5 semana vibraciones

DINAMICATEMA: VIBRACIONES

NOTA :ALUMNO: GRUPO Nº 04

CONTROL DE LECTURA Nº: CODIGO: FECHA:23/05/2012 CLAVE:

AUTOR: BEDFORD FOWLER PAGINA Nº:495 PROBLEMA Nº: 10.10

EJERCIO 01 (CON VARIABLES)

Determine la frecuencia natural de vibración de la masa respecto a su posición de equilibrio.

DESARROLLO

DCL

Ahora hacemos sumatoria de fuerzas en x’ igual a cero ya que el sistema esta estático en su posición de equilibrio hallamos la frecuencia natural circular.

∑ Fx '=0

Wsenθ−Fs=0mgsen θ=kx

gsenθx

= km

√ gsenθx

=wnat . circular

De esta relación también podemos despejar la elongación del resorte “x”

x=mgsen θk

Ahora se puede determinar fácilmente la frecuencia natural dado que es el numero de ciclos que tiene lugar por segundo es evidente que se relaciona con la frecuencia natural circular mediante la siguiente formula

f =wnat. circular

2π

f =√ gsenθmgsenθ

k2π

f =√ km

2 π

EJERCIO 01 (SIN VARIABLES)

Determine la frecuencia natural de vibración de la masa respecto a su posición de equilibrio si la masa es 4kg, Ө=20º y la constante del resorte es 64N/m.

DESARROLLO

Sabemos que la frecuencia natural “w” circular es

w=√ km

Remplazando datos tenemos

w=√ 64 N /m4 kg

=4 rad /s

Ahora que tenemos w podemos calcular la frecuencia f

f = w2π

=4 rads

1ciclo2 πrad

=0.637 Hz

COMPROBACIÓN:

Para comprobar remplazamos los datos en la solución del problema con variables

Para m=4 kgK=64 N /m

θ=20 °

g=9.81m/ s2

Ahora calculamos la frecuencia

f =√ km

2 π

Remplazando datos

f =√ 64 N /m4 kg

2πrad=0.637 Hz



CONTROL DE LECTURA Nº: CODIGO: FECHA:23/05/2012 CLAVE:

AUTOR: BEDFORD FOWLER PAGINA Nº:495 PROBLEMA Nº: 10.13


Para determinar los momentos de inercia de un astronauta, se une una plataforma horizontal a una barra vertical de acero. El momento de inercia de la plataforma respecto a L es de akg-m-, y la frecuencia natural de las oscilaciones torsionales de la plataforma descargada es de b Hz. Con el astronauta en la plataforma, la frecuencia natural de las oscilaciones torsionales es de c Hz. ¿Cuál es el momento de inercia del astronauta respecto a L?

DESARROLLO

La frecuencia natural de la plataforma de carga es:

f = ω2π

= 12 π √ k

I=bHz

Despejamos k:

k=(2 πf )2 I

k=(2 π (b ) )2(a)

k=4 π2 a b2 N−m /radLa frecuencia natural de la plataforma cargada es:

f 1=ω1

2π= 1

2 π √ kI1

=c Hz

I 1=( 12 π f 1 )

2

k

I 1=( 12 π (c) )

2

4 π 2a b2

I 1=a b2

c2 kg−m2

El momento de inercia del astronauta es:

I A=I 1−I=a b2

c2 −a=ab2−ac2

c2 kg−m2


Para determinar los momentos de inercia de un astronauta, se une una plataforma horizontal a una barra vertical de acero. El momento de inercia de la plataforma respecto a L es de 7.5 kg-m-, y la frecuencia natural de las oscilaciones torsionales de la plataforma descargada es de 1 Hz. Con el astronauta en la plataforma, la frecuencia natural de las oscilaciones torsionales es de 0.520 Hz. ¿Cuál es el momento de inercia del astronauta respecto a L?

DESARROLLO

La frecuencia natural de la plataforma de carga es:

f = ω2π

= 12 π √ k

I=1 Hz

Despejamos k:

k=(2 πf )2 I

k=(2 π (1 ) )2(7.5)k=296.1 N−m /rad

La frecuencia natural de la plataforma cargada es:

f 1=ω1

2π= 1

2 π √ kI1

=0.520 Hz

I 1=( 12 π f 1 )

2

k

I 1=( 12 π (0.520))

2

296.1

I 1=27.74 kg−m2


I A=I 1−I=27.74−7.5=20.24 kg−m2

COMPROBACIÓN:

Para los valores de :

a=7.5b=1

c=0.520


I A=I 1−I=a b2

c2 −b=a b2−a c2

c2 kg−m2

I A=(7.5) (1 )2−(7.5)(0.520)2

(0.520)2kg−m2

I A=3420169

=20.24 kg−m2

DINAMICA

TEMA: VIBRACIONESNOTA :

ALUMNO: GRUPO Nº 04

CONTROL DE LECTURA Nº: CODIGO: FECHA: 23/05/2012 CLAVE:

AUTOR: BEDFORD FOWLER PAGINA Nº: 495 PROBLEMA Nº: 10.14


El péndulo mostrado consiste en un disco homogéneo de M en kg, unido a una barra esbelta de m en kg. ¿Cuál es la frecuencia natural de las pequeñas vibraciones del péndulo?

DESARROLLO

Podemos escribir la energía cinética de la barra y del disco

T=12

I varilla(d θdt

)2

+ 12

I disco(d θdt

)2

T=12 [(1

3m L2)+( 1

2M R2+ ( L+R )2 M )] (dθ /dt )2

Donde:m=masa de la varilla

M=masa del discoL=longitud de la barraR=radio de la esfera

Ahora calculamos la energía potencial de la barra y la esfera

V=−mgLcos θ2

−MgRcos θ

¿−gcosθ2

(mL+2 MR)

Ahora si sumamos la energía cinética y potencial será constante(por ley de conservación de la energía)

T+V=12 [( 1

3m L2)+( 1

2m R2+( L+R )2 M )] (d θ /dt )2+[−gcosθ

2(mL+2 MR)]=cte

Si derivamos la ecuación anterior respecto al tiempo tenemos

12 [ [( 1

3m L2)+( 1

2M R2+(L+R)2 M)] (d2 θ/d t2¿ (d θ/dt ) +[ g(mL+2MR )] senθ

dθdt ]=0

Dándole la forma de la ecuación general

d2θd t2 +w2 θ=0

d θdt [ d2θ

d t2 +[ g2

(mL+2MR)]12 [( 1

3m L2)+( 1

2M R2+(L+R)2 M )]

θ ]=0

Por tratarse de oscilaciones pequeñas senθ=θ, así hallamos la frecuencia natural circular

w=√ [ g2(mL+2 MR )]

12 [( 1

3m L2)+(1

2M R2+(L+R)2 M )]

Ahora para la frecuencia aplicamos la relación entre la frecuencia natural circular (w) y la frecuencia natural f

f = w2π

f =2π √ 12 [( 1

3m L2)+( 1

2M R2+(L+R)2 M )]

[ g2(mL+2 MR )]


El péndulo mostrado consiste en un disco homogéneo de 1 kg unido a una barra esbelta de 0.2 kg. ¿Cuál es la frecuencia natural de las pequeñas vibraciones del péndulo?

DESARROLLO

Podemos escribir la energía cinética de la barra y del disco

T=12 [(1

3(0.2)(0.06)2)+( 1

2(1) (0.05 )2+(0.06+0.05 )21)] (dθ /dt )2

T=0.006795 (d θ/dt )2

Ahora calculamos la energía potencial de la barra y la esfera

V=−mgLcos θ2

−MgRcos θ

¿−( 9.81 )

2(0.2∗0.06+1 (2)0.05)cosθ

V=−0.54936 cosθ

T+V=0.006795 (d θ/dt )2−0.54936 cosθ=cte

Si derivamos la ecuación anterior respecto al tiempo tenemos

dθdt [( d2θ

d t 2 )+ 0.549360.006795

θ]=0

senθ=θ

w=√ 0.549360.006795

=8.992 rad /s

f = w2π

=8.992rad

s1

2 π rad=1.4 Hz

COMPROBACIÓN:

f =2π √ 12 [( 1

3m L2)+( 1

2M R2+(L+R)2 M )]

[ g2(mL+2 MR )]

f =2π √ 12¿¿¿

f =1.4 Hz






El radio del disco mostrado es R=Amm y su momento de inercia es I=Bkg .m2 m=Ckg. Y k=D N /m. El cable no se desliza respecto al disco. La coordenada x mide el desplazamiento de la masa respecto a la posición en que el resorte no está estirado.¿cuales son el periodo y la frecuencia natural de las vibraciones verticales de la masa respecto a su posición de equilibrio?

DESARROLLO

ω=√ k

m+ IR2

=√ D

C+ B(0. A)2

τ=2 πω

= 2 π

√ D

C+ B(0. A)2

f = 12 π

√ D

C+ B(0. A)2


El radio del disco mostrado es R=100 mm y su momento de inercia es I=0.1 kg .m2 m=5 kg. Y k=135 N /m. El cable no se desliza respecto al disco. La coordenada x mide el desplazamiento de la masa respecto a la posición en que el resorte no está estirado. ¿Cuales son el periodo y la frecuencia natural de las vibraciones verticales de la masa respecto a su posición de equilibrio?

DESARROLLO

ω=√ k

m+ IR2

=√ 135

5+ 0.1(0.1)2

=3 rad .

τ=2 πw

=2 π3

=2.09 s .

f =1τ=0.48 Hz .

COMPROBACIÓN:

R=Amm A=100 mm

I=Bkg .m2 B=0.1

m=Ckg C=5

k=DN/m D=135

REEMPLAZAMOS:

ω=√ k

m+ IR2

=√ D

C+ B(0. A)2

=√ 135

5+ 0.1(0.100)2

=3

τ=2 πω

= 2 π

√ D

C+ B(0. A)2

= 2 π

√ 135

5+ 0.1(0..100)2

=2.09 s

f = 12 π

√ D

C+ B(0. A)2

= 12π

√ 135

5+ 0.1(0.100)2

=0.48 Hz

DINAMICA






La plataforma P de mPkg mostrada descansa sobre cuatro rodillos. Éstos se pueden representar como cilindros homogéneos de mB kg con r mm de radio; k=bN/m. ¿Cuál es la frecuencia natural de las vibraciones horizontales de la plataforma respecto a su posición de equilibrio?

DESARROLLO

La energía cinética es la suma de la energía cinética de la plataforma P y de los cilindros homogéneos.

T=12

mP( d xP

dt )2

+ 12

( 4 mB )( d xB

dt )2

+ 12

4 ( I B ) ( dθdt )

2

La energía potencial es la energía almacenada en el resorte:

V=12

k x P2

Sabemos que:

−Rθ=x ByxB=x P

2Dado que es sistema es conservativo, T+V=const. Sustituimos en la relación de la energía cinética y se reduce:

( 12 )(mP+mB+

I B

R2 )( d xP

dt )2

+( 12 )k x P

2 =const

Derivamos con respecto al tiempo:

( 12 )[( d xP

dt ) 1dt {(mP+mB+

I B

R2 )( d x P

dt )+k x p}]= 1dt

const

( 12 )( d xp

dt )[(mP+mB+I B

R2 )( d2 x P

d t 2 )+k x p]=0

( d xp

dt )[(mP+mB+I B

R2 )( d2 x P

d t 2 )+k x p]=0

Hay dos posibles soluciones:

( d xp

dt )=0ó (mP+mB+I B

R2 )( d2 xP

d t 2 )+k x p=0

(mP+mB+I B

R2 )( d2 x P

d t 2 )+b x p=0

Dividimos entre (mP+mB+I B

R2 ):

( d2 x P

d t 2 )+ b

(mP+mB+I B

R2 )x p=0

( d2 x P

d t 2 )+ bR2

( R2 (mP+mB )+ I B )x p=0

Pero R=r mm=0.001(r)m

( d2 x P

d t 2 )+ b(0.001(r ))2

(0.001(r )¿¿¿2 (mP+mB )+ I B )xp=0

La primera puede ser ignorada, a partir de la cual la ecuación del movimiento es:

d2 xP

d t 2 +ω2 x p=0

ω=√ b(0.001(r ))2

(0.001(r ))2 (mP+mB )+ I B

ω=√¿¿¿Para un cilindro homogéneo:

I B=mB R2

2=

mB(0.001 (r ))2

2=

(0.001 )2

2mB r2

Entonces:ω=√¿¿¿ω=√¿¿¿

Simplificamos ¿ y r2:

ω=√ b

( mP+mB )+ 12

mB

ω=√ b

mP+32

mB

rad /s

La frecuencia es:

f = ω2π

=√ b

mP+32

mB

2 πHz


La plataforma P de 22kg mostrada descansa sobre cuatro rodillos. Éstos se pueden representar como cilindros homogéneos de 1 kg con 30 mm de radio; k=900N/m. ¿Cuál es la frecuencia natural de las vibraciones horizontales de la plataforma respecto a su posición de equilibrio?

DESARROLLO

La energía cinética es la suma de la energía cinética de la plataforma P y de los cilindros homogéneos. Llamaremos por referencia a la plataforma con el subíndice P y a los rodillos con el subíndice B:

T=12

mP( d xP

dt )2

+ 12

( 4 mB )( d xB

dt )2

+ 12

4 ( I B ) ( dθdt )

2

La energía potencial es la energía almacenada en el resorte:

V=12

k x P2

Sabemos que:

−Rθ=x ByxB=x P

2Dado que es sistema es conservativo, T+V=const. Sustituimos en la relación de la energía cinética y se reduce:

( 12 )(mP+mB+

I B

R2 )( d xP

dt )2

+( 12 )k x P

2 =const

Derivamos con respecto al tiempo:

( 12 )[( d xP

dt ) 1dt {(mP+mB+

I B

R2 )( d x P

dt )+k x p}]= 1dt

const

( 12 )( d xp

dt )[(mP+mB+I B

R2 )( d2 x P

d t 2 )+k x p]=0

( d xp

dt )[(mP+mB+I B

R2 )( d2 x P

d t 2 )+k x p]=0

Hay dos posibles soluciones:

( d xp

dt )=0ó (mP+mB+I B

R2 )( d2 xP

d t 2 )+k x p=0

(22+1+I B

R2 )( d2 x P

d t2 )+900 x p=0

Dividimos entre (22+1+I B

R2 ):( d2 x P

d t 2 )+ 900

(22+1+I B

R2 )x p=0

( d2 x P

d t 2 )+ 900 R2

(R2 (22+1 )+ I B )x p=0

Pero R=0.03m

( d2 x P

d t 2 )+ 900(0.03)2

((0.03)2 (22+1 )+ I B )xp=0

( d2 x P

d t 2 )+ 0.81

(0.0207+ I B )x p=0

La primera puede ser ignorada, a partir de la cual la ecuación del movimiento es:

d2 xP

d t 2 +ω2 x p=0

ω=√ 0.81

( 0.0207+ I B )Para un cilindro homogéneo:

I B=mB R2

2=

1(0.03)2

2=0.00045

Entonces:

ω=√ 0.81

( 0.0207+ I B )

ω=√ 0.81(0.0207+0.00045 )

=6.189 rad /s

La frecuencia es:

f = ω2 π

=6.1892 π

=0.985 Hz

COMPROBACIÓN:

Para los valores de :

m p=22mB=1b=900La frecuencia es:

f = ω2π

=√ b

mP+32

mB

2 πHz

f =√ 900

22+ 32(1)

2 πHz

f =√ 180047

2 π

f =¿ 6.1892 π

=0.985 Hz






Los momentos de inercia de los engranes A y B mostrados son lA elB El engrane Aestá conectado a un resorte torsional con k constante. ¿Cuál es la frecuencia natural de las pequeñas vibraciones angulares de los engranes?

DESARROLLO

El sistema es conservador, denotemos las velocidades de rotacion por θA y θB respectivamente. La energía cinetica de los engranajes es:

T=12

I Aθ A2 + 1

2I B θB

2

Y la energia potencial de torsion es:

V=12

kθ A2

Pero:

θB=−(R A

RB) θA

Entonces:

M=(I A+( RA

RB)

2

I B)Sabemos que:

T+V=constante=12

I A θA2 + 1

2I BθB

2 + 12

k θA2

Y tomamos la derivada con respecto a tiempo:

( d θA

dt )(M ( d2θA

d t 2 )+k θA)=0

( d θA

dt )(M ( d2θA

d t 2 )+k θA)=0

Ignorando la posible soluciónd θ A

dt=0

Entonces:d2θA

d t 2 +ω2 θA=0

Donde:

ω=√ kM

ω=√ k

(I A+( RA

RB)

2

I B)rad /s

La frecuencia es:

f = ω2π

f =( 12 π )√ k

(I A +( RA

RB)

2

I B)Hz


Los momentos de inercia de los engranes A y B mostrados son lA= 0.025 kg.m2, lB= 0.100 kg-m2, El engrane A está conectado a un resorte torsional con k = 10N-m/rad constante. ¿Cuál es la frecuencia natural de las pequeñas vibraciones angulares de los engranes?

DESARROLLO

El sistema es conservador, denotemos las velocidades de rotacion por θA y θB respectivamente. La energía cinetica de los engranajes es:

T=12

I Aθ A2 + 1

2I B θB

2

Y la energia potencial de torsion es:

V=12

kθ A2

Pero:

θB=−(R A

RB) θA

Entonces:

M=(I A+( RA

RB)

2

I B)M=(0.025+( 0.14

0.20 )2

(0.1))M=0.074 kg . m2

Sabemos que:

T+V=constante=12

I A θA2 + 1

2I BθB

2 + 12

k θA2

Y tomamos la derivada con respecto a tiempo:

( d θA

dt )(M ( d2θA

d t 2 )+k θA)=0

Ignorando la posible soluciónd θ A

dt=0

Entonces:d2θA

d t 2 +ω2 θA=0

Donde:

ω=√ kM

=11.62rad /s

La frecuencia es:

f = ω2π

=1.850 Hz

COMPROBACIÓN:

Para los valores de

I A=0.025 kg .m2

I B=0.100 kg . m2

RA=140 mmRA=200 mm

k=10 N .m /rad

f =( 12 π )√ k

(I A +( RA

RB)

2

I B)Hz

f =( 12 π )√ 10

¿¿ ¿

f =( 12 π )√ 10

¿¿ ¿

f =1.850 Hz






Los momentos de inercia de los engranes A y B mostrados son I A=Akg . m2 e I B=Bkg . m2. el engrane A esta conectado a un resorte torsional conK=CNm /sEn t=0, el resorte torsional no esta estirado y el engrane B tiene velocidad angular antihoraria de D rad /s . Determine la posicion angular antihoraria del engrane B respecto a su posicion de equilibrio en funcion del tiempo.

DESARROLLO

M=(I A+( RA

RB)

2

I B)=(A+( XY )

2

B)=¿

ω=√ C

(A+( XY )

2

B)=¿

θA=Asenωt+B cos ωt

θA=0 ;θA=−( RB

R A)θB=( Y

X )θB

B=0 A=θ A

ω=

( YX )θB

√ C

(A+( XY )

2

B)

θA=( Y

X )θB

√ C

(A+( XY )

2

B)sen (√ C

(A+( XY )

2

B))rad


Los momentos de inercia de los engranes A y B mostrados son I A=0.025 kg .m2 e

I B=0.100 kg . m2 . el engrane A esta conectado a un resorte torsional con K=10 Nm /sEn t=0, el resorte torsional no esta estirado y el engrane B tiene velocidad angular antihoraria de 2 rad /s . Determine la posicion angular antihoraria del engrane B respecto a su posicion de equilibrio en funcion del tiempo.

