Apunte Mecánica de Máquinas
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Departamento de Ingeniería Mecánica Universidad Técnica Federico Santa María ILM 254 - Mecánica de Máquinas Profesor: Fernando Rojas G.
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Departamento de Ingeniería Mecánica
Universidad Técnica Federico Santa María
ILM 254 - Mecánica de Máquinas
Profesor: Fernando Rojas G.
CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN : TERMINOLOGÍA Y CONCEPTOS
BÁSICOS
En el diseño de una máquina , la etapa más importante es
encontrar el mecanismo adecuado que satisfaga los requisitos de
movimiento de ésta.
Para familiarizarnos con este tema es importante t ener claro los
siguientes conceptos:
Mecanismo : Es una combinación de elementos conectados de ma nera tal
que producen un movimiento determinado.
Máquina : Es un mecanismo capaz de producir trabajo.
Eslabón : Es un miembro rígido del mecanismo capaz de causar o
controlar movimiento y de transmitir fuerza de un m iembro a otro.
Par cinemático : Es una conexión entre dos o más elementos de con tacto
que permite movimiento relativo. Se distinguen en e sto dos tipos de
pares cinemáticos , a saber:
Par rotante Par deslizante
Fig.1.1 : Pares inferiores.
Par inferior : En el que el contacto se realiza a través de una
superficie, determinando esto bajos esfuerzos de c ontacto (fig.
1.1).
Par superior : En este caso el contacto es sólo a través de una
línea o un punto (fig. 1.2).
Esfera CilindroContacto puntual Contacto línea
Fig.1.2 : Pares superiores.
Esquemas : Es la representación geométrica (rectas, esferas , etc.) de
un mecanismo (fig. 1.3).
Fig.1.3 : Esquema de un mecanismo.
Es importante en la representación esquemática dif erenciar entre
eslabones distintos (que se confunden en el esquema ), y aquellos casos
en que sólo se trata de un eslabón (fig. 1.4).
Fig.1.4 : Diferencias entre representación.
Cadena cinemática : Se trata de un conjunto de eslabones enlazados por
medio de pares (cinemáticos). Generalmente dentro de una cadena se
fija un eslabón a tierra.
Se pueden diferenciar claramente tres tipos de cad enas:
Cadena bloqueada : En la que no se presenta movimiento relativo
(fig.1.5).
Fig.1.5 : Cadena bloqueada.
Cadena desmodrómica : En ésta se distingue un movimiento
relativo único entre los eslabones (fig. 1.6).
Fig.1.6 : Cadena desmodrómica.
Cadena libre : En la cual el movimiento no es único, es decir,
existen dos o más grados de libertad (fig. 1.7).
Fig.1.7 : Cadena libre.
1.1 Determinación del número de grados de libertad de un sistema
mecánico
Para un conjunto de N eslabones y pares cinemáticos, el número
de grados de libertad G (en el caso plano) viene dado por:
( ) 21213 PPNG −⋅−−⋅=
donde :
N : número de eslabones de la cadena;
G : número de grados de libertad del conjunto;
P i : número de pares cinemáticos que admiten i movimientos
relativos, ya sean éstos de rotación o bien, de tra slación entre los
dos eslabones que une.
Las cadenas se clasifican según el número de grado s de libertad
de la siguiente forma:
Estructura estática en el caso que G ≤ 0;
Cadena desmodrómica en el caso que G = 1; y
Cadena libre si G ≥ 1.
Ejemplo 1.1:
Cálculo del número de grados de libertad del mecan ismo de biela
manivela.
P (R)1
P (R)1
1
2
3
4 P (T)1
P (R)1
Fig.1.8 : Mecanismo biela-manivela.
Claramente:
N=4 ; P 1=4 ; P 2=0
Luego:
G = 3(4-1) - 2 ⋅4 = 1
de donde podemos concluir que el mecanismo de biela manivela es,
en efecto, una cadena desmodrómica .
Otros ejemplos:
1
P (R)
11
2
3
P (R)
1
11P (T)1
Fig.1.9 : Viga apoyada con patín.
N=3 ; P 1=3 ; P 2=0
G = 3(3-1)-2 ⋅3 = 0
P (R,T)P (R) 2
11
1 2
Fig.1.10 : Viga apoyada directamente.
N=2 ; P 1=1 ; P 2=1
G = 3(2-1)-2 ⋅1-1 = 0
Por lo que se observa los dos casos anteriores cor responden a
estructuras estáticas.
1.2 Herramientas de análisis de mecanismos
Para el análisis del movimiento de mecanismos, se dispone de las
siguientes herramientas:
Ampliación de pares : Lo que quiere decir que mecanismos físicamente
diferentes pueden ser cinemáticamente equivalentes (fig. 1.11).
Original Equivalente 1
Equivalente 2
Fig.1.11 : Ampliación de pares.
Inversión : Consiste esencialmente en el cambio del eslabón f ijo,
conservando el movimiento relativo entre los elemen tos, sin embargo el
movimiento absoluto será distinto (fig. 1.12).
1
2
3
4
1
1
1
2
2 2
3
33
4
4
4
Fig.1.12 : Inversión de mecanismos.
En el mecanismo biela-manivela que se muestra en l a figura 1.12,
el eslabón 1 es el que se mantiene fijo. Sistemas d e este tipo
encuentran amplia aplicación en los motores de comb ustión interna,
donde el eslabón 2 corresponde al muñón del eje cig üeñal, el eslabón 3
a la biela y el eslabón 4 representa el pistón (ide ntifíquense los
miembros según fig. 1.3).
Existe la posibilidad de fijar algún otro eslabón distinto del
1, y de esa manera obtener tres inversiones : la primera se logra
dejando fijo el eslabón 2 (fig. 1.12 b), llamado me canismo de retorno
rápido , y que es utilizado en máquinas limadoras; una seg unda
inversión resulta al dejar fijo el eslabón 3, el qu e viene a
representar un sistema utilizado en máquinas de vap or y también es
base para el mecanismo accionador de un cepillo; la última inversión,
dejando el eslabón 4 fijo, se puede hallar aplicado en bombas
manuales.
1.3 Diagramas de trayectoria
Permiten conocer las posiciones sucesivas de punto s de un
mecanismo (fig. 1.13).
Fig.1.13 : Diagrama de trayectoria.
1.4 Diagramas de velocidad
Permite conocer visualmente la velocidad de un pun to de interés
durante un ciclo del movimiento (fig. 1.14).
Fig.1.14 : Diagrama de velocidad.
1.5 Diagrama cinemático
Permite conocer la variación de algún parámetro pