vibracion cap2

Vibraciones Mecánicas Pág. 2-1

2. Vibraciones libres de sistemas de un grado de libertad sin amortiguamiento

Como hemos visto en el anterior capítulo, un sistema que vibra libremente y sin amortiguamiento tendrá en general una ecuación diferencial que describe su movimiento y que tendrá la forma: (2.1) 02

0 =+ xx ω&&

donde el término ω0 se denomina frecuencia circular, natural o propia.

Hemos visto también que dicha ecuación corresponde a la del movimiento armónico simple. Su solución es de la forma: tBtsenAtx 00 cos)( ωω += (2.2) donde A y B son constantes que se determinan a partir de condiciones iniciales particulares del problema. Otra forma usual de escribir la solución de (2.1) es: → )()( 00 ϕω += tsenCtx (2.3) la cual es además equivalente a la solución (2.2) y cuyas constantes de integración vienen a ser C y 0ϕ y, está claro, se determinan a partir de condiciones iniciales particulares del problema. Si g ficamos x = x (t): x(t)

En arm

Pont

ra

ϕ0

t = 0

t

ω0

x = 0

C

C

-C

x

t0

ϕ =ωο t

t

T = 2π / ω0

Fig. 2.1 Gráfico x–t para el movimiento armónico simple.

el gráfico de la fig. 2.1 se pueden apreciar los siguientes parámetros del movimiento ónico simple:

C : amplitud de la vibración

T : período → 0

2ω

π=T [s] (2.4)

f : frecuencia → π

ω2

1 0==T

f [s-1] (2.5)

ificia Universidad Católica del Perú Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


2.1 Análisis del sistema masa-resorte

k

x

m

En la figura 2.2 se muestra un sistema formado por una masa que puede deslizar sobre una superficie lisa y un resorte de constante de rigidez k fijo a ella. Ante la ausencia de fricción, el equilibrio estático de la masa sería solamente posible si el resorte está sin deformar. Si de dicha posición de reposo se desplaza la masa en una distancia xo y se la suelta con una velocidad inicial vo, entonces la masa empezará a moverse en torno a la posición de equilibrio.

Fig. 2.2 Sistema masa-resorte.

Tratemos de establecer la ecuación del movimiento a través del análisis de la masa cuando se encuentra a una distancia genérica x de la posición del equilibrio estático (ver figura): De la 2da. ley de Newton:

Según la segunda ley de Newton:

y como xkFR = Esta ecuación que tiene la forma d

+x&&

sea mk

=20ω → +x&&

En este caso: mk

=0ω es

La solución general de la ecuación

senAtx 0)( ω= Las constantes A y B se pueden calibre con velocidad inicial v0 desd

→ )0( 0 Axx == si derivamos (2.7) con respecto al

Pontificia Universidad Católica del Perú

xm &&FR = k x

Nmg

≡

Fig. 2.3

xmFR &&=−

→ 0=+ xkxm &&

el movimiento armónico simple:

0=xmk

(2.6) 020 =xω

la frecuencia circular natural o propia del sistema.

diferencial (2.6) será, como hemos visto:

tBt 0cos ω+ (2.7)

lcular de la siguiente manera: puesto que la masa se deja e una distancia inicial x0 cuando t = 0:

0cos0 Bsen + → 0xB =

tiempo:

Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


tsenBtAtx 0000 cos)( ωωωω +=&

como: → 0)0( vx =& 00cos 0000 senxAv ωω −= → 0

0

ωvA =

La solución será: txtsenvtx 0000

0 cos)( ωωω

+= donde mk

=0ω (2.8)

o si se quiere: )()( 0 φω += tsenCtx

donde: C = 22 BA + = 20

2

0

0 xv+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ω

y ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

00

0

/arctanarctan

ωφ

vx

AB

El periodo de las vibraciones será: kmT π

ωπ 22

0

==

y la frecuencia: mk

Tf

π211

==

En la figura 2.4 se muestra el gráfico x-t para un sistema masa-resorte que es liberado con una cierta velocidad inicial vo desde una posición inicial determinada por xo.

