω n ⎡ ⎛ ω f ⎞2 ⎤ ⎟ ⎜ ⎟ ⎥⎟ ⎢1 − ⎜⎜ ⎜ ⎜ ω n ⎟⎠ ⎥ ⎟ ⎢ ⎝ ⎣ ⎦⎠ ⎝
b) En nuestro caso ωF > ωn
ω F = 40
ωn =
rad seg
frecuencia circular forzadora
10512,4 N k m = N m 85,9 9,81 m seg 2
frecuencia circular natural
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ω n = 34,6
βn =
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rad seg
k ⎛ c ⎞ −⎜ ⎟ m ⎝ 2m ⎠
β n = 34,50 ⋅
2
frecuencia circular natural reducida
rad seg
En este caso FI toma valores grandes comparados con FR y FA, y por ello FR se emplea casi totalmente en equilibrar a FI.
b.1)
F0
k ⋅C
ωF
c ⋅ω F ⋅ C
φ
c ⋅ω F ⋅ C
k ⋅C
F0
φ − 90 −Y
m ⋅ ω F2 ⋅ C
∑F
= k ⋅ C + F0 ⋅ sen(φ − 90 ) − m ⋅ ω F2 ⋅ C = 0
(1)
∑F
= c ⋅ ω F ⋅ C + F0 ⋅ cos(φ − 90 ) = 0
(2)
V
H
m ⋅ ω F2 ⋅ C
De (2) despejo la amplitud C:
C=
F0 ⋅ cos(φ − 90) ωF ⋅ c
(3)
Reemplazo (3) en (1) y obtengo el ángulo de fase φ :
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⎛
φ = arctg ⎜⎜ −
k
⎝ ω f ⋅c
+
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m ⋅ω f ⎞ π ⎟+ c ⎟⎠ 2
(4)
Como dijimos anteriormente
F0 = k ⋅ e F0 = 10512,4
N ⋅ 0,0127 m m
F0 = 133,5 N
Ahora, reemplazando los datos en (4) obtengo el valor φ : 85,9 ⎛ ⋅ 40 ⎞⎟ π ⎜ 10512,4 9,81 φ = arctg ⎜ − + ⎟+ 175 ⎟ 2 ⎜ 40 ⋅ 175 ⎠ ⎝
φ = 2.03 ⋅ rad
= 116,31º
El significado físico de este ángulo es que D alcanzará su posición inferior 2,03 rad después que B está en su posición más baja. Este ángulo corresponde a 2,03rad φ un intervalo de tiempo de t = = = 0,051seg ω f 40rad / seg Obtenido el valor de φ y F0 de (3), calculo C:
C=
133,5 ⋅ cos(116º33'−90º ) 40 ⋅175
∴ C = 2,9 ⋅10 −3 ⋅ m La ecuación de movimiento de D, es:
∴
y( t ) = 2,9 ⋅10 −3 m ⋅ sen(40 rad
seg
⋅ t + 2.03 ⋅ rad )
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b.2) En este caso c = 0, y no tenemos FA
F0
ωF
k ⋅C
φ − 90 φ
m ⋅ ω F2 ⋅ C −Y
∑F
V
∑F
H
= k ⋅ C + F0 ⋅ sen(φ − 90 ) − m ⋅ ω F2 ⋅ C = 0 = − F0 ⋅ cos(φ − 90 ) = 0
(6)
cos(φ − 90 ) = 0
∴
De (6), como F0 ≠ 0
(5)
y φ = ar cos(0) + 90
φ =π Si comparamos este resultado con la grafica siguiente, que representa el ángulo de fase φ
como función de relación
factor de amortiguamiento γ = c caso tenemos un γ = c
∴ Si entramos con
cc
ωf
cc
ωf
ω n para distintos valores del
, vemos que es correcto ya que en nuestro
= 0 (c = 0) y
ωf
ω n 〉1 ya que ω f 〉ω n
c ω n 〉1 a la grafica hasta cortar γ = cc = 0 nos da un
ángulo de fase igual a π
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φ
ωf ωf
ωn = 1
ωf ω n 〉1
ωn
Reemplazo φ en (5) y obtengo C:
(
)
C ⋅ k − m ⋅ ω F2 + F0 = 0 C=
− 133.5 ⎞⎟ ⋅ 40 2 10512,4 − ⎛⎜ 85,9 9 , 81 ⎠ ⎝
C = 0.0381 ⋅ m
Y la ecuación de movimiento de D, es ahora:
∴
y( t ) = 0,0381 ⋅ m ⋅ sen(40 rad
seg
⋅ t + π ⋅ rad )
Bibliografía:
• Apuntes propios
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• Arguello, Luis Roque; “MECÁNICA”, Edit. Answer Justin Time – Buenos Aires, 2003.
• Ercoli, Liberto; Monografía de la cátedra, Mecánica Racional, 2005.
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