vi brac i ones mecanic as
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Vibraciones MecánicasTRANSCRIPT
-
Vibraciones Mecnicas
-
- 1
Introduccin
Consideremos el siguiente modelo matemtico masa-resorte
F(t)= Fuerza externa m= Masa del sistema K= Rigidez del sistema X(t)= Desplazamiento Relacin Fuerza-Desplazamiento
Notar que para 0XX la relacin es lineal. En lo que sigue supondremos que la relacin fuerza desplazamiento es lineal.
-
- 2
Ejemplos
A continuacin se presentan algunos sistemas fsicos modelados mediante modelo masa- resorte.
1.
Modelo
Determinacin de K (Kequivalente) Problema esttico
*KP = Resolviendo se obtiene
22 *
3
ba
LEIK =
-
- 3
2. Vibracin Torsional
Consideremos el siguiente disco de masa M>> masa de la barra
M(t): Momento. J : Momento polar de masa. Jp : Momento polar de inercia. Modelo
La determinacin de Kt (rigidez torsional) corresponde a un problema esttico.
L
GJK pt =
-
- 4
3. Marco
Modelo
4 Vibracin transversal
Modelo
En este caso 3
3
L
EIK =
-
- 5
Vibraciones Libres
Como primera aproximacin del fenmeno de vibraciones, consideremos el
siguiente modelo de 1 g.l sin la presencia de fuerzas externas.
Por equilibrio de fuerzas se tiene:
0)(*)(* =+ tXKtXm &&
Solucin:
)()( += wtAsentX
w= frecuencia[rad/seg] =M
K
A y se determinan de las condiciones iniciales. En este modelo
0)0( XtX ==
0)0( VtX ==&
-
- 6
Mecnica de Disipacin de Energa Amortiguamiento viscoso En este modelo, la fuerza disipativa es proporcional a la velocidad del sistema y est dada por:
)(*)( tXCtFc &=
C= coeficiente de amortiguamiento Modelo de amortiguamiento viscoso
Donde:
h
ytvyu
)()( = Perfil de velocidad.
dy
du = Esfuerzo de corte.
h
AC =
vCAF ** == Fuerza total desarrollada en la placa. Reemplazando se obtiene:
h
AC =
-
- 7
Lo anterior se puede modelar de la siguiente forma:
Ecuacin de movimiento
0)()()( =++ tKXtXCtXm &&& (1) Definiciones:
Frecuencia natural m
Kwn =
Coeficiente de amortiguamiento crtico KmmwC ncr 22 ==
Razn de amortiguamiento crtico nmw
C
Ccr
Cd
2==
Reemplazando en (1) y normalizando por m se obtiene:
0)()(2)( 2 =++ tXwtXdwtX nn &&& Forma cannica Solucin de la ecuacin de equilibrio Caso homogneo(oscilacin libre) Corresponde al representado por la ecuacin (1) Solucin X(t)= a *et reemplazando en (1) (2m+C+K) a *et =0 t Ecuacin caracterstica
-
- 8
Resolviendo la ecuacin anterior se obtiene
m
K
m
Cm
C = 2221 )(2,
Caso 1 C=0 No hay disipacin de Energa 1,2 = iwn
La solucin se puede escribir como:
X(t)= Asen(wnt+) Reemplazando las condiciones iniciales se obtiene:
)()(2
202
0 ++= twsenwV
XtX nn
=
0
01
V
wXtg n
Caso 2 m
Km
C 22 )( =0 d=1 Amortiguamiento crtico
1,2 =-C/2m
X(t)= (a1+a2t)e-wnt
Caso 3 m
Km
C 22
)( >0 d>1
m
K
m
Cm
C = 2221 )(2,
X(t)= a1e1t+ a2e
2t con 1,2 < 0
Caso 4 m
Km
C 22 )(
-
- 9
Definicin
21 dww nd = frecuencia amortiguada X(t)= A e-wn d t sen(wdt+)
Nota El comportamiento de la respuesta depende de d.
Exponencial Oscilatorio Peridico
-
- 10
Aplicacin Determinacin experimental del coeficiente d Para 0
-
- 11
Nota:
Si X(t*)dw
tX2
*( + ) se utiliza un punto a jperiodos de t*, luego de hacer
)2
*(
*)(
dwjtX
tX+
se obtiene:
+
=
dwjtX
tX
j
2*
*)(ln
1
-
- 12
Caso no homogneo(Fuerzas externas)
)()()()( tFtKXtXCtXm =++ &&&
Fuerzas armnicas
=)cos(
)()(
0
0
wtF
wtsenFtF
w= frecuencia de la solicitacin
m
tFtXwtXdwtX nn
)()()(2)( 2 =++ &&& (2) Forma cannica
Solucin:
X(t)= XH(t) + XP(t) Solucin Particular
XP(t)= B1sen(wt) + B2cos(wt) Derivando y reemplazando en (2) se obtienen dos ecuaciones independientes para B1 y B2. la solucin se puede escribir finalmente como:
)()( = wtBsentX p
222
0
21
/
+
=
nn w
wd
w
w
KFB
2
1
2
)(
=
n
n
w
w
w
wd
tg
-
- 13
Finalmente
X(t)= A e-wn d t sen(wdt+)+ Xp(t) Donde A y son constantes a determinar mediante las C.I. Nota: Si t , X(t) Xp(t) Respuesta estacionaria.
-
- 14
Factor de Amplificacin Dinmica(FAD)
2220
21
1
/
)(
+
==
nn
p
w
wd
w
wKF
tXFAD
Definiendo nw
wR =
Al derivar la expresin anterior con respecto a R, e igualando a 0 se obtienen las condiciones para FADmax
Si d > 2
1 El mximo se obtiene en R=0 y FADmax 1
Si d < 2
1 El mximo se obtiene en 221 dR = y FADmax=
212
1
dd
Nota:
Si d
-
- 15
Determinacin del Parmetro d(Half-Power Point)
2
/0
12max
dd
FX K
= (d<
2
1)
( ) ( )2220
2
0
21
/
122
/
2
max
dRR
KF
dd
KFX
+=
= Ecuacin para R
Se obtiene
222 1221 dddR = d
-
- 16
Aplicacin 1.- Movimiento basal
Ecuacin de movimiento
))()()()()( tKYtYCtKXtXCtXm +=+++ &&&& = Asen(wt+) Donde:
2220 wCKyA +=
tg=nw
dw2
Solucin estacionaria
)()2()1(
/)(
222 +
+= wtsen
dRR
KAtX
Reemplazando se obtiene:
)()2()1(
)2(1)(222
2
0
++
+= wtsen
dRR
dR
Y
tX
222
2
0 )2()1(
)2(1)(
dRR
dR
Y
tX
+
+= Coeficiente de Transmisibilidad (TR)
-
- 17
Ecuacin en trmino de desplazamiento relativo
)()( tYtXu = Reemplazando se obtiene
)()()( tYmKutuCtum &&&&& =++ Solucin estacionaria
)()2()1(
)(222
20
+= wtsen
dRR
RYtu
-
- 18
Ejemplo:
)(01,0)( wtsenty = Se puede demostrar que w= 0,29*v Valores equivalentes (Chevrolet Baretta) K= 4*105[N/m] C= 20*103`[Ns/m] m= 1007[kg] Si v= 20[Km/hr] w= 5,8[rad/seg] d= 0,498 R= 0,29 TR= 1,08 X(t)max=0,018[m]
-
- 19
2 Fuerzas Transmitidas a la Fundacin Modelo
Ecuacin de movimiento
)()()()( 0 wtsenFtKXtXCtXm =+++ &&& Solucin estacionaria
)()2()1(
/)(
222
0 +
= wtsendRR
KFtX
Fuerza transmitida: F(t)= )()( tXCtKX &+ )()( += wtAsentF Donde
222
20
)2()1(
)2(1
dRR
dRFA
+
+=
tg=2dR
222
2
0 )2()1(
)2(1)(
dRR
dR
F
tF
+
+=
-
- 20
3. Masas Desbalanceadas (Generacin de fuerzas armnicas)
Fuerzas inerciales
)()())()((2
2)()( 22 wtsenmlwtXMwtsenlwtXm
tXmM =+ &&&&&&
Ecuacin de movimiento:
)()()(2)( 22 wtsenlwM
mtXwtXdwtX nn =++ &&&
)()2()1(
/)(
222
2
+
= wtsendRR
KmlwtX
)()2()1(
)/()(
222
2
+
= wtsendRR
lRMmtX
21
2
R
dRtg
=
R=0 w=0 X(t)=0
R>>1 1)(
=
l
M
m
tX X(t)
M
ml
R )()( wtsenM
mltX = se produce un desfase de 180
Fuerza externa )()( 2 wtsenmlwtF =
-
- 21
4. Instrumentos de Medicin
X(t): Desplazamiento total de la masa Y(t): Desplazamiento del sistema Problema: Dado Z(t) determinar Y(t) Z(t)=X(t)-Y(t) desplazamiento. relativo Ecuacin de movimiento:
)()()()( tYmtKZtZCtZm &&&&& =++ Suponiendo
)()( 0 wtsenytY = Solucin estacionaria
)()2()1(
)( 0222
2
+
= wtsenydRR
RtZ
21
2
R
dRtg
=
Caso I wn1
[ ] ( )2422 21 dRRR >>
00 )()( ywtsenytZ == proporcional a la seal.
-
- 22
Caractersticas del instrumento(Sismgrafo)
wn pequeo K pequeo Sistema flexible m grande Rango de aplicabilidad En general el rango de aplicabilidad es entre 10 y 500[Hz] Caso II wn>>w R
-
- 23
Caso general Si )()()( 2211 twsenytwsenytY += Suponiendo w1/wn
-
- 24
Fuerzas Generales Fuerza constante Modelo
Ecuacin de movimiento
m
tFtXwtX n
)()()( 2 =+&&
KFtXp /)( 0= Aplicando condiciones iniciales(homogneas) se obtiene:
( ))cos(1)( 0 twK
FtX n=
Para un pulso finito en el tiempo (0td) Si 0 < t < td
( ))cos(1)( 0 twK
FtX n=
Si t > td Oscilaciones libres
( )
)()(
)cos(1)(
0
0
tdwsenwK
FtdX
tdwK
FtdX
nn
n
=
=
&
-
- 25
Reemplazando las condiciones iniciales se obtiene
( ))cos()(cos()( 0 twtdtwK
FtX nn = t td
Por ejemplo:
Si n
d wt
2= periodo del sistema
X(td)= 0)( =dtX& Para t>td X(t)=0
KFXest o /= Nota: En el caso dinmico no solo es importante la amplitud de la solicitacin externa sino que tambin sus caractersticas temporales.
-
- 26
Caso con amortiguamiento viscoso Modelo
Condiciones iniciales: X(td)= 0)( =dtX&
mFtXwtXdwtX nn /)()(2)( 02 =++ &&&
Solucin
2
00
1)(
dK
F
K
FtX
= e-wnt )( twsen d
X(t) oscila en torno al punto de equilibrio esttico.
-
- 27
Caso general
1 Respuesta del sistema a un impulso Impulso F aplicada en t= t0
Variacin de momento lineal
== FvmFdt
dvm
=+ Ftvtvm ))()(( 00 Considerando condiciones iniciales homogneas se obtiene
m
Ftv
=+ )( 0
m
ttFtv
)()( 0
= t0
-
- 28
Finalmente
m
FtX
2)(
2
0
=+ =0 Los trminos de segundo orden se desprecian
Problema
0)()(2)( 2 =++ tXwtXdwtX nn &&& t t0 + C.I. 0)( 0 =+ tX
m
FtX
=+ )( 0&
dmw
FtX
=)( e-dwn(t-t1) ))(( 1ttwsen d t > t1
= FtthtX )()( 1 donde dmw
th1
)( = e-dwn )( twsen d funcin impulso
2 Familia de Pulsos Pulsos t1, t2,.....tn de duracin 1 2,... n
Impulso=Fi i Usando superposicin
= =
==n
i
n
ii
di Fmw
tXtX1 1
1)()( e-dwn(t-ti) iid ttwsen ))((
-
- 29
3.Caso Continuo
=t
d
Fmw
tX0
)(1
)( e-dwn(t-i) dtwsen d ))((
=t
dFth0
)()( integral de convolucin
4. Caso general(condiciones iniciales distintas a cero)
0
0
)0(
)0(
XtX
XtX
&& ====
=)(tX e-dwnt [ ] ++ +t
dwdwXX
d dFthtwsentwX dn
0
0 )()()()cos(00 &
Ejemplo: 1
X(0)= 0)0( =X& d= 0
=t
dd
dFtwsenmw
tX0
0))((1
)( = ( ))cos(10 twK
Fn
-
- 30
Cargas Peridicas Definicin: F(t) es una seal peridica de periodo T, se verifica:
F(t)=F(t + T) t Bajo ciertas condiciones sobre la seal F(t) se puede demostrar que dicha seal se puede aproximar de la siguiente manera.
+n
n
n
n tnwsenbtnwbtF0
00
0 )()cos()( Serie de Fourier
Donde:
Tw
20 = frecuencia fundamental
an,bn,b0 : Coeficientes de Fourier
=
=
=
T
T
n
T
n
dttFT
b
dttnwtFT
b
dttnwsentFT
a
0
0
0
0
0
0
)(1
1n ;)cos()(2
1n ;)()(2
-
- 31
Nota: a) Cualquier seal cuyo cuadrado sea integrable, entonces la serie de Fourier SN, converge a la seal F(t) en promedio.
0)(2
0
dtStFT
N N
b) condicin suficiente para la convergencia punto a punto de la serie de Fourier F(t) peridica F(t) continua excepto en un n finito de puntos, en este caso Serie F(t) si t es punto de continuidad
Serie 2
)()( + + tFtF Si t es punto de discontinuidad
Ecuacin de movimiento
)()()()( tFtKXtXCtXm =+++ &&& Definicin
)cos(()()()(
)(()()()(
)()()(
0
0
0000
tnwbtKXtXCtXm
tnwsenatKXtXCtXm
btKXtXCtXm
ncncncn
nsnsnsn
=+++=+++
=+++
&&&
&&&
&&&
Solucin
=
++=1
0 ))()(()()(n
sncnp tXtXtXtX
Donde:
( ) ( )
nn
n
nn
nn
nn
sn
nn
cn
w
nwR
R
dRtg
dRRI
tnwsenI
KaX
tnwI
KbX
K
btX
0
2
222
0
0
00
1
2
21
)(/
)cos(/
)(
=
=
+=
=
=
=
-
- 32
Ejemplo Seal Onda-Pulso Se puede demostrar:
Respuesta: Solucin estacionaria
( )
=
+
+=
1 2
0
22
0
12000
)12(2
)12(1)12(
)12(2
2)(
n
nn
n
w
wnd
w
wnn
twnsen
K
F
K
FtX
Seal:
( )
=
+=1
000
)12(
)12(2
2)(
n n
twnsenFFtF
Espectro discreto de la seal
-
- 33
Espectro discreto de la respuesta estacionaria d=0,1
Representacin Compleja de la Serie de Fourier Recordando la notacin de Euler para el seno() y cos()
2)cos(
2)(
ii
ii
ee
eesen
+=
=
y reemplazando en F(t):
( )
0
0
0
0
10
)(1
)(1
)(1
)(
0
0
00
bdttFT
C
dtetFT
D
dtetFT
C
eDeCbtF
T
o
tinwT
n
tinwT
n
n
tinwn
tinwn
==
=
=
++=
pero C-n=Dn Finalmente
= tinwneCtF 0)(
Cn: Coeficiente de Fourier complejo
-
- 34
Ejemplo:
)()()()( tFtKXtXCtXm =+++ &&&
= tinwneCtF 0)(
Solucin estacionaria
= tinwnp eXtX 0)(
Reemplazando en la ecuacin de movimiento se obtiene
( ) ( )[ ]
( ) ( )( ) nnn
nn
CinwHKinwCinwm
CX
CXKinwCinwm
0
02
0
02
0
=++
=
=++
H(inw0): Funcin de transferencia Finalmente
= tinwneCinwHtX 0)()( 0
-
- 35
Espectros Discretos Recordar que Xn=H(inw0)Cn ||Xn||=||H(inw0)||*||Cn||
Nota: Espacio de la frecuencia ||Xn||=||Hn||*||Cn|| Espacio temporal X(t)= F(t)*h(t) Convolucin
-
- 36
Resolucin Numrica de la Ecuacin de Movimiento Ecuacin de movimiento:
)()()()( tFtKXtXCtXm =++ &&& t 0 (1) C.I.
