Vi Brac i Ones Mecanic As

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


))()()()()( 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


)()()()( 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


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


)()()()( 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


)()()(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.


[ ]{ } [ ]{ }

=+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:


[ ]{ } { }( ) [ ]{ } { }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


[ ]{ } [ ]{ } [ ]{ } { })()()()( 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


[ ]{ } [ ]{ } [ ]{ } [ ] )(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]

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