acciones_dinamicas_s-03_-_vibracion_armonica_forzada
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tema 3 acciones dinamicasTRANSCRIPT
Dinámica de las Estructuras (S-03) - Respuesta de Sistemas a ExcitacionesArmónicas PeriódicasM.I. Carlos Villaseñor M.
La respuesta de un sistema de un grado de libertad (UGL) a excitaciones armónicas es un problema clásico de la dinámica delas estructuras, dichas exitaciones se encuentran en diversos problemas de ingeniería tales como la la vibración forzada debida asismos, al desbalaceo en equipos rotarios como bombas, imprentas u otros equipos, etc.
Vibración Forzada en Sistemas sin Amortiguamiento
La ecuación que gobierna elmovimiento de uns sistema sometidoa una fuerza armónica es:
m u'' t( )( ) k u t( ) P0 sin ω t( )= donde ω = fecuencia circular de la excitacióntambien se debe observar que ω nonecesariamente es igual a ωn.
solución complementaria: solución particular:La solución de la ecuación diferencialbajo als condiciones iniciales u0 y u´0
queda comouc t( ) u0 cos ωn t
u'0
ωnsin ωn t = up t( )
P0
k
1
1ω
ωn
2
sin ω t( )=
uF t( ) uc t( ) up t( )= A cos ωn t B sin ωn t P0
k
1
1ω
ωn
2
sin ω t( )=
obteniendo la funciónaplicando la condicionesiniciales:
uF t ωn ω k u0 u'0 P0 u0 cos ωn t u'0
ωn
P0
k
ω
ωn
1ω
ωn
2
sin ωn t P0
k
1
1ω
ωn
2
sin ω t( )
Parte Transitora Parte Estacionaria oPermanente
Ejemplo 1.Grafique la respuesta de vibración armónica forzada sin amortiguamiento de un sistema estructural con las característicasmostradas. El sistema está sometido a una excitación senoidal. Grafique la respuesta considerando la ecuación completa y la parteestacionaria por separados. Considere la frecuenacia circular de la excitación como 0.2 de la frecuencia circular natural del
sistema y u'0
ωn P0
k=
k 1975Ton
m ms 2Ton
s2
m u0 0 P0 60Ton
ωnk
ms31.425
rad
s u'0
ωn P0
k0.955
m
s ω 0.2 ωn
Calculando los parámetrosdel sistema:
observe que esta fómulasolo sirve cuando
ω
ωn0.2=
ρ u02 u'0
ωn
P0
k
ω
ωn
1ω
ωn
2
2
P0
k
1
1ω
ωn
2
5.57 cm
TP2π
ω1 s Tn
2π
ωn0.2s fn
1
Tn5.001 Hz
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Recordando que apra la vibració libre: ulibre t ωn u0 u'0 u0 cos ωn t u'0
ωnsin ωn t ulibre' t( ) ulibre t ωn u0 u'0
para graficar la respuesta completa: uF' t( ) uF t ωn ω k u0 u'0 P0
para graficar la parte estacionaria: uF Trans t ω ωn P0 k u0 cos ωn t u'0
ωn
P0
k
ω
ωn
1ω
ωn
2
sin ωn t
uF' Trans t( ) uF Trans t ω ωn P0 k
para graficar la parte estacionaria: uF Est t ω ωn P0 k P0
k
1
1ω
ωn
2
sin ω t( ) uF' Est t( ) uF Est t ω ωn P0 k
0 0.333 0.667 1 1.333 1.667 2 2.333 2.667 3 3.333 3.667 4
6
4
2
2
4
6
uF' t( ) cm( )1
uF' Est t( ) cm( )1
t s( )1
0 0.333 0.667 1 1.333 1.667 2 2.333 2.667 3 3.333 3.667 4
6
4
2
2
4
6
uF' Est t( ) cm( )1
uF' Trans t( ) cm( )1
t s( )1
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0 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75 2 2.25 2.5 2.75 3
6
4
2
2
4
6
uF' Trans t( ) cm( )1
ulibre' t( ) cm( )1
t s( )1
Podemos observar que es ecuación de la respuestatotal de la estructura tiene varios componentedevibración:
Si la condiciones iniciales de vibración libre sonnulas, tenemos la siguiente respuesta:
u0 0 u'0 0 uF' t( ) uF t ωn ω k u0 u'0 P0
0 0.333 0.667 1 1.333 1.667 2 2.333 2.667 3 3.333 3.667 4
6
4
2
2
4
6
uF' t( ) cm( )1
uF' Est t( ) cm( )1
t s( )1
observamos que elsistema no describeuna respuestapúramente senoidalesto es:
u0 cos ωn t u'0
ωn
P0
k
ω
ωn
1ω
ωn
2
sin ωn t P0
k
1
1ω
ωn
2
sin ω t( )P0
k
1
1ω
ωn
2
sin ω t( ) sin ωn t =
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Térnino Estacionario
Más tarde nos ocuparemos del término transitorio, ahora en eltérmino estacionario o permanente, podemos observar que losfactores P0 y k con propios de la condiciones y características
del sistema, de hecho P0
k es el máxima desplazamiento
estático del sistema.
P0
k
1
1ω
ωn
2
sin ω t( )
0 1 2 3
20
10
10
20
1
1 ω/ωn 2
1
ω/ωn
entonces Rd1
1ω
ωn
2
= actúa como amplificador dedicho desplazamiento.
Revisando el ejemplo 1 ω 0.985ωn Tn2π
ωn0.2s uF' t( ) uF t ωn ω k u0 u'0 P0 resp. total
uF' Est t( ) uF Est t ω ωn P0 k parte estacionariaTp
2 π
ω0.203s
0 0.417 0.833 1.25 1.667 2.083 2.5 2.917 3.333 3.75 4.167 4.583 5
200
133.333
66.667
66.667
133.333
200
uF' t( ) cm( )1
uF' Est t( ) cm( )1
t s( )1
0 0.417 0.833 1.25 1.667 2.083 2.5 2.917 3.333 3.75 4.167 4.583 5
200
133.333
66.667
66.667
133.333
200
100
50
50
100
uF' t( ) cm( )1
P0 sin ω t( ) Ton( )1
t s( )1
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Vibración Forzada en Sistemas con Amortiguamiento
La ecuación que gobierna elmovimiento de uns sistema sometidoa una fuerza armónica es:
m u'' t( ) c u' t( ) k u t( ) P0 sin ω t( )=
solución complementaria: solución particular:La solución de la ecuación diferencialbajo las condiciones iniciales u0 y u´0
queda comouFD c t( ) e
ξ ωn tA cos ωn t B sin ωn t = uFD p t( ) C sin ω t( ) D cos ω t( )=
βω
ωn
Parte Transitora Parte Estacionaria oPermanente
Encontrando las constantes A y B para t = 0, u(0) = u0 y u'(0) = u'0 u0 u0 u'0 u'0 ωn ωn ω ω P0 P0 k k
ξ ξ β β
uFD t( ) eξ ωn t
A cos ωD t B sin ωD t C sin ω t( ) D cos ω t( )( )ξ
Given uFD 0( ) u0= A Find A( ) u0 DA
u'FD t( )tuFD t( )
d
dsimplify C ω cos ω t( ) D ω sin ω t( ) A ωD e
ξ t ωn sin t ωD B ωD e
ξ t ωn cos t ωD A ξ ωn e
ξ t ωn cos t ωD B ξt
Given u'FD 0( ) u'0= B Find B( )u'0 C ω D ξ ωn ξ u0 ωn
ωDB B
ωn
ωD
u'0
ωnC β D ξ ξ u0
ωD
Tenemos que del texto los valores de las constantes C y D son
CP0
k
1 β2
1 β2
2
2 ξ β( )2
ξ
DP0
k
2 ξ β
1 β2
2
2 ξ β( )2
ξ
Sustituyendo en A y B:
A u0 D simplify u0
2 P0 ξ β
k 4 ξ2
β2
β4
2 β2
1 u0 A u0
P0
k
2 ξ
β 4 ξ2
2 β2
1
β2
ξ
Bωn
ωD
u'0
ωnC β D ξ ξ u0
simplifyu'0 ξ u0 ωn
ωD
2 P0 ωn ξ2
β P0 ωn β3
P0 ωn β
k ωD 4 ξ2
β2
β4
2 β2
1 ξ
Bωn
ωD
u'0
ωnξ u0
P0
k
2 ξ2
β2
1
β 4 ξ2
2 β2
1
β2
ωD
Contruyendo las funciones tenemos:
Af u0 P0 k ξ β u0
P0
k
2 ξ
β 4 ξ2
2 β2
1
β2
Bf u0 u'0 P0 k ξ β ωn ωD ωn
ωD
u'0
ωnξ u0
P0
k
2 ξ2
β2
1
β 4 ξ2
2 β2
1
β2
Cf P0 k ξ β P0
k
1 β2
1 β2
2
2 ξ β( )2
Df P0 k ξ β P0
k
2 ξ β
1 β2
2
2 ξ β( )2
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La función completa sería entonces....
uFD t u0 u'0 P0 k ξ β ωn ωD ω eξ ωn t
Af u0 P0 k ξ β cos ωD t Bf u0 u'0 P0 k ξ β ωn ωD sin ωD t
Cf P0 k ξ β sin ω t( ) Df P0 k ξ β cos ω t( )
La parte estacionaria o permanente:
uFD Est t P0 k ξ β ω Cf P0 k ξ β sin ω t( ) Df P0 k ξ β cos ω t( )
Ejemplo 2.Grafique la respuesta de un sistema con la mismas caracterísitcas del ejempli 1. Considere la relación de amortiguamientomostrada.
k 1975Ton
m ms 5Ton
s2
m u0 0 P0 60Ton ξ 5%
ωnk
ms19.875
rad
s u'0
ωn P0
k0.604
m
s ω 0.2 ωn 3.975
rad
s
Calculando los parámetrosdel sistema: β
ω
ωn0.2 ωD ωn 1 ξ
2 19.85
rad
s
La respuesta completa es: uFD' t( ) uFD t u0 u'0 P0 k ξ β ωn ωD ω uFD' Est t( ) uFD Est t P0 k ξ β ω
0 1 2 3 4 5
4
2
2
4
6
uFD' t( ) cm( )1
uFD' Est t( ) cm( )1
t
En esta gráfica se puede apreciar a qué nos referimos cuando clasificamos la parte transitoria de la respuesta de un sistema.Tenemos que los vibración de la parte transitoria de la ecuación disminuye de forma exponencial con el tiempo a una tasa quedepende de ω/ωn y del amortiguamiento ξ. Después de un tiempo corto, la respuesta permanece en el estado estacionario. Si el
sistema tiene condiciones iniciales cero, es decir en reposo, el término transitorio tiene menor duración todavía. Analizada esta última condición, es evidente que es suficiente considerar solamente el estado estacionario de la respuesta de unsistema, por lo que en el resto de esta discución nos enfocaremos a dicho estado.
Ahora analizaremos la condición de resonancia: ωn ωn ω ω P0 P0 k k ξ ξ ωD ωD
ω ωn β 1 supondremos que el sistema estaba completamente en reposo u0 0 u'0 0 7
CP0
k
1 β2
1 β2
2
2 ξ β( )2
0 DP0
k
2 ξ β
1 β2
2
2 ξ β( )2
P0
2 ξ k ωD ωn 1 ξ
2
La constante A queda como A u0 D simplifyP0
2 ξ k
Y la constante B queda como Bu'0 C ω D ξ ωn ξ u0 ωn
ωDsimplify
P0
2 k 1 ξ2
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La ecuación de la respuesta del sistema quedaría ahora como:
uFD ω=ωn t P0 k ξ ωn ωD P0
k
1
2 ξ e
ξ ωn tcos ωD t ξ
1 ξ2
sin ωD t
cos ωn t
No hay que olvidar que cuando la relación de amortiguamiento ξ es menor o igual al 20% ωn ≈ ωD, y para valores menores de ξ el
término senoidal puede despreciarse de modo que obtenemos una versión simplificada de la respuesta en resonancia.
uFDS ω=ωn ≈
P0
k
1
2 ξ e
ξ ωn t1
cos ωn t uFDS ω=ωn t P0 k ξ ωn
P0
k
1
2 ξ e
ξ ωn t1
cos ωn t
Con esta simplificación también obtenemos la envolvente:
Esta es la envolvente, y es el factor que limita la amplitud de la respuesta en unsistema amortiguado en resonancia.ρFD t ξ ωn P0 k
P0
k
1
2 ξ e
ξ ωn t1
Ejemplo 3Grafique la respuesta y su envolvente de un sistema amortiguado cuya frecuencia de la excitación está en resonancia.
ξ 5 % la función de respuestaen resonancia:
uFD' ω=ωn t( ) uFD ω=ωn t P0 k ξ ωn ωD la envolvente: ρFD' t( ) ρFD t ξ ωn P0 k
ρFD máx
P0
k
1
2 ξ 30.38 cm
0 1 2 3 4 5
40
20
20
40
ρFD máx cm( )1
ρFD máx cm( )1
uFD' ω=ωn t( ) cm( )
1
ρFD' t( ) cm( )1
ρFD' t( ) cm( )1
t
P0
k
1
2 ξ
P0
k
1
2 ξ
Ejemplo 4Compare gráficamente la función simplificada con la completa en resonancia.
ξ 5 %
uFDS' ω=ωn t( ) uFDS ω=ωn t P0 k ξ ωn
0 1 2 3
40
20
20
40
uFD' ω=ωn t( ) cm( )1
uFDS' ω=ωn t( ) cm( )1
t
ξ 15% uFDS' ω=ωn t( ) uFDS ω=ωn t P0 k ξ ωn
0 1 2 3
40
20
20
40
uFD' ω=ωn t( ) cm( )1
uFDS' ω=ωn t( ) cm( )1
t
Se observa que la función simplificada pierde precisión para valores ya no tan pequeños del amortiguamiento.
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Ejemplo 5Grafique la respuesta de uns sistema amortiguado cuya frecuencia de la excitación está en resonancia. Considere los siguientesvalores del amortiguamiento:
a) ξ = 10%b) ξ = 5%c) ξ = 1%
ξ 10% uFD' ω=ωn 1 t( ) uFD ω=ωn t P0 k ξ ωn ωD
ξ 5% uFD' ω=ωn 2 t( ) uFD ω=ωn t P0 k ξ ωn ωD
ξ 1% uFD' ω=ωn 3 t( ) uFD ω=ωn t P0 k ξ ωn ωD
0 1 2 3 4 5
100
50
50
100
uFD' ω=ωn 1 t( ) cm( )1
uFD' ω=ωn 2 t( ) cm( )1
uFD' ω=ωn 3 t( ) cm( )1
t
Para investigar el número de ciclos para llegar a laamplitud máxima t j Tn= cos ωn t 1= porque es cuando se obtiene el máximo en
la función coseno
ya sabemos que laamplitud máxima es: ρFD máx
P0
k
1
2 ξ=
P0
k
1
2 ξ e
ξ ωn j Tn1
P0
k
1
2 ξ
eξ ωn j Tn
1= e
ξ ωn j2 π
ωn
1=ρFD j
ρFD máx=
tomado elvalor absolutode la amplitid
ρFD j ξ j( ) e2 π ξ j
1
0 20 40 60 80 1000
0.5
1 1
ρFD j 1% j( )
ρFD j 2% j( )
ρFD j 5% j( )
ρFD j 10% j( )
jSe observa que el amortiguamiento influye en el número de ciclos necesario para alcanzar cierto porcentaje del desplazamientomáximo
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Deplazamiento Máximo y Desfase
La parte estacionaria del la ecuación de respuestapuede expresarse en fución del ángulo de fase demodo que
uFD Est t P0 k ξ β ω ϕ P0
k
1
1 β2
2
2 ξ β( )2
sin ω t ϕ( )
Esto es porqueC
2D
2
P0
k
1
1 β2
2
2 ξ β( )2
= Rd= y ϕ atanD
C
= atan2 ξ β
1 β2
=
Graficando Rd (factor de respuesta dinámica) y ϕ Rd ξ β( )1
1 β2
2
2 ξ β( )2
ρFD
P0
kRd ξ β( )=
β 0 0.01 3
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Rd 1% β( )
Rd 5% β( )
Rd 10% β( )
Rd 20% β( )
Rd 70% β( )
Rd 100% β( )
β
ρFD máx ≈P0
k
Si ω/ωn >>1 ó T << Tn, implica quela fuerza de la excitación varía enforma muy rápida por lo tanto elfactor de amplificación dinámicaes tiende a cero y también no esafectado por el amortiguamiento.Es sistema es afectado por lamasa.
ρFD máx ≈P0
k
1
β2
P0
k
ωn2
ω2
=P0
m ω2
=
Si ω/ωn ≈ 1 ó T ≈ Tn, la fuerza de
la excitación tiene una frecuenciacercana a la del sistema, el factorde amplificación dinámica es muysencible al amortiguamiento, paravalores muy pequeños deamortiguamiento losdeplazamiento son muy grandescomparado con el desplazamientoestático
ω ωn= ρFD
P0
k
1
2 ξ=
De las gráficas se observa que:
Si ω/ωn <<1 ó T >> Tn, implica quela fuerza de la excitación varía enforma muy lenta por lo tanto el factorde amplificación dinámica es 1 loque indica que la respuesta esescencialmente estática y esindependiente del amotiguamiento:
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Ejemplo 6Grafique la respuesta de un sistema cuya exitación tiene un ω = 1 rad/s para los siguientes relaciones de frecuencias:
a) β 0.05= . b) β 0.5=c) β 1=d) β 2=
Considere la expresión en función del ángulo de fase, compare con la aplicación de una carga estática con la misma variaciónsenoidal
ξ 0.2 ms 5 Tons2
m k 1975
Ton
m P0 60 Ton u0 0 u'0 0 ω 1
rad
s δ0 st
P0
k3.038 cm
Del término estacionarioP0
k
1
1 β2
2
2 ξ β( )2
sin ω t ϕ( ) tenemos que en la respuesta delsistema está involucrado eldesplazamiento estático P0/k
afectado por los factoresdínámicos de Rd y ϕ.
haciendo que ω sea muy pequeña, obien el periodo T sea muy largoencontramos lo siguiente
1 β2
2
2 ξ β( )2
≈ 1.0 y ϕ ≈ 0 los efectos dinámicos sondespreciables prácticamente
Entonces el término estacionario de larespuesta del sistema de vuelve unavariación del desplazamiento estático
P0
k
1
1 β2
2
2 ξ β( )2
sin ω t ϕ( )P0
ksin ω t( )=
uP0 t P0 k ω P0
ksin ω t( )
a) β 0.05 ωnω
β20
rad
s Tn
2 π
ωn0.314s Tω
2 π
ω6.283s ϕ atan
2 ξ β
1 β2
1.1486337 °
uFD' Est t( ) uFD Est t P0 k ξ β ω ϕ uP0' t( ) uP0 t P0 k ω
0 2 4 6
2
1
1
2
uFD' Est t( )
δ0 st
uP0' t( )
δ0 st
t
Tenemos que el efecto dinámico es nulo dado que la variación de la aplicación de la carga es muy lenta, por lo tanto la respuestaestática y la dinámica coinciden. El ángulo ϕ es muy pequeño tendiendo a cero, eso quiere decir que la fuerza aplicada estácompletamente en fase.
b) β 0.5 ωnω
β2
rad
s Tn
2 π
ωn3.142s Tω
2 π
ω6.283s ϕ atan
2 ξ β
1 β2
14.9314172 °
uFD' Est t( ) uFD Est t P0 k ξ β ω ϕ uP0' t( ) uP0 t P0 k ω
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0 2 4 6
2
1
1
2
uFD' Est t( )
δ0 st
uP0' t( )
δ0 st
t
Comenzamos a observar los efectos dinámicos de la aplicación de la carga. El ángulo ϕ muestra ya un ligero desfase con larespuesta del sistema.
c) β 0.9999999999 ωnω
β1
rad
s Tn
2 π
ωn6.283s Tω
2 π
ω6.283s ϕ atan
2 ξ β
1 β2
90 °
uFD' Est t( ) uFD Est t P0 k ξ β ω ϕ uP0' t( ) uP0 t P0 k ω
0 2 4 6
3
2
1
1
2
3
uFD' Est t( )
δ0 st
uP0' t( )
δ0 st
t
La frecuencia de aplicación de la carga es la misma que el de la frecuencia natural del sistema. El ángulo ϕ = 90° para cualquiervalor de ξ y el desplazamiento es máximo cuando la fuerza aplicada es cero
d) β 2 ωnω
β0.5
rad
s Tn
2 π
ωn12.566 s Tω
2 π
ω6.283s ϕ atan
2 ξ β
1 β2
14.9314172 °
uFD' Est t( ) uFD Est t P0 k ξ β ω ϕ uP0' t( ) uP0 t P0 k ω
0 2 4 6
1
0.5
0.5
1
uFD' Est t( )
δ0 st
uP0' t( )
δ0 st
t
El ángulo ϕ indica que la fuerza está en desfase pero ahora en sentido contrario al desplazamiento del sistema, lo que hace queel desplazamiento sea limitado, es decri que tiende a deterner el sistema.
Factores de Respuesta Dinámica
La respuesta de un sistema no solo está limitada al desplazamiento, durante la vibración en el estado estacionario se observaque el desplazamiento del sistema varía con respecto al tiempo lo que indica que hay una velocidad en un determinadosegmento de la gráfica, y si la velocidad a su tambien varía con respecto al tiempo, se registra como una aceleración, entonces:
Derivando la ecuación de desplazamiento (estado estacionario) para obtener la velocidad:
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uFD t( )
P0
k
Rd sin ω t ϕ( )=u'FD t( )
P0
k
Rd ω cos ω t ϕ( )=u'FD t( )
P0
kωn
Rdω
ωn cos ω t ϕ( )=
u'FD t( )
P0
k
k
ms
Rdω
ωn cos ω t ϕ( )=
u'FD t( )
P0
k ms
Rdω
ωn cos ω t ϕ( )= Rυ Rd
ω
ωn= Rυ ξ β( ) β Rd ξ β( )
Derivando para obtener la velocidad para obtener la aceleración:
u'FD t( )
P0
k ms
Rdω
ωn cos ω t ϕ( )=
u''FD t( )
P0
k ms
Rdω
2
ωn sin ω t ϕ( )=
u''FD t( )
P0
k msωn
Rdω
2
ωn ωn sin ω t ϕ( )=
u''FD t( )
P0
k ms
k
ms
Rdω
2
ωn ωn sin ω t ϕ( )=
u''FD t( )
P0
ms
Rdω
ωn
2
sin ω t ϕ( )= Ra Rdω
ωn
2
= Ra ξ β( ) β2
Rd ξ β( )
Graficando, repetiremos nuevamente la gráfica del factor de respuesta dinámica para desplazameinto.
β 0 0.01 3
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
Rd 1% β( )
Rd 5% β( )
Rd 10% β( )
Rd 20% β( )
Rd 70% β( )
Rd 100% β( )
β
Factor de respuesta dinámica paradesplazamiento, para sistemasamortiguados excitados por una fuerzaarmónica
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
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Rυ 1% β( )
Rυ 5% β( )
Rυ 10% β( )
Rυ 20% β( )
Rυ 70% β( )
Rυ 100% β( )
β
Factor de respuesta dinámica paravelocidad para sistemasamortiguados excitados por una fuerzaarmónica
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0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
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1
Ra 1% β( )
Ra 5% β( )
Ra 10% β( )
Ra 20% β( )
Ra 70% β( )
Ra 100% β( )
β
Factor de respuesta dinámica paraaceleración para sistemasamortiguados excitados por una fuerzaarmónica
Frecuancias de resonancia
La frecuencia de resonancia se define como la frecuancia de la fuerza a la cual la magnitud de respuesta es mayor, en lasgráficas de los factores de respuesta dinámica se muestra que los valores máximos ocurren alrededor de ω/ωn = 1, pero como
se observa, dichos picos ocurren ligeramente alrededor. Si aplicamos las derivadas respectivas e igualamos con cero ,obtendremos los
β β ξ ξ
para el desplazamiento Givenβ
Rd ξ β( )d
d0= Find β( ) 0 1 2 ξ
2 1 2 ξ
2
β 1 2 ξ
2=
para la velocidad Givenβ
β Rd ξ β( ) d
d0= Find β( ) 1 1 i i( ) β 1=
para la aceleración Givenβ
β2
Rd ξ β( )
d
d0= Find β( ) 0 1 2 ξ
2
1
21
1 2 ξ2
β1
1 2 ξ2
=
Para sistemas sin amortiguamiento las frecuencias de resonancia son idénticas y ocurren cuando β = 1 para valores de ξ1
2
El valor máximo para el factor deldesplazamiento:
β 1 2 ξ2
Rd ξ β( ) simplify1
2 ξ2
ξ4
Rd1
2 ξ 1 ξ2
=
El valor máximo para el factor de lavelocidad:
β 1 Rυ ξ β( ) simplifycsgn ξ( )
2 ξ Rυ
1
2 ξ=
El valor máximo para el factor de laaceleración: β
1
1 2 ξ2
Ra ξ β( ) simplify1
2 2 ξ2
1 ξ
2ξ
21
2 ξ2
1 2
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