0
0
)0(
)0(
XX
XX
&& =
=
1.-Mtodo de Diferencia Central Utilizando desarrollo de Taylor de la funcin X(t) se tiene:
)(62
)( 432
11 tOXt
Xt
XtXXtX nnnnnn ++== &&&&&& (2)
)(62
)( 432
11 tOXt
Xt
XtXXtX nnnnnn ++++== ++ &&&&&& (3)
Sumando (2) y (3) y luego despejando nX&& se obtiene:
)(2 2
211 tO
t
XXXX nnnn +
+= +&& (4)
Restando (2) a (3)
t
XXX nnn
= +2
11& (5)
Reemplazando (4) y (5) en (1)
)(2
2
22
12212tOX
t
C
t
mXK
t
mFX
t
C
t
mnnnn +
+=
+
+ (6)
-
- 37
Algoritmo 1.- Dados 0X y 0X& reemplazando en (1) en t=0 se calcula 0X&&
2.- De la ecuacin (2) con n = 0 se calcula ...2 0
2
001 SOTXt
XtXX ++= &&&
3.- Calcular X1 utilizando X0 y X-1 en ecuacin (6) 4.- Calcular X2 utilizando X0 y X1 Contina la iteracin en forma similar. Estabilidad numrica En general la estabilidad numrica para este tipo de problemas se defina para casos sin disipacin de energa.
0)()(0)()( 2 =+=+ tXwtXtKXtXm n&&&& Solucin exacta
)()cos()( twBsentwAtX nn += X(t) acotada
Solucin numrica
Premultiplicando la ecuacin (6) por m
t 2 y ordenando la ecuacin se obtiene:
011 =+ + nnn XaXX (7) Donde
222 22 twtm
Ka n=
=
-
- 38
Ecuacin de Diferencias Finitas Solucin Postulando solucin del tipo polinmica
nnn AZXtX ==)(
y reemplazando en la ecuacin (7) se obtiene una ecuacin cuadrtica para Z con races distintas y positivas.
012 =+ aZZ Ecuacin caracterstica
122
2
1
+= aaZ >1
122
2
2
= aaZ >1
Notar que si a/2>1 Xn n diverge
a/2
-
- 39
2.-Mtodo de Newmark
Ecuacin de movimiento )()()()( tFtKXtXCtXm =++ &&& (1)
Ecuaciones bsicas
{ } tXXXX nnnn ++= ++ 11 )1( &&&&&& (2) 2
11 2
1tXXtXXX nnnnn
+
++= ++ &&&&& (3)
De (3) se despeja 1+nX&&
( ) nnnnn XXtXXtX&&&&&
= ++ 12
111121
(4)
Reemplazando (4) y (2) en (1)
( )
( ) n
nnn
XCt
m
XCt
mX
t
C
t
mFXK
t
C
t
m
&&
&
+
+
+
+
+
+=
+
+ +
222
1
212
(5)
Algoritmo 1.- Dadas las C.I. 0X y 0X& reemplazando en (1) escrita en t = 0, se calcula 0X&&
2.- Calcular X1 de 5; 1X&& de 4 ; 1X& de 2
3.- Calcular X2 de 5; 2X&& de 4 ; 2X& de 2 etc.
-
- 40
Casos Especiales
1.- Mtodo de aceleracin lineal =1/2 = 1/6
2.- Mtodo de aceleracin constantes =1/2 =1/4
Observacin: Utilizando esta estructura de la funcin de aceleracin entre los tiempos tn y tn+1 se pueden derivar directamente las expresiones (2) y (3) con los parmetros y correspondientes.
-
- 41
Estabilidad
Mtodo Estabilidad ( )
Aceleracin Lineal 1/6 1/2 0,55 Aceleracin constante 1/4 1/2 incondicional
t T
Al igual que en el mtodo de diferencia central es posible demostrar que si t es suficientemente pequeo la solucin numrica converge a la solucin exacta.
-
- 42
Espectro de Respuesta Un espectro de respuesta consiste en un grfico que representa la respuesta mxima de un sistema a una solicitacin determinada como funcin de su periodo o frecuencia.
Ejemplo: Modelo masa-resorte
-
- 43
Solucin para X(t): )()()( tFtKXtXm =+&&
t td
))cos(1()( 0 twK
FtX n=
t > td
( )[ ])()()cos(1)cos()( 0 twsentwsentwtwK
FtX ndnndn +=
( ) )()cos(22)( 0 = twsentwK
FtX ndn
Aplicacin al caso ssmico Modelo
X(t): Desplazamiento relativo Y(t): Desplazamiento total a(t): Aceleracin
-
- 44
Ecuacin de movimiento
)()()(2)(
)()()()(2 tatXwtXdwtX
tmatKXtXCtXm
nn =++=++
&&&
&&&
Solucin:
dtwseneaw
tX d
ttdw
d
n ))(()(1
)(0
)( =
Definiciones:
SDtX =max
)( : Espectro de desplazamiento relativo.
SVtX =
max)(& : Espectro de velocidad relativa.
SAtYtatX ==+
maxmax)()()( &&&& : espectro de aceleracin absoluta.
PSV = wnSD: Seudo espectro de velocidad. PSA = wn
2SD: Seudo espectro de aceleracin.
-
- 45
Representacin del espectro
Recordando que n
n Tw
2=
)log()2log()log( nTSDPSV = (1) Aplicando las otras definiciones se puede demostrar:
PSAT
PSV n2
= (2)
Reemplazando (2) en (1) se obtiene:
+=2
log)log()log(PSA
TPSV n (3)
En la figura, el eje X representa el periodo natural (Tn), el eje Y representa el seudo espectro de velocidad (PSV), el eje inclinado a 45 indica el desplazamiento espectral, El eje inclinado a 135 muestra la seudoaceleracin espectral(PSA).