t

x(t)

x t( )

t

Fig. 2.4 Gráfico x-t para un sistema masa-resorte. En general, para sistemas libres no amortiguados, la ecuación diferencial del movimiento también se puede encontrar a través del principio de conservación de energía, pues no hay fuerzas disipativas (fricción, por ejemplo). Aplicando esto al sistema masa-resorte analizado tendremos: constante =+ VT

22

21

21 xkxm +& = constante

dtd / : 0)2(21)2(

21

=+ xxkxxm &&&&

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


0=+ xxkxxm &&&&

→ 0=+ xkxm &&

la cual es la ecuación diferencial ya estudiada. Si el sistema masa-resorte está dispuesto de tal manera que la masa pende libremente y por ende se encuentra bajo la influencia del campo gravitatorio (fig. 2.5), entonces entra a tallar en el análisis el peso propio de la masa.

k

x

Posición de equilibrio estático

Fig. 2.5 Sistema masa resorte. Está claro que en la posición de equilibrio estático, el resorte está estirado en una cierta cantidad que llamaremos δ0. En dicha posición se cumplirá: δk Por condición de equilibrio estático: Si retiramos la masa de dicha posiciposición genérica determinada por la c

m

(= kFR

Pontificia Universidad Católica del Perú

mg

0

Fig. 2.6

00 =− gmk δ ón y la dejamos libre, entonces el análisis para una oordenada x nos muestra que:

)0δ+x

xm &&g

≡

Fig. 2.7

Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


Aplicando la segunda ley de Newton:

xmxkgm &&=+− )( 0δ

es decir: xmkxkgm &&=−− 0δ Recordando la expresión proporcionada por el equilibrio estático, esta última expresión queda como: 0=+ xkxm && La cual es la ecuación diferencial del movimiento del sistema analizado y que corresponde exactamente a la ecuación diferencial encontrada para el caso anterior. La única diferencia radica en el hecho que, para el caso que acabamos de analizar, en la posición de equilibrio (en torno a la cual ocurre el movimiento vibratorio) el resorte está deformado, mientras que en el primer caso el resorte estaba sin deformar. 2.2 Aplicación a vibraciones libres de partículas y cuerpos rígidos Ejemplo 2.1 Si la rueda gira sin deslizar, se pide hallar la ecuación del movimiento del

centro O así como la frecuencia circular natural o propia del sistema y el periodo de las oscilaciones, si es que la rueda se separa una distancia x0 de la posición de equilibrio estático (resorte sin deformar) y se la deja libre desde el reposo.

k

x

θm

r

Fig. 2.8 Sistema rueda-resorte.

Según el Principio de D’Alembert, para cualquier instante del movimiento del disco, es decir, para una posición genérica determinada por el parámetro x, los siguientes sistemas son equivalentes: Ahora podemo

:∑ xF

∑ :OM

Pontificia Univers

FR = k x

N

mg≡ xm &&

θ&&0I

O O

Ff

Fig. 2.9

s escribir:

(1) xmFF fR &&=−−

(2) θ&&Of IrF =

idad Católica del Perú Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


(2) en (1): xmrIxk &&&& =−− θ0 (3)

Cinemática (rodadura pura): rxrx&&&&&&&& =→= θθ

en (3): xmxrIxk &&&& =−− 2

0

como 021

21 2

0 =++→= xkxmxmrmI &&&&

ordenando: 032

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+ x

mkx&& (ecuación diferencial del movimiento de la rueda)

Una forma alternativa de llegar a esta ecuación del movimiento es considerar el hecho de que dado que en este sistema no hay pérdidas de energía por fricción entonces podemos plantear la ecuación de conservación de energía:

=+ VT constante

222

21

21

21 xkIvm GG ++ ω = constante (4)

es decir: 2222

21

21

21

21 xkmrxm +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+ θ&& = constante

dtd / : 021 2 =++ xxkmrxxm &&&&&&& θθ (5)

como rx&& =θ y

rx&&&& =θ , reemplazando en (5) obtenemos:

021 2 =++ xxk

rx

rxrmxxm &&&&

&&&

de donde: 032

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+ x

mkx&& (6)

Que coincide con la expresión anteriormente hallada. Esta ecuación tiene la forma de la ecuación diferencial del movimiento armónico simple:

020 =+ xx ω&&

donde: mk

322

0 =ω

Ahora, la frecuencia circular natural del sistema estudiado es: mk

32

0 =ω

El periodo de las oscilaciones será: kmT

2322

0

πωπ

==



Como ya sabemos, la solución de la ecuación diferencial es:

tBtsenAtx 00 cos)( ωω += (7) Las constantes A y B se calculan a partir de las condiciones iniciales del problema: puesto que la masa se deja libre desde una distancia inicial xo cuando t = 0:

00 0cos0 xBBsenAx =→+= si derivamos (7) con respecto al tiempo:

tsenBtAtx 0000 cos)( ωωωω −=&

para , 0=t 000cos00 000 =→−=→= AsenxAx ωω&

la solución será: tmkxtx

32cos)( 0= (8)

o si se quiere: )()( 0 φω += tsenCtx

donde: ( ) 020

222 0 xxBAC =+=+=

y 2/

tanarctanarc00

0 πω

φ =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

vx

AB

)2()( 00 πω += tsenxtx

es decir: tmkxtx

32cos)( 0=

solución que es exactamente igual, como era de esperar, a la encontrada líneas arriba.



Ejemplo 2.2: Sobre una ranura practicada en un disco circular se mueve sin rozamiento una maza m de tamaña muy pequeño, la cual está sujeta a un resorte de constante de rigidez k y longitud libre (longitud sin deformar) e. Si el disco gira con velocidad angular constante alrededor del eje vertical que pasa por O (perpendicular al plano del dibujo) se pide calcular la frecuencia circular (frecuencia propia) del sistema y la solución de la ecuación diferencial del movimiento.

∗ω

Datos : m = 0,45 kg

c = 3200 N/m e = 12 cm

= 65 rad/s *ω Solución: DCL para la masa en un instante t cu

distancia r del eje O.

m ≡θ

N

O

FR

Fig. 2.1

Del segundo principio de Newton podemos escrib ∑ rF : donde la fuerzrR amF =− → )()( 2θ&&& rrmerk −=−−

donde = . θ& *ω

Ordenando: m

ekrmkr =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+

2*ω&&

La ecuación diferencial homogénea es ⎜⎝⎛+

mkr&&

la forma , que corresponde al movim020 =+ rr ω&&

Pontificia Universidad Católica del Perú Sec

ω∗

m

O

Fig. 2.10

alquiera y p

θ

O

1

ir, según coo

a del resorte

Ecuación Dide 2° orden.

2

=⎟⎠⎞− ∗ rω

iento armón

ción Ingeniería M

Sistema masa-resorte montado en una placa que gira con velocidad angular constante.

ara el cual se encuentra a una

θe

mar

re

θam

rdenadas polares:

es )( erkFR −=

ferencial no homogénea

0 y por consiguiente tiene

ico simple.

ecánica – Área de Mecánica Aplicada


La frecuencia propia será : 2*0 )65(

45,032002

−=−= ωωmk

→ 72,530 =ω rad/s

• la solución homogénea será: tsenCtCtrh 0201 cos)( ωω += donde 2*

0 ωω −=mk

• la solución particular será de la forma: Brp = (const.) → 0=pr& → 0=pr&& Reemplazando en la ecuación diferencial no homogénea:

m

ekBmk

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − ∗2

ω → 2*1 ω

kmeB

−=

Ahora, la solución general de la ecuación diferencial será:

2*

0201

1cos)(

ωωω

kmetsenCtCtr

−++=

Se trata pues, de vibraciones armónicas alrededor de la “posición de equilibrio dinámico”

determinada por 2*1 ω

kmer

−=

Como se observa a continuación, en esa posición se igualan la fuerza del resorte con la fuerza centrífuga:

( )2

2

2 *

*

11 ω

ω

ωkmeme

kmekerkFR

−=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=−−=∗

2*

*

2*2

2

1ω

ωωθ

kmemrmrmFC

−=== &

Si nos dan las condiciones iniciales, por ejemplo: ( ) 00 rr = y ( ) 00 =r&

→ 0*

212

1)0()1()0( r

kmeCCr =

−++=

ω

y 0)1()0()0( 21 =+−= ωω CCr&

de donde: 2*

01

1 ωkmerC

−−=

y 02 =C



Ahora podemos escribir: 22 *

0*

0

1cos

1)(

ωω

ωkmet

kmertr

−+

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−=

es decir: 22 *

2

*0

1cos

1)(

ωω

ωkmet

mk

kmertr

−+−

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−= ∗

La gráfica de esta ecuación se muestra a continuación.

Fig. 2.12 Respuesta en el tiempo del sistema analizado.

80

40−

r t( )

rm

100 t

r(t)

t

2*1 ωkme

−

O

Aquí se nota con mayor claridad, que las oscilaciones son armónicas y ocurren alrededor de la posición de equilibrio dinámico.

Nota: examinando el término 2*

0 ωω −=mk se puede decir que:

• si 2*ω>

mk vibración estable ⇒

• si 2*ω=

mk ⇒

mekr =&& se ve que la aceleración es constante y

en consecuencia la masa se irá alejando hasta que falle el resorte.

⇒

• si 2*ω<

mk soluciones exponenciales ⇒ la amplitud crece hasta

que el sistema se rompe.

⇒



Ejemplo 2.3: El siguiente sistema vibratorio (péndulo invertido) consta de una esfera pequeña de masa m y una varilla de masa M y longitud l , así como de dos resortes lineales idénticos de coeficientes de rigidez k. Se pide:

a) Utilizar la ecuación de conservación de energía para determinar la ecuación diferencial de movimiento del péndulo.

b) Linealizando la ecuación anterior para pequeñas oscilaciones, calcular la frecuencia natural o circular y el periodo de las oscilaciones pequeñas del sistema.

c) Si el sistema se aparta del equilibrio (posición vertical) en 0θ )5( °≤ y se suelta con velocidad inicial 0θ , deducir la ecuación del movimiento )(tθθ = .

d) Determinar para qué valor del coeficiente de rigidez k el sistema no realiza oscilaciones.

k

m

k

a

M

Fig. 2.13

θ&

Solución: a) Como el sistema vibra libremente sin

amortiguamiento entonces se conserva la energía:

T + V = const. (1) Para la posición genérica determinada por θ , la deformación en cada resorte será: θδ sena= (2)

Energía cinética: 2

2

21

221)(

21 θθθ &l&l GIMmT +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=

→ 2222

61

21 θθ &l&l MmT +=

Energía potencial: 212cos

2cos θθ kgMgmV ++=

ll

en (1): θθθ 2222 cos61

21 mgMm ⎜

⎝⎛ +++ l&l&l

ordenando: θθ 22

2cos

321 MmgMm +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + l&l

dtd / : 23

2 ⎜⎝⎛ +−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + θθθθ &l&&&l

MmsengMm

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección Ingeniería

k k

?

N.R.

a

Fig. 2.14

2& con 12

2lMIG =

)( θsena

θ22

2senakM

+⎟⎠⎞ = const.

θ22 senak = const.

0cos2 2 =+⎟⎠⎞ θθθ &senak

Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


0cos223

22 =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + θθθθ senaksenMmgMm l&&l

la cual es la ecuación diferencial del movimiento del sistema.

b) si θ pequeño: 02

23

22 =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + θθ MmgakMm l&&l

ordenando: 0

3

22

2

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

+ θθMm

Mmgak

l

l&&

La frecuencia natural o circular del sistema será:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

=mM

mMgak

3

22

2

2

0

l

l

ω [rad/s]

y el periodo: 0

2ωπ

=T [s]

c) La solución de la ecuación diferencial linealizada será: tBtsenAt 00 cos)( ωωθ +=

0,0 θθ ==tsi : )1(00 B+=θ → 0θ=B tsenBtAt 0000 cos)( ωωωωθ −=&

0,0 == θ&tsi : 0)1(0 0 −= ωA → 0=A

→ tt 00 cos)( ωθθ = 0(ω quedó definida en b))

d) El sistema no realizará oscilaciones si el término dentro del radical de 0ω se hace negativo:

02

2 2 <⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +− mMgak l

→ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +< mM

agk

22 2

l

Es decir, para que el sistema vibre se necesita que: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +> mM

agk

22 2

l



Otra manera de llegar a la ecuación diferencial del movimiento del sistema sería a través del Principio de D’Alembert.

θ&&I Como los siste

A MM +∑ :

→ lg

ordenando:

ecuación que solución.

Pontificia Univers

k x k x

Ax

Ay

mg

Mg

G G

A

G

nBma

t

Bma

n

Gma

t

Gma

B

≡

Fig. 2.15θsen2/l

θsenl

θ

mas mostrados son equivalentes:

&&ll tt⎞⎛
θθθθ l GBGR IamaMaFsengmseng ++=−+⎟⎠
⎜⎝ 2

)cos(2)(2

θθθθθθ &&l&&l&&l

122)cos()(2

2

22

2 MmMasenakmMsen ++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

02

cos23

22 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + θθθθ senmMgsenakMm l&&l

es exactamente igual (como debía ser!) a la encontrada en la primera

idad Católica del Perú Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


Ejemplo 2.4: La barra DB (masa m, longitud

sólo puede moverse en sentido horizontal. Ella está articulada al apoyo móvil B y se apoya sobre el disco homogéneo de masa m y radio r, el cual puede girar alrededor del eje fijo A. El movimiento relativo entre el disco y la barra es de rodadura sin deslizamiento. El extremo D de la barra está unido a un resorte (constante de rigidez el cual para está sin deformar.

)4r=l

)2/ rmgk =

Si el coeficiente de fricción estático es µ y sabiendo además que para el sistema se aparta en una distancia de su posición de equilibrio y es dejado libre con velocidad inicial nula, se pide:

0=t0x

a) La ecuación diferencial del movimiento de la barra. b) La frecuencia circular del sistema así como el periodo de las oscilaciones. c) La solución de la ecuación diferencial. Solución: a) Haremos, para cada cuerpo, un análisis según el Principio de D’Alembert, para un

instante genérico determinado por la coordenada x: Barra:

:∑ xF (1) xmxkFf &&=−

:∑ yF 0=+− BgmN (2)

+∑ GM : 0)2( =− rBxN (3) Disco: N

2r

Fig. 2.16

rA

ϕϕϕ &&&,,

k

xxx &&&,,2r

GD B

Ff

N

x

xm &&G

Fig. 2.17

≡mg

G

2r

FR = k x

B

Pontificia Universida

r mg

Ff

Ax

Ay

A

ϕ&&AI

A≡

Fig. 2.18

d Católica del Perú Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


∑ AM : ϕ&&IrF =− (4) Para ro

de (2) y

(6) en (

de (4) y

(8) en (

y como

→

la cual b) La

mo

y el pe

c) La

donde si =t

deriva si =t

Entonc

Pontific

+
Af
dadura pura: ϕrx = → ϕ&&&& rx = (5)

(3): rx

gmrN2

2+

= (6)

2): rxgmrgmB

22

+−= →

rxgmxB2+

= (7)

(5): rx

rIF A

f

&&−= con 2

21 rmI A = → xmFf &&

2−= (8)

1): 02

=−−− xkxmxm &&&&

rgmk

2=

03

=+ xr

gx&& (9)

es la ecuación diferencial del movimiento de la barra.

ecuación es de la forma , en consecuencia la respuesta será un vimiento armónico simple con frecuencia circular:

020 =+ xx ω&&

rg

30 =ω [rad/s]

riodo de las oscilaciones será: grT 322

0

πωπ

==

solución de la ecuación (9) es de la forma:

tBtsenAtx 00 cos)( ωω += (10)

A y B son constantes que se determinan de la siguiente manera.

→ 0 0xx = → )1()0(0 BAx += → 0xB =

ndo (10): tsenBtAtx 0000 cos)( ωωωω −=&

→ 0 0=x& → )0()1(0 00 ωω BA −= → 0=A

es la respuesta será:

txtx 00 cos)( ω= donde r

g30 =ω

ia Universidad Católica del Perú Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


2.3 Consideración aproximada de la masa del resorte Si se quiere considerar la masa del resorte en el análisis del movimiento vibratorio de un sistema masa-resorte, entonces se puede proceder como se indica a continuación:

Lo

F Soa F D

P

x

Lo + x

mR : masa del resorte Lo : longitud de rigidez del resorte k : constante de rigidez del resorte m : masa del bloque v : velocidad del bloque en el instante

mostrado

ig. 2.19 Sistema masa-resorte.

uponiendo que la velocidad del extremo del resorte unido al bloque es v mientras que el tro extremo del resorte tiene velocidad nula, entonces se puede aceptar que, de manera proximada, la distribución de velocidad a lo largo del resorte es lineal:

Lo + x

vR

v

x

Lo + x

xd

xxO

ig. 2.20 Variación de la velocidad para cada espira del resorte.

el diagrama se puede ver que la velocidad de la espira situada según x será:

vxL

xvR +=

0

ontificia Universidad Católica del Perú Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


Si la porción de resorte tiene masa dmR, entonces la energía cinética correspondiente será:

2

21

RRR vdmdT =

2

021

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

= vxL

xdm

donde: xdxL

mdm RR +

=0

La energía cinética de todo el resorte será:

( )2

0

22

00

0

21

xLxvxd

xLmT R

xL

R ++= ∫

+

→ 2

31

21 vmT RR =

La ecuación de conservación de energía para todo el sistema será: VT + = constante

222

321

21

21 vmvmxk R++ = constante

222

321

21

21 xmxmxk R && ++ = constante

Derivando con respecto al tiempo:

06

2212

212 =++ xxmxxmxxk R &&&&&&&

de donde: 03

=++ xkxmxm R &&&

0

3

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+ xmm

kxR

&&

En consecuencia, la frecuencia circular natural del sistema será:

3

0Rmm

k

+=ω



2.4 Vibraciones transversales de vigas con una sola masa 2.4.1 Viga empotrada a un lado m

Suposiciones: • La masa m se tom

• La viga tiene mas

• Se analizarán peqaproximadamente

• Las deformacione Si la viga está defo(por linealidad en el r La 2ª ley de Newton c

→

En consecuencia, la mla frecuencia circular

ω

Para calcular la consque:

LE, I

Fig. 2.22

Pontificia Universidad Cat

y = 0y

L

Fig. 2.21 Viga empotrada en un extremo.

a como puntual. En consecuencia despreciaremos inercia de giro.

a despreciable en comparación a m.

ueñas oscilaciones, de tal manera que la trayectoria de la masa es vertical.

s de la viga están en el rango elástico del material.

rmada como muestra la figura, la fuerza restauradora será F =- c y ango elástico). Allí c es la constante de rigidez de la viga.