DESARROLLO

M=(I A +( RA

RB)

2

I B)=0.074 kg .m2

ω=√ kM

=11.62rad /s

θA=Asenωt+B cos ωt

θA=0 ;θA=−( RB

R A)θB=−2.857 rad / s

B=0 A=θ A

ω=−0.2458

θA=−0.2458 sen (11.62 t )rad

COMPROBACIÓN:

I A=Akg . m2 A=0.025 kg .m2

I B=Bkg . m2. B=0.100 kg . m2

K=CNm /sC=10 Nm/ s

Drad /s . D=2rad /s

radio A=140 mm=Xradio B=200 mm=Y

M=(I A+( RA

RB)

2

I B)=(A+( XY )

2

B)¿¿

ω=√ C

(A+( XY )

2

B)=√ 10

¿¿ ¿

θA=( Y

X )θB

√ C

(A+( XY )

2

B)sen(√ C

(A+( XY )

2

B))rad

θA=−0.2458 sen (11.62 t )rad






La constante de amortiguamiento del oscilador mostrado es eN-s/ m. ¿Cuáles son el periodo y la frecuencia natural del sistema? Compárelos con el periodo y la frecuencia natural del sistema no amortiguado.Donde la constante del resorte es kN/m,

DESARROLLO

Nos piden su frecuencia natural, dado que tiene un amortiguador hallaremos primero las frecuencias naturales circulares del resorte y amortiguador, para luego hallar obviamente la frecuencia natural.DLC

Frecuencia natural circular del resorte y frecuencia de amortiguamiento

∑ Fx=md2 xd t2

−cdxdt

−kx=md2 xd t 2

Donde w=√ km

d=c /2m

Hallamos la frecuencia natural circular

w=√ km

De manera similar para el amortiguador o frecuencia amortiguada

d= e2 m

Como podemos ver w>d, por lo que el movimiento es subcritico o sobre amortiguado

k

wd=√( km

)−( e2m

)2

f =wd

2 π=√( k

m)−( e

2 m)

2

2 π

Ahora el periodo

T= 2 π

√( km

)−( e2m

)2

Si comparamos con el sistema sin amortiguador tenemosLa frecuencia en el sistema sin amortiguador seria

f =√k /m2 π

Y el periodo

T= 2 π

√k /m


La constante de amortiguamiento del oscilador mostrado es e = 20 N-s/ m. ¿Cuáles son el periodo y la frecuencia natural del sistema? Compárelos con el periodo y la frecuencia natural del sistema no amortiguado.

DESARROLLO

Nos piden su frecuencia natural, dado que tiene un amortiguador hallaremos primero las frecuencias naturales circulares del resorte y amortiguador, para luego hallar obviamente la frecuencia natural.DLC

Frecuencia natural circular del resorte y frecuencia de amortiguamiento

∑ Fx=md2 xd t2

−cdxdt

−kx=md2 xd t 2

Donde w=√ km

d=c /2m

Hallamos la frecuencia natural circular

w=√ km

=√ 9010

=3 rad / s

De manera similar para el amortiguador o frecuencia amortiguada

d= c2 m

= 202(10)

=1 rad / s


wd=√w2−d2

wd=√32−12=√8=2√2=2.8284 rad /s

f =wd

2 π=2.8284

2 π=0.450 Hz

Ahora calculamos el periodo

T=2 πwd

T=2 π /2.8284

Si comparamos con el sistema sin amortiguador tenemos

La frecuencia en el sistema sin amortiguador seria

f = w2 π

= 32 π

=0.477 Hz

Y el periodo

T=1f= 1

0.477=2.096 s

COMPROBACIÓN:

Para:

Las frecuencias con amortiguador

f =wd

2π=√( k

m)−( e

2m)

2

2 π

f =√( 90 Nm

/10 kg)−( 20 N−s /m2(10 kg)

)2

2 π=0.450 Hz

La frecuencia en el sistema sin amortiguador seria

f =√k /m2 π

= 12 π √ 90 N /m

10 kg=0.477 Hz

Ahora el periodo con amortiguador

T= 2 π

√( km

)−( e2m

)2= 2π

√( 90 Nm

/10 kg)−( 20 N−s /m2(10 kg)

)2=2.221 s

Si comparamos con el sistema sin amortiguador tenemos

Y el periodo sin amortiguador

T= 2 π

√k /m= 2 π

√ 90 N /m10 kg

=2.094 s

e=20 N−s /m

k=90 N /m

M=10 kg






En la Fig. la barra esbelta homogénea tiene L pies de longitud y pesa w lb. La resistencia aerodinámica y la fricción en el soporte ejercen un momento resistente sobre la barra de magnitudy(dθ /dt) pie-lb, donde (dθ /dt es la velocidad angular de la barra en s.(a)¿Cuáles son el periodo y la frecuencia natural de las pequeñas vibraciones de la barra?(b)¿Cuánto tiempo pasa antes de que la amplitud de la vibración disminuya a la mitad de su valor inicial?

DESARROLLO

PARTE a)

∑ MO=Iα .

− ydθdt

−mgL2

senθ=13

m L2α

De la ecuación anterior la ecuación (lineal izada) de movimiento es

d2θd t2 + 3 y

m L2

dθdt

+ 32L

gθ=0.

Esto es de la forma de la ecuación de un sistema con amortiguamiento donde

w=√ 3 g2 L

Y la frecuencia del amortiguamiento es

d= 3 y

2 m L2

Suponemos que w>d, por lo que el movimiento es subcritico o sobre amortiguado

wd=√w2−d2

wd=√ 3 g2 L

−( 3 y

2m L2)

2

Ahora la frecuencia y el periodo

f =wd

2 π= 1

2 π √ 3 g2 L

−( 3 y

2m L2)

2

T=2 πwd

= 2 π

√ 3 g2 L

−(3 y

2m L2 )2

PARTE b)

Nos piden la amplitud en la mitad de su valor inicial, dado que la amplitud esproporcional a e−dt hacemos

e−dt=e−3 y2m L2 t

=0.5

ln e−3 y2 mL2 t

=ln (0.5 )

−3 y

2m L2tlne=ln (0.5 )

t=ln (0.5 )

−3 y

2 m L2 lne

seobtiene

t=−ln (0.5 ) 2m L2

3 ylne


En la Fig. 10.42 la barra esbelta homogénea tiene 4 pies de longitud y pesa 10 lb. La resistencia aerodinámica y la fricción en el soporte ejercen un momento resistente sobre la barra de magnitud 0.5 (dθ /dt) pie-lb, donde (dθ /dtes la velocidad angular de la barra en s.(a)¿Cuáles son el periodo y la frecuencia natural de las pequeñas vibraciones de la barra?(b)¿Cuánto tiempo pasa antes de que la amplitud de la vibración disminuya a la mitad de su valor inicial?

DESARROLLO

PARTE a)

∑ MO=Iα.

−0.5 dθdt

−mgL2

senθ=13

m L2α

La ecuación (lineal izada) de movimiento es

d2θd t2 + 1.5

m L2

dθdt

+ 32 L

gθ=0.

Esto es de la forma de la ecuación de un sistema con amortiguamiento donde

w=√ 3 g2 L

=√ 32∗4

(32.2 )=3.475 rad /s

Y la frecuencia del amortiguamiento es

d= 1.5

2 m L2= 1.5

2 (10 /32.2 )(42)=0.151 rad / s


wd=√w2−d2

wd=√3.47512−0.152=3.47 rad /s

Con los datos anteriormente obtenidos ya podemos hallar fácilmente la frecuencia natural y el periodo tal como nos piden en el ejercicio

f =wd

2 π=3.47

2 π=0.55 Hz

T=2 πwd

= 2 π3.47

=1.8 s

PARTE b)La amplitud en la mitad de su valor inicial, dado que Como la amplitud esproporcional a e−dt

e−dt=e−0.151t=0.5

ln e−0.151 t=ln (0.5 )

−0.151 tlne=ln (0.5 )

t=ln (0.5 )

−0.151lne

seobtiene

t=4.59 s

COMPROBACIÓN:

PARTE a)Para la frecuencia natural

f =wd

2π= 1

2 π √ 3 g2 L

−( 3 y

2m L2)

2

f =wd

2π= 1

2 π √ 3(32.2)2(4)

−( 3(0.5)

2( 1032.2

)42 )2

=0.55 Hz

Para el periodo

T=2 πwd

= 2 π

√ 3 g2 L

−(3 y

2m L2 )2

T=2 πwd

= 2 π

√ 3(32.2)2(4 )

−( 3 y21032.2

42 )2=1.8 s

PARTE b)

El tiempo que pasa antes de que la amplitud de la vibración disminuya a la mitad de su valor inicial

t=−ln (0.5 ) 2m L2

3 ylne

t=−ln (0.5 )2¿¿

t=4.59 s

DINAMICA






El disco homogéneo mostrado pesa “P” lb y su radio es R pie. Rueda sobre la superficie plana. k = “a” lb/pie y c = “h” lb-s/pie. Determine la frecuencia natural de las pequeñas vibraciones del disco respecto a su posición de equilibrio.

DESARROLLO

Elegimos un sistema de coordenadas con el origen en el centro del disco. θ es el ángulo de rotación.Las fuerzas horizontales que actúan en el disco son

∑ F=−kx−cdxdt

+ f

∑ F=−ax−hdxdt

+ f

Por la segunda ley de newton:

md2 xd t2 =∑ F=−ax−h

dxdt

+ f

El momento alrededor del centro de masa del disco es:∑ M =Rf

Por la ecuación del movimiento angular:

Id2θd t 2 =Rf

f = IR

d2θd t2

Donde el momento de inercia es:

I=m R2

2Entonces:

md2 xd t2 =−ax−h

dxdt

+ IR

d2 θd t 2

Pero:

θ=−xR

A partir de la ecuación del movimiento:

(m+ IR2 ) d2 x

d t2 +hdxdt

+ax=0

La ecuación general es:d2 xd t 2 +2d

dxdt

+ω2 x=0

Comparando:

d= h R2

2 (m R2+ I )

d= h R2

2(m R2+ m R2

2 )d= h

3 mrad /s

d= h g3 P

rad /s

ω2= a R2

( I +R2 m )

ω2= a R2

(m R2

2+R2 m)

2 a3 m

(rad /s)2

2 ag3 P

(rad /s )2

La amortiguación es sub-critica, por lo tanto la frecuencia es:

f d=1

2π√ω2−d2

f d=1

2π √( 2 ag3P )−( h g

3 P )2


El disco homogéneo mostrado pesa 100 lb y su radio es R = 1 pie. Rueda sobre la superficie plana. k = 100 lb/pie y c = 3 lb-s/pie. Determine la frecuencia natural de las pequeñas vibraciones del disco respecto a su posición de equilibrio.

DESARROLLO

Elegimos un sistema de coordenadas con el origen en el centro del disco. θ es el ángulo de rotación.Las fuerzas horizontales que actúan en el disco son

∑ F=−kx−cdxdt

+ f

∑ F=−100 x−3dxdt

+ f

Por la segunda ley de newton:

( 10032.2 ) d2 x

d t2 =∑ F=−100 x−3dxdt

+f

d2 xd t 2 +0.966

dxdt

+32.2 X−0.322 f =0

El momento alrededor del centro de masa del disco es:∑ M =Rf

Por la ecuación del movimiento angular:

Id2θd t 2 =Rf

f = IR

d2θd t2

Donde el momento de inercia es:

I=m R2

2=

(100/32.2 ) (1 )2

2=1.553

Pero:

θ=−xR

Entonces:

f =−(1.553 )

(1 )d2θd t 2 =−1.553

d2 θd t 2

A partir de la ecuación del movimiento:d2 xd t 2 +0.966

dxdt

+32.2 X+(0.322)1.553d2 θd t 2 =0

d2 xd t 2 +0.644

dxdt

+21.466 X=0

La ecuación general es:d2 xd t 2 +2d

dxdt

+ω2 x=0

Comparando:d=0.322rad /s

ω2=21.466(rad /s)2

La amortiguación es sub-critica, por lo tanto la frecuencia es:

f d=1

2π√ω2−d2=0.736 Hz

COMPROBACIÓN:

P=100 lbR=1 pie

a=100 lb/pieh=3 lb.s/pie

g=32.2 pie/s2

f d=1

2π √( 2 ag3P )−( h g

3 P )2

f d=0.736 Hz






El disco homogéneo mostrado pesa A lb y su radio es R=B pie. Rueda obre la superficie plana K=C lb / pie y C=D lb. s / pie. El resorte no está estirado en t=0 y el disco tiene una velocidad angular horaria de w rad /s . ¿cuál es la velocidad angular del disco cuando t=ms?