-
- 46
Aplicacin Modelo de corte
Donde: W : peso V(t) : corte
)()( tKXtV = mPSAKSDtV ==
max)(
PSAg
WtV =
max)(
g
PSA se denomina coeficiente de corte basal
-
- 47
Sistema de N Grados de Libertad Caso Particular: N=2
Ecuacin de movimiento Utilizando Lagrange, o por equilibrio de fuerzas se obtienen dos ecuaciones que pueden ser escritas en forma matricial, como se presenta a continuacin
=
++
+
0
0
)(
)(
)(
)(
0
0
2
1
2
1
2
1
2
1
tX
tX
KKK
KKK
tX
tX
m
m&&
&& (1)
O bien:
[ ]{ } [ ]{ } { }0=+ XKXM &&
Solucin:
)cos()(
)()(
22
11
+=+=
wtAtx
wtsenAtx
-
- 48
Reemplazando en (1) se obtiene
=
++
0
0
2
1
222
211
A
A
wmKKK
KwmKK
444444 3444444 21
[ ] [ ]MwK 2 Solucin trivial
=
0
0
2
1
A
A
Solucin no trivial
[ ] [ ]( ) 0det 2 = MwK ecuacin para 2w De lo anterior se obtienen dos races reales y positivas donde 210 ww
-
- 49
Reemplazando (2) en (1) se obtienen relaciones entre los Aij y Acomodando convenientemente la expresin se obtiene:
)(1
)(1
)(
)(22
21211
111
2
1
+
++
=
twsenAtwsenAtX
tX
Donde:
12
222
11
211
A
A
A
A
=
=
En el caso particular en estudio se obtiene: Primer modo de vibrar
)(1
1
)(
)(1111
2
1 +
=
twsenAtX
tX
Segundo modo de vibrar
)(1
1
)(
)(2212
2
1 +
=
twsenAtX
tX
-
- 50
Coordenadas Principales Ecuacin de movimiento
=
++
+
0
0
)(
)(
)(
)(
0
0
2
1
2
1
2
1
2
1
tX
tX
KKK
KKK
tX
tX
m
m&&
&& (1)
Se define el siguiente cambio de variable
[ ][ ])()(
)(11
)(
)(
2
1
212
1 tqtq
tq
tX
tX
=
=
(2)
Reemplazando (2) en (1) y premultiplicando por [ ]T para el caso particular
KKK
mmm
21
21
====
se obtiene
=
++
0
0
)(
)(
240
02
)(
)(
20
02
2
1
2
1
tq
tq
KK
K
tq
tq
m
m
&&
&& (3)
0)()(
0)()(
2222
1211
=+
=+
tqwtq
tqwtq
&&
&& ecuaciones independientes
Solucin:
)()(
)()(
22122
11111
+=+=
twsenAtq
twsenAtq
Donde )(1 tq y )(2 tq son las coordenadas principales Nota: Las C.I. para las coordenadas principales se pueden obtener directamente de (2).
-
- 51
Sistema de N grados de libertad Ecuacin de movimiento (oscilacin libre): [ ]{ } [ ]{ } { }0)()( =+ tXKtXM && (4) Solucin: Suponiendo que la solucin es de la forma
{ } )()( += wtsentX (5) Reemplazando en (4) [ ] [ ]( ){ } { }02 = MwK (6)
Solucin trivial { } { }0= Solucin no trivial
[ ] [ ]( ) 0det 2 = MwK ecuacin para 2w (problema de valores propios) para cada wi existe un vector propio asociado.
[ ] [ ]( ){ } { }02 = MwK i (7) lo que implica N vectores { }i (modos de vibrar) por lo tanto la solucin puede escribirse como: { } { } { } { } )(...)()()( 222111 nnn twsentwsentwsentX +++++= Nota: El problema de vibraciones libres de un sistema de n grados de libertad y sin disipacin de energa se traduce en un problema matemtico de valores y vectores propios. debido a la simetra y positividad de las matrices de rigidez y de masa, los valores propios son reales y positivos y los vectores propios forman una base en RN
-
- 52
Ejemplos: 1.- Sistema de 2g.l. con C.I. homogneas
0)0(
0)0(
0)0(
)0(
2
1
2
01
====
X
X
X
XX
&
&
Ecuacin de equilibrio
[ ]{ } [ ]{ } { }0)()( =+ tXKtXM && Coordenadas principales
=
)(
)(
11
11
)(
)(
2
1
2
1
tq
tq
tX
tX
Condiciones iniciales
2/)0(
2/)0(
)0(
)0(
11
11
)0(
)0(
02
01
2
1
2
1
Xq
Xq
q
q
X
X
==
=
0)0(
0)0(
)0(
)0(
11
11
)0(
)0(
2
1
2
1
2
1
==
=
q
q
q
q
X
X
&
&
&
&
&
&
)cos(2
)(
)cos(2
)(
20
2
10
1
twX
tq
twX
tq
=
=
( )
( ))cos()cos(2
)(
)cos()cos(2
)(
210
2
210
1
twtwX
tX
twtwX
tX
=
+=
-
- 53
Recordando
( ) sensenmcoscoscos = La ecuacin se puede rescribir como:
( )
( )twsenwtsenXtX
twwt
XtX
=
=
2)(
cos2
cos)(
02
01
Donde ( )
21
21
2www
www
=
+=
Para el caso en que KKww
-
- 54
2.-Edificio de Corte
Ecuacin de equilibrio
=
+
)(
)(
)(
)(2
)(
)(
0
0
2
1
2
1
2
1
tF
tF
tX
tX
KK
KK
tX
tX
m
m&&
&&
Problema de valores y vectores propios
[ ] [ ]( ) 0det 2 = MwK
mKw
mKw
/618,1
/618,0
2
1
=
=
Modos de vibrar
{ }
{ }
=
=
618,0
0,1
618,1
0,1
2
1
Coordenadas principales
-
- 55
{ }
{ } [ ]{ }
{ }
{ } [ ]{ } )(362,1)(618,0)(
)()(
)(
)()(
)()(
)(618,3
)(618,1)(
)()(
)(
)()(
)()(
221
22
2
12
2222
121
11
2
11
1211
tfm
tFtF
tMt
tF
tFt
tqwtq
tfm
tFtF
tMt
tF
tFt
tqwtq
T
T
T
T
=
=
=+
=+
=
=+
&&
&&
C.I. para las coordenadas principales { } [ ]{ })()( tqtX = Se tienen 2 posibilidades para obtener las C.I. en trminos de { })(tq
a){ } [ ] { })()( 1 tXtq =
b)[ ] [ ]{ } [ ] [ ][ ]{ })()( tqMtXM TT43421
=
matriz diagonal
{ } [ ] [ ][ ]( ) [ ] [ ]{ })()( 1 tXMMtq TT = Finalmente
)(618,0)(618.1)(
)()()(
212
211
tqtqtX
tqtqtX
=+=
-
- 56
3.- Sistema de 2g.l. con aplicacin de una fuerzas externa.
Ecuacin de movimiento:
[ ]{ } [ ]{ }
=+0
)()(iwt
oeFtXKtXM &&
Postulando la solucin
11 )( XtX = eiwt
22 )( XtX = eiwt y reemplazando en la ecuacin de movimiento se obtiene:
[ ] [ ]( )
=
0
0
2
12 F
X
XMwK
Donde fcilmente se calcula
2
1
X
X
-
- 57
Formulacin General (Anlisis modal) Ecuacin de movimiento [ ]{ } [ ]{ } { })()()( tFtXKtXM =+&& (1) Problema Homogneo [ ]{ } [ ]{ } { }0)()( =+ tXKtXM && (2) Solucin. { } { } ( ) += wtsentX )( (3) Reemplazando(3) en (2) se obtiene: [ ] [ ]( ){ } { }02 = MwK (4)
Solucin no trivial:
[ ] [ ]( ) 0det 2 = MwK ecuacin caracterstica, problema de valores propios (5) nwww ,....,, 21 con ( )nwww
-
- 58
Propiedades de Ortogonalidad
[ ]{ } [ ]{ }iii MwK 2= (1) [ ]{ } [ ]{ }jjj MwK 2= (2)
Premultiplicando (1) y (2) por { } { }TiTj y respectivamente y recordando que
{ } [ ]{ }( ) { } [ ]{ }jKK TiTiTj = al restar (1) a (2) se obtiene
( ){ } [ ]{ }( )jTiij Kww 22 Caso 1 i j
{ } [ ]{ }( ){ } [ ]{ }( ) 0
0
=
=
jT
i
jT
i
K
M
Los modos de vibrar son ortogonales con respecto a [ ]M y [ ]K Caso 2 i=j
{ } [ ]{ }( ){ } [ ]{ }( ) nnjTi
njT
i
MwK
MM
2=
=
-
- 59
Normalizacin de los Modos de Vibrar Suponiendo que se tiene{ }i , se define: { }
{ } [ ]{ }{ }i
iT
i
iM
1 =
Se puede demostrar que
{ } [ ]{ }{ } [ ]{ } 2
1
ni
T
i
i
T
i
wK
M
=
=
Definicin: Matriz de modos de vibrar [ ] { } { } { }[ ]nNN ... 21 MM= Entonces:
[ ] [ ][ ] [ ]
[ ] [ ][ ]
NNn
T
T
w
w
K
IM
=
=
2
21
0
0
O
O
Coordenadas principales
{ } [ ]{ } { } )()()(1
tqtqtX iN
ii
=
== superposicin modal
Reemplazando en la ecuacin de equilibrio y premultiplicando por [ ]T
[ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ][ ]{ } [ ] { })()()( tFtqKtqM TTT =+&& De las condiciones iniciales se puede demostrar que:
{ } [ ] [ ]{ })()( tXMtq T=
-
- 60
Respuesta Mxima para Xi I) Mtodo Directo Consiste En obtener Xi(t) analticamente o numricamente
max)(tX i : respuesta mxima
II) Mtodo Indirecto- Superposicin Modal
{ } [ ]{ } { } )()()(1
tqtqtX jN
jj
=
==
=
=N
jjiji tqtX
1
)()(
donde )(tq j es la solucin de :
{ } { })()()( 2 tFtqwtq Tjjjj =+&&
==
=
N
jjij
N
jjiji tqtqtX
1max
max1max
)()()( Cota superior para max
)(tX i
Observacin: En algunos casos es posible considerar slo algunos modos de estas superposiciones (Truncamiento modal) Un mtodo frecuentemente utilizado en el caso ssmico es el llamado mtodo RMS.
=
=N
jjiji tqtX
1
max22
max)()( (aproximacin de la respuesta mxima)
-
- 61
Aplicacin: Caso ssmico Modelo:
Ecuacin de movimiento:
[ ]{ } { }( ) [ ]{ } { }0)()(1)( =++ tXKtutXM g&&&&
{ }
=1
1
1
1
{ })(tX&& : aceleracin con respecto al piso [ ]{ } [ ]{ } [ ]{ } )(1)()( tuMtXKtXM g&&&& =+ Resolviendo por coordenadas principales { } [ ]{ })()( tqtX )= reemplazando en la ecuacin de movimiento y premultiplicando por[ ]T) se obtiene
{ } [ ]{ } )(1)()( 2 tuMtqwtq gTiiii &&&& =+ Definiendo
{ } [ ]{ }1MTii = factor de participacin modal )()( tZtq iii =
-
- 62
Finalmente se obtiene
)()()( 2 tutZwtZ giii &&&& =+ y por lo tanto
{ } { }=
=n
iiii tZttX
1
)()()(
La respuesta mxima de Zi(t) se puede obtener directamente del espectro de respuesta correspondiente al registro )(tug , o bien analticamente o numricamente.