nos predice el comportamiento dinámico del sistema:

ymy &&=

0=+ ymcy&&

asa m se mueve según oscilaciones armónicas en la dirección y con natural:

mc

=0

tante de rigidez c apelaremos a la elastostática, de la cual sabemos

IE

LFy3

3

= F

ycon E: módulo de elasticidad

I: momento de inercia de la sección transversal

despejando: yL

IEF ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= 3

3

ólica del Perú Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


es decir: 3

3L

IEc =

finalmente: mLIE

303

=ω

2.4.2 Viga con masa puntual apoyada simplemente m

Aquí es válido todo lo que se escribde rigidez c de la viga. Cálculo de c:

de la elastoestática:

de donde:

La frecuencia circular n

Pontificia Universidad Católi

L

L1 L2

y

Fig. 2.23 Viga apoyada simplemente.

ió para la viga en voladizo con excepción del valor de la constante

a

ca

F

L

E, I

y

L1 L2

Fig. 2.24

FLIE

LLy3

22

21=

yLL

LIEF ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= 2

221

3

22

21

3LL

LIEc =

tural del sistema será:

mLLLIE

mc

22

21

03

==ω

del Perú Sección Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


2.4.3 Viga doblemente empotrada con masa puntual Fm

D

la

2

L

L P

P

L

E, I

y

L1 L2

Fig. 2.26

LL1 L2

y

Fig. 2.25 Viga doblemente empotrada.

e la elastostática: 32

31

33LL

LIEc =

frecuencia circular natural del sistema será: mLLLIE

mc

32

31

3

03

==ω

.4.4 Caso general mc

=0ω

m

a frecuencia circula

a ley de comportam

ara el sistema defor

ontificia Universidad Cat

L

F

L1

ykA

A

yA

Fig. 2.27 Viga doblemente

r natural del sistema será: =0ω

iento elástico será: ycF =

mado tenemos:

FLLFA

2=

FLLFB

1=

ólica del Perú Sección

L2

y

kB

B

yL

yB

yB

empotrada.

mc

Ingeniería Mecánica – Área de Mecánica Aplicada


y además los desplazamientos en A y B: LcFL

cFy

AA

AA

2==

LcFL

cFy

BB

BB

1==

El desplazamiento total y será: BL yyy += donde es el desplazamiento debido al desplazamiento de los apoyos: Ly

LLyyyy BABL

2)( −+=

LLy

LLy AB

22 +=

→ 2

22

2

21

LcFL

LcFLy

ABL +=

es decir: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

ABL c

LcL

LFy

22

21

2

Además, el desplazamiento yB es debido a la flexión de la viga:

→ FLIE

LLyB 3

22

21=

entonces: FLIE

LLcL

cL

LFy

AB 3

22

21

22

21

2 +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

es decir: FLIE

LLcL

cL

Ly

AB⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

31 2

221

22

21

2

La constante de rigidez de todo el sistema será:

LIELL

cL

cL

L

c

AB 31

122

21

22

21

2 +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

Finalmente la frecuencia circular natural del sistema será:

mc

=0ω

es decir:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

LIELL

cL

cL

Lm

AB 31

122

21

22

21

2

0ω



Ejemplo 2.5: Calcular la frecuencia circular del sistema mostrado para pequeñas oscilaciones en dirección y. Las vigas AB y CD son rígidas y de peso despreciable.

b b

my

k1

k2

BA

k3 k4

e e

C D

Fig. 2.30

Solución: Si actúa F en el lugar de la masa puntual en m:

221FFF ==

443FFF ==

Las deformaciones en los resortes serán: 1

1 2 kFy = ;

22 2 k

Fy =

3

3 4 kFy = ;

44 4 k

Fy =

Para calcular el desplazamiento del punto de aplicación de la carga:

1F

)(2 BA yyy +=

y

F1

B

A

F3 F4

F2

C D

Fig. 2.31

donde: 1

1 2 kFyyA ==

243 )(21 yyyyB ++=

243 2442

1kF

kF

kF

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

entonces: Fkkkk

y ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

2431 21

41

41

21

21

21

de donde:

4321 41

4111

4

kkkk

c+++

=

Finalmente, la frecuencia circular natural del sistema será:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+++

==

4321

0

41

4111

2

kkkkm

mcω


vibracion cap2

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