DESARROLLO

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE

d2 xdt2 +2 d

dxdt

+ω2 x=0

Donde d= c3 m

=¿

ω2= 2 k3 m

El sistema es un amortiguamiento subcritico:x=e−dt (Asenωd t+Bcos ωd t)

Donde:ωd=√ω2−d2

x0=0 θo=x0

R=−w rad / s ;

x0=0.61 m /s B=0 y A=x0

ωd

x (t )=e−dt( xo

ωd)sen ωd t

x (t )=−dx+ xoe−dt cos ωd t ¿

x= xo=¿

parat=m s=θ (t )= x (t )R

. θ=rad /s


El disco homogéneo mostrado pesa 100 lb y su radio es R=1 pie. Rueda obre la superficie plana K=100 lb / pie y C=3 lb . s/ pie. El resorte no está estirado en t=0 y el disco tiene una velocidad angular horaria de 2 rad /s . ¿cuál es la velocidad angular del disco cuando t=3s?

DESARROLLO

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE

d2 xdt2 +2d

dxdt

+ω2 x=0

Donded= c3 m

=0.322rad

s

ω2= 2 k3 m

=21.47 (rad /s )2

El sistema es un amortiguamiento subcritico:x=e−dt (Asenωd t+Bcos ωd t)

Donde:ωd=√ω2−d2=4.622 rad /s

x0=0 θo=x0

R=−2rad /s ;

x0=0.61 m /s B=0 y A=x0

ωd

=0.132

x (t )=e−dt( xo

ωd)sen ωd t


x=0.048 m xo=0.0466 m / sparat=3 s

θ (t )= x (t )R

. θ=0.153 rad /s

COMPROBACIÓN:

A=100lbB=1 pie.

K=C lb / pieC=D lb. s / pie.

ω=2 rad /s .t=ms= 3s

d2 xdt2 +2d

dxdt

+ω2 x=0

Donde d= c3 m

=0.322rad

s

ω2= 2 k3 m

=21.47 (rad /s )2

x=e−dt (Asenωd t+Bcos ωd t)Donde:

ωd=√ω2−d2=4.622 rad /s

x0=0 θo=x0

R=−2rad /s ;

x0=0.61 m /s B=0 y A=x0

ωd

=0.132

x (t )=e−dt( xo

ωd)sen ωd t


x=0.048 m xo=0.0466 m / s

parat=3 s

θ (t )= x ( t )R

. θ=0.153 rad /s




AUTOR: BEDFORD FOWLER PAGINA Nº: 10.57 PROBLEMA Nº: 518


En la figura, el oscilador resorte-masa amortiguado está inicialmente en reposo con el resorte no estirado. En t=0 se aplica una fuerza constante de P N a la masa.a) ¿Cuál es la solución

(particular) de estado permanente?

b) Determine la posición de la masa en función del tiempo

DESARROLLO

Escribiendo la segunda ley de Newton para la masa, la ecuación del movimiento es:

F ( t )−cdxdt

−kx=md2 xd t2

P−bdxdt

−ax=md2 xd t 2

Que podemos escribir como:

d2 xd t 2 + b

mdxdt

+ am

x= Pm

….. (1)

a) Buscamos una solución particular de la forma x p=A0, que es constante. Lo sustituimos en la ecuación (1):

0+ bm

(0 )+ am

x= Pm

am

x= Pm

→ x= Pa

x p=Pa

b) Comparamos la ecuación (1) con la ecuación del movimiento

d2 xd t 2 +2d

dxdt

+ω2 x=a(t )

Obtenemos:

2 d= bm

→ d= b2m

rad /s

ω2= am

→ω=√ am

rad /s

El sistema estáAmortiguado subcrítico yla solución homogéneaestá dada porla ecuación:

x=e−dt ( A sin ωd t+B cos ωd t ) ….. (2)

Para resolver, hallamos ωd con la siguiente ecuación:

ωd=√ω2−d2=√(√ am )

2

−( b2 m )

2

=√ 4am−b2

4 m2 =√4 am−b2

2mrad /s

La solución general es:

x=xh+x p=e−t (A sin √4am−b2

2 mt+B cos √4am−b2

2mt)+ P

am

Derivamos en función del tiempo:

dxdt

=−e−1(A sin √4am−b2

2 mt+B cos √4 am−b2

2mt)+e−t (√4 am−b2

2mA cos √4 am−b2

2 mt−√4 am−b2

2mB sin √4 am−b2

2 mt)

Para t=0, x=0, y dx /dt=0

0=B+ Pa

→ B=−Pa

0=−B+ √4am−b2

2mA →B=√4 am−b2

2mA → A= −P 2m

a√4 am−b2


x=e−t ( −P 2 m

a√4 am−b2sin

√4am−b2

2 mt−

Pa

cos√4 am−b2

2mt)+ P

a


En la figura, el oscilador resorte-masa amortiguado está inicialmente en reposo con el resorte no estirado. En t=0 se aplica una fuerza constante de 1.2 N a la masa.a) ¿Cuál es la solución (particular)

de estado permanente?b) Determine la posición de la

masa en función del tiempo

DESARROLLO

Escribiendo la segunda ley de Newton para la masa, la ecuación del movimiento es:

F ( t )−cdxdt

−kx=md2 xd t2

12−6dxdt

−12 x=3d2 xd t2

Que podemos escribir como:d2 xd t 2 +2

dxdt

+4 x=4….. (1)

a) Buscamos una solución particular de la forma x p=A0, que es constante. Lo sustituimos en la ecuación (1):

0+2 (0 )+4 x=4

x=44=1

x p=1

b) Comparamos la ecuación (1) con la ecuación del movimiento

d2 xd t 2 +2d

dxdt

+ω2 x=a(t )

Obtenemos:2 d=2→ d=1 rad /sω2=4 →ω=√4 →ω=2 rad / s

El sistema está Amortiguado subcrítico y la solución homogénea está dada por la ecuación:

x=e−dt ( A sin ωd t+B cos ωd t ) ….. (2)Para resolver, hallamos ωd con la siguiente ecuación:

ωd=√ω2−d2=√22−12=1.73 rad /sLa solución general es:

x=xh+x p=e−t ( A sin 1.73 t+B cos1.73 t )+1 m

Derivamos en función del tiempo:dxdt

=−e−1 ( A sin 1.73 t+B cos1.73 t )+e−t (1.73 A cos1.73 t−1.73 B sin 1.73 t )

Para t=0, x=0, y dx /dt=0→ 0=B+1, y 0=-B + 1.73A. Entonces los valores son: A=-0.57735 y B=-0.5.


x=e−t (−0.57735sin 1.73 t−1 cos1.73 t )+1 m .

COMPROBACIÓN:

Para los valores de:

P=12a=12b=6m=3

a) ¿Cuál es la solución (particular) de estado permanente?

x p=Pa

=1212

=1 m .

b) Determine la posición de la masa en función del tiempo

x=e−t ( −P 2 m

a√4 am−b2sin

√4am−b2

2 mt−

Pa

cos√4 am−b2

2mt)+ P

a

x=e−t ( −P 2 m

a√4 am−b2sin

√4am−b2

2 mt−

Pa

cos√4 am−b2

2mt)+ P

a

x=e−t ( −(12)2(3)

12√4 (12)(3)−62sin

√4 (12)(3)−62

2(3)t− P

acos

√4 (12)(3)−62

2(3)t)+ 12

12

x=e−t ( −66√3

sin6 √3

3t−1 cos

6√33

t )+1

x=e−t (−0.57735sin 1.73 t−1 cos1.73 t )+1 m .






Un cilindro de “m” kg está montado sobre una barra en un túnel de viento con su eje transversal a la dirección del flujo. Sin flujo, una fuerza vertical de “b” N aplicada al cilindro lo deflexiona “x”mm. Con flujo de aire en el túnel, los vórtices someten al cilindro a fuerzas laterales alternantes. La velocidad del aire es de “V” m/s, la distancia entre vórtices es de “a” mm y la magnitud de las fuerzas laterales es de “c” N. Si las fuerzas laterales se modelan con la función oscilatoria F(t) = “c”senwotN, ¿cuál es la amplitud del movimiento lateral de estado permanente del cilindro?

DESARROLLO

En intervalo de tiempo entre la aparición de los vórtices es:a

1000=Vt

t= a1000V

s

El periodo sinusoidal seria 2t

2( a1000 V )= a

500 Vs

Frecuencia:

f 0=1

Periodo=500 V

aHz

La frecuencia circular es:ω0=2π f 0

ω0=2 π (500 Va )

ω0=1000 πV

arad /s

La constante del resorte es:

k=1000 bx

N /m

La frecuencia natural del cilindro es:

f = 12π √ k

m= 1

2 π √ 1000 bxm

Hz

De lo cual:ω=2 πf

ω=2 π ( 12π √ 1000 b

xm )ω=√ 1000 b

xm

De la ecuación:

d2 xd t 2 +ω2 x=a( t)

a (t )= Fm

= cm

sen (ω0 t)

a (0 )= cm

m /s2

De la ecuación, la amplitud es:

E=a0

ω2−ω02

E=

cm

(√ 1000 bxm )

2

−( 1000 πVa )

2

E= ca2 x

1000 (b a2−9869.6 V 2 xm )


Un cilindro de 1.5 kg está montado sobre una barra en un túnel de viento con su eje transversal a la dirección delflujo. Sin flujo, una fuerza vertical de 10N aplicada al cilindro lo deflexiona 0.15 mm.Con flujo de aire en el túnel, los vórtices someten al cilindro a fuerzas laterales alternantes. La velocidad del aire es de 5 mis, la distancia entre vórtices es de 80 mm y la magnitud de las fuerzas laterales es de 1 N. Si las fuerzas laterales se modelan con la función oscilatoria F(t) = (1.0) senwotN, ¿cuál es la amplitud del movimiento lateral de estado permanente del cilindro?

DESARROLLO

En intervalo de tiempo entre la aparición de los vórtices es:0.08=5 tt=0.016 s

El periodo sinusoidal seria 2t

2 (0.016 )=0.032 s

Frecuencia:

f 0=1

Periodo= 1

0.032=31.25 Hz

La frecuencia circular es:ω0=2π f 0

ω0=2π (31.25)ω0=196.35 rad / s

La constante del resorte es:

k=Fx= 10

0.00015=66667 N /m

La frecuencia natural del cilindro es:

f = 12π √ k

m= 1

2 π √ 666671.5

=33.55 Hz

De lo cual:ω=2 πf

ω=2 π (33.55)ω=210.82 rad /s

De la ecuación:

d2 xd t 2 +ω2 x=a( t)

a (t )= Fm

= 11.5

sen (ω0t)

a (0 )=0.6667m / s2

De la ecuación, la amplitud es:

E=a0

ω2−ω02

E= 0.6667

210.822−196.352

E=1.132∗10−4 m

COMPROBACIÓN:

a=80 mmb=10 Nc=1 N

m=1.5 kgx=0.15 mm

v=5 m /s

E= ca2 x

1000 (b a2−9869.6 V 2 xm )

E=(1)802(0.15)

1000 [10(802)−9869.6 (5 )2(0.15)(1.5)]

E=1.132∗10−4 m






La masa de la Figura es de m kg. k = k N/m y c= c N-s/m. La base está sometida a un desplazamiento oscilatorio de frecuencia circular ωi

=ωirad/s. La amplitud de estado permanente del desplazamiento de la masa respecto a la base se mide y se obtiene el valor de amm. ¿Cuál es la amplitud del desplazamiento de la base?

DESARROLLO

El desplazamiento es igual:

x i=x isin ( ωi t−ϕ )

La aceleración de la masa respecto a la base es d2 x /d t 2 por lo que su aceleración respecto al marco de referencia inercial es

(d2 x /d t 2 )+(d2 x i /d t 2 ).La segunda ley de Newton para la masa es:

−cdxdt

−kx=m( d2 x

d t 2+

d2 x i

d t 2 )d2 xd t 2 + c

mdxdt

+ km

x=−d2 xi

d t2

Podemos escribir la ecuación como:

d2 xd t 2 +2 d

dxdt

+ω2 x=a(t )

Donde:

2 d= cm

→ d= c2m

ω2= km

a (t )=−d2 x i

d t2 =x i ωi2 sin ( ωi t−ϕ )

El desplazamiento de la masa respecto a la base es:

Ep=a mm=a(0.001)

Ep=x i ωi

2

√(ω2−ωi2 )2+4 (d )2 ωi

2=a(0.001)

xi ωi2

√( km

−ωi2)

2

+4( cm )

2

ωi2

=a(0.001)

x i ωi2

√(( km )

2

−2km

ωi2+ωi

4)+4( c2m )

2

ωi2

=a(0.001)

x i ωi2

√ k2

m2 −2km

ωi2+ωi

4+ c2

m2 ωi2

=a(0.001)

xi ωi2

√ k2−2 mk ωi2+c2 ωi

2+ωi4 m2

m2

=a(0.001)

x i ωi2

1m

√k 2+ωi2 ( c2−2 mk )+ωi

4m2=a (0.001)

x i=a(0.001)√k2+ωi

2 (c2−2 mk )+ωi4 m2

ωi2 m


La masa de la Figura es de 100 kg. k = 4 N/m y c= 24 N-s/m. La base está sometida a un desplazamiento oscilatorio de frecuencia circular ωi

=0.2 rad/s. La amplitud de estado permanente del desplazamiento de la masa respecto a la base se mide y se obtiene el valor de 200 mm. ¿Cuál es la amplitud del desplazamiento de la base?

DESARROLLO

El desplazamiento es igual:x i=x isin ( ωi t−ϕ )

La aceleración de la masa respecto a la base es d2 x /d t 2 por lo que su aceleración respecto al marco de referencia inercial es

(d2 x /d t 2 )+(d2 x i /d t 2 ).La segunda ley de Newton para la masa es:

−cdxdt

−kx=m( d2 x

d t 2+

d2 x i

d t 2 )d2 xd t 2 + c

mdxdt

+ km

x=−d2 xi

d t2

Podemos escribir la ecuación como:

d2 xd t 2 +2d

dxdt

+ω2 x=a(t )

Donde:

2 d= cm

→ d= c2m

=0.12 rad / s

ω2= km

→ω2=0.04 ( rad /s )2

a (t )=−d2 x i

d t2 =x i ωi2 sin ( ωi t−ϕ )

El desplazamiento de la masa respecto a la base es:

Ep=200 mm=0.2

Ep=x i ωi

2

√(ω2−ωi2 )2+4 (d )2 ωi

2=0.2

x i (0.2 )2

√((0.2)2−(0.2 )2 )2+4 (0.12 )2 (0.2 )2

=0.2

x i (0.2 )2

√4 (0.12 )2 (0.2 )2=0.2

x i (0.2 )2

2 (0.12 )(0.2)=0.2

x i=0.24 m

COMPROBACIÓN:

c=24k=4m=100ωi=0.2a=200

x i=a(0.001)√k2+ωi

2 (c2−2 mk )+ωi4 m2

ωi2 m

x i=200(0.001)√42+(0.2)2 ((24)2−2(100)(4))+(0.2)4(100)2

(0.2 )2(100)

x i=0.2√16−8.96+16

0.22(100)

x i=√23.04

0.2(100)x i=0.24 m






La coordenada del sismógrafo mostrado mide el movimiento local horizontal del suelo. La coordenada Ximide la posición de la masa respecto al marco del sismógrafo. El resorte no está estirado cuando x=0. La masa “m” kg, la constante del resorte es “k” N/m y c=pN.s/m. Suponga que el sismógrafo está inicialmente en reposo y que en t=0 se somete a un movimiento oscilatorio del terreno Xi=bsenhtmm. ¿Cuál es la amplitud de la respuesta de estado permanente de la masa?

DESARROLLO

d2 xd t 2 +2d

dxdt

+ω2 x=a(t )

Donde:

d= c2 m

= p2 m

ω2= km

(rad /s )2

a (t )=−d2 xd t 2 =x i ωi

2 sen ωi t , Donde x i=b mm , ωi=h rad /s

La amplitud es:

Ep=x i ωi

2

√(ω2−ωi2 )2+4 d2 ωi

2

Ep=(b)(h)2

√( km

−h2)2

+4 ( p2 m)

2

(h)2


La coordenada del sismógrafo mostrado mide el movimiento local horizontal del suelo. La coordenada Ximide la posición de la masa respecto al marco del sismógrafo. El resorte no está estirado cuando x=0. La masa 1 kg, k=10 N/m y c=2 N.s/m. Suponga que el sismógrafo está inicialmente en reposo y que en t=0 se somete a un movimiento oscilatorio del terreno Xi=10 sen2t mm. ¿Cuál es la amplitud de la respuesta de estado permanente de la masa?

DESARROLLO

d2 xd t 2 +2d

dxdt

+ω2 x=a(t )

Donde:

d= c2 m

=1rad /s

ω2= km

=10 (rad /s )2

a (t )=−d2 xd t 2 =x i ωi

2 sen ωi t , Donde x i=10 mm , ωi=2 rad /s

La amplitud es:

Ep=x i ωi

2

√(ω2−ωi2 )2+4 d2 ωi

2

Ep=(10)22

√(3.1622−22)2+4(1)2(2)2

Ep=5.55 mm

COMPROBACIÓN:

b=10h=2

k=10 N /mm=1 kg

p=2

Ep=(b)(h)2

√( km

−h2)2

+4 ( p2 m)

2

(h)2

Ep=(10)22

√( 101

−22)2

+4 [ 22(1) ]

2

(2)2

Ep=5.55 mm






La frecuencia del oscilador resorte-masa mostrado es de m.00Hz. El oscialador se introduce en un barril de aceite y su frecuencia es entonces de n. ¿ cuál es el decremento logaritmico de las vibraciones de la masa en tal condicion

DESARROLLO

f =m f d=nHz .

τ d=1n

ω=2 πf =2 πm

ω2=2π f d=2πf

De la ecuación:

ωd=√ω2−d2

Despejando

d=√ω2−ωd

Por lo tanto el decremento logarítmico será:

(√ω2−ωd)(1n)=¿


La frecuencia del oscilador resorte-masa mostrado es de 4.00Hz. El oscialador se introduce en un barril de aceite y su frecuencia es entonces de 3.80Hz. ¿ cuál es el decremento logaritmico de las vibraciones de la masa en tal condicion?

DESARROLLO

f =4 f d=3.8 Hz .

τ d=1f d

= 13.8

=0.263

ω=2 πf =25.13 rad / s

ωd=2 π f d=23.88 rad / s

De la ecuación:

ωd=√ω2−d2

Despejando

d=7.85 rad/s


(7.85)∗(0.263)=2.07

δ=2.07

COMPROBACIÓN:

frecuencia en laotra aparte=¿

m=4n=3.8

f =4 f d=3.8 Hz .

τ d=1f d

= 13.8

=0.263

ω=2 πf =25.13 rad / s

ωd=2 π f d=23.88 rad / s

De la ecuación:

ωd=√ω2−d2

Despejando

d=7.85 rad/s


(7.85)∗(0.263)=2.07

δ=2.07

5 semana vibraciones

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