Ejemplo:
Datos: m1 =136 m2 = 66
{ }
=08313,0
06437,0i { }
0924,00567,0
2
[ ][ ]sradw
sradw
/9,32
/83,11
2
1
==
Ecuaciones modales
)()()( 2 tutqwtq giiii &&&& =+
6,1
1,14
2
1
==
-
- 63
Solucin:
( )( )
( )( ))(cos11082
47.108)(
)(cos1140
47.108)(
22
11
twtZ
twtZ
=
=
De donde
{ } )cos(015,0
009,0)cos(
9,0
704,0
874,0
7135,0)( 21 twtwtX
+
+
=
426,1)(
max1=tX (valor exacto)
789,1)(max2
=tX (valor exacto)
( ) ( ) 409,1)()( max222122max212111 =+= tZtZRMS max1 )(tX En forma similar se obtiene 800,1)(
max2tX (RMS)
Nota: En general la carga ssmica se puede describir como:
[ ]{ } [ ]{ } [ ][ ]{ })()()( tXGMtXKtXM g&&&& =+ { }:)(tX g&& vector de componentes independientes del modo de vibrar.
-
- 64
Ejemplos: 1.- Movimiento basal horizontal
2.- movimiento basal horizontal y rotacional Por ejemplo:
)()()()(
)()()()(
111
111
thtutXtX
thtutXtX
g
gg
&&&&&& ++=
++=
Entonces:
-
- 65
3.- movimiento basal horizontal, vertical y rotacional
[ ]
=
100
010
01
100
010
01
2
1
h
h
G
Modelo de Disipacin de Energa para Sistemas de n Grados de Libertad (modelo viscoso) Modelo:
-
- 66
Ecuacin de movimiento:
[ ]{ } [ ]{ } [ ]{ } { })()()()( tFtXKtXCtXM =++ &&& (1)
[ ]
=
3
2
1
00
00
00
m
m
m
M [ ]
+
+=
33
3322
221
0
0
KK
KKKK
KKK
K
[ ]
+
+=
33
3322
221
0
0
CC
CCCC
CCC
C
Solucin: Coordenadas principales { } [ ]{ })()( tqtX = (2) Ecuacin en coordenadas principales:
[ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ][ ]{ } [ ] { })()()()( tFtqKtqCtqM TTTT =++ &&& (3)
Supongamos que [ ] [ ][ ] CT es matriz diagonal:
[ ] [ ][ ]
=O
O
iiT wdC 2 (4)
Entonces (3) se reduce a:
{ } { })()()(2)( 2 tFtqwtqwdtq Tiiiiiii =++ &&& (5) Condiciones suficientes para la ecuacin (4) 1) Si [ ] [ ] [ ]KMC += con y constantes (Amortiguamiento clsico)
Entonces [ ] [ ][ ] CT es matriz diagonal
[ ] [ ][ ] [ ]
+=O
O2
iT wIC
-
- 67
por lo tanto
22i
ii
w
wd
+= (6)
2) Si [ ] [ ] [ ] [ ]( )
=
=
n
l
l
l KMMC0
1 (7)
Entonces [ ] [ ][ ] CT es matriz diagonal y se puede demostrar que { } [ ]{ }
=
==n
lii
lili
Ti wdwC
0
2 2
=
=n
l
lil
ii ww
d0
2
2
1
Problema inverso: Se requiere controlar los primeros tres factores de amortiguamiento crtico.
=
3
2
1
2
1
0
3333
3222
3111
/1
/1
/1
2
1
d
d
d
www
www
www
Dados 321, ddd se obtienen los coeficientes y luego la matriz de amortiguamiento viscoso.
[ ] [ ] [ ] [ ]( )
=
=
n
l
l
l KMMC0
1
-
- 68
Anlisis Modal caso ssmico Modelo: Matriz de rigidez horizontal
Ecuacin de movimiento:
[ ]{ } [ ]{ } [ ]{ } [ ] )(1)()()( tuMtXKtXCtXM g&&&&& =++ (1) Anlisis modal: { } [ ]{ })()( tqtX = (2) Reemplazando (2) en (1) se obtiene:
)()()(2)( 2 tuM
Ltqwtqwdtq g
i
iiiiiii &&&&& =++
Donde
{ } [ ] { }
{ } [ ]{ }
==
==
=
N
jijiji
Ti
N
jijij
Ti
Ti
MmM
Lm
m
m
M
2
1
0
0
1
O
M i : masa modal
-
- 69
Respuestas Mximas(anlisis modal) Desplazamiento en el piso (nivel l)
(modo i) Fuerzas laterales: { } [ ]{ } )()( tqKtF iii = Corte basal
=
=N
jjii tFtV
1
)()(
Entonces
= ==
==N
i
N
jji
N
ii tFtVtV
1 11
)()()(
Donde
=
=N
lilijlji tqKtF
1
)()(
Respuestas Mximas (Anlisis espectral)
ii
ii SDM
Ltq =
max)(
SDi: desplazamiento mximo espectral
liii
iil SDM
LtX =
max)( (contribucin modo i)
{ } [ ]{ } )()( tqKtF iii =
[ ]{ } )(2 tqMw iii =
-
- 70
Por lo tanto
)()( 2 tqmwtF ililili = (contribucin modo i)
ililili SDmwtF 2
max)( =
ii
ilil PSAM
Lm =
Corte basal
max1max
)()( =
=N
jjii tFtV
ii
i PSAM
L 2=
Definiciones:
i
ii M
LgW
2
=
ii
i Wg
PSAtV =
max)( (contribucin modo i)
g
PSAi : coeficiente de corte basal
iW : peso efectivo correspondiente al modo i
Se puede demostrar que
=
N
iiW
1
: peso total del sistema
-
- 71
Respuestas Mximas Si R(t) es la respuesta total del sistema (desplazamiento, fuerzas, corte basal, etc.), entonces:
=
=N
ii tRtR
1
)()(
Mtodo RMS
=
N
ii tRtR
1
2
maxmax)()(
Aspectos Numricos Clculo de Modos de Vibrar Ecuacin de movimiento:
[ ]{ } [ ]{ } { }0)()( =+ tXKtXM && (1) Solucin:
Suponiendo una solucin del tipo{ } { }=)(tX eiwt (2) y reemplazando en (1) se obtiene: [ ]{ } [ ]{ } MwK 2= (3) Por lo tanto si pw y { }p es una solucin de (3), al reemplazar w y { } por pw y { }p respectivamente y luego premultiplicando por { }Tp se puede verificar
{ } [ ]{ }{ } [ ]{ }pTp
pT
pp
M
Kw
=2 (4)
Definicin: Funcin de Rayleigh
{ }( ) { } [ ]{ }{ } [ ]{ }uMu
uKuuR
T
T
(5)
Nota:
{ }( ) 2pp wR = y se puede demostrar que { }( ) 221 NwuRw
-
- 72
Mtodo Iterativo Problema: [ ]{ } [ ]{ } MwK 2= o bien [ ]{ } [ ]{ } MK = 1.- Considerar un vector { }11 arbitrario Donde
2.- Resolver [ ]{ } [ ]{ }1121 MK = { } [ ] [ ]{ }11121 MK = Notar que si { } { } { } { }nn +++= ....221111 { } [ ] [ ] { } { } { }( )nnMK +++= ....2211121
De lo anterior se deduce [ ] [ ]{ } { }11
11 1
= MK
{ } { } { } { }nn
n
+++= ....1
2
21
1
121
3.- Resolver [ ]{ } [ ]{ }2131 MK = { } { } { } { }n
n
n
2122
212
1
131 ....+++=
Iteracin k [ ]{ } [ ]{ }kk MK 111 =+
{ } [ ] [ ]{ }kk MK 1111 + =
{ } { } { } { }nkn
nkk
k
+++=+ ....1
2
21
1
111
-
- 73
{ } { } { } { }
++
+=+ n
k
nn
k
kk
12
2
1211
1
11 ....
1
Se puede demostrar que { } + kk 11 es mltiplo de { }1 y { }( ) 2111 wR kk =+ Solucin para { }2 y 2w
Definir un vector { }12 tal que { } [ ]{ } 0121 = MT Iteracin k [ ]{ } [ ]{ }kk MK 212 =+ { } { } { } { }
++
+=+ n
k
nn
k
kk
23
3
2322
2
12 ....
1
{ } + kk 12 es mltiplo de { }2 y { }( ) 2212 wR kk =+ Solucin para { }m y mw
Se define un vector tal que { } [ ]{ } 0' =mTi M i=1,....,m-1 Definicin de { }'m dado{ }'m arbitrario, definir { } { } { }
=
=1
1
''m
iiimm
Donde
{ } [ ]{ }'mTii M =
{ } { } { } [ ]{ }( ){ }
=
=1
1
'''m
iim
Timm M
-
- 74
Control de Vibraciones Aisladores: Una forma de reducir el nivel de vibraciones es aislando la fuente de vibracin del sistema, o bien aislando el sistema de la fuente vibracin, lo anterior se puede realizar, por ejemplo, mediante materiales con un alto grado de amortiguamiento Modelo:
X(t): desplazamiento total Y(t): Excitacin en la base
( ) ( ) RTdRRdR
Y
X =+
+=222
2
21
)2(1
FT: Fuerza transmitida a la base
-
- 75
Ejemplo: Sistema de control electrnico dentro de un automovil
Condicin: desplazamiento mximo del mdulo 0,005[m] Parmetros: m = 3 kg
)3(01,0)( tsenty = [m] Solucin:
5,0==Y
XTR
Diseo: Una posible solucin de la ecuacin anterior es : d = 0,02, R= 1,74
( ) [ ][ ]segkgc
mNK
/2076,0
/974,13 2
==
Fuerza transmitida al mdulo:
( ) ( ))()()()()( tYtXctYtXKtFT && ++= Reemplazando se obtiene:
( )( ) ( ) RT TKYRdRR
dRKYRtF 2
222
222
21
21)( =
++=
= 0,135[N] Si esta fuerza excede los lmites tolerables se debe modificar el diseo.
-
- 76
Aplicacin: Aislacin de mquinas rotatorias En ocasiones es deseable reducir las fuerzas transmitidas por estos sistemas a travs del sistema de aislamiento. En estos casos, generalmente la masa es fija por lo tanto lo que se puede variar en la prctica es el valor de la rigidez del resorte. Para el caso particular en que R 3 y el amortiguamiento es pequeo (d
-
- 77
Se tienen los siguientes casos: Caso 1 TR = 1 No hay reduccin Caso 2 TR = 0 reduccin del 100% de la transmisin Es conveniente estudiar el comportamiento de T= 1-TR (Reduccin de Transmisibilidad), de este modo se tiene:
1
11
2 =
RT (2)
T = 0 No hay reduccin T = 1 Reduccin total Despejando R de la expresin anterior se obtiene.
nw
w
T
TR =
=
1
2 (3)
Donde: w: frecuencia del rotor que provoca la oscilacin
[ ]segradnnw /3060
2 ==
Reemplazando (1) en (3)
( ))1(
230
T
Tgn
s =
Extrayendo el logaritmo a la ltima expresin se obtiene:
+=
T
Tn s 1
29,29log)log(5,0)log( (4)
La ecuacin (4) posee las siguientes variables: n: [r.p.m] s: caracterstica del resorte T : valor de diseo que se quiere alcanzar
-
- 78
Solucin grfica Porcentaje de reduccin de T
En general n es dato y s determina el resorte requerido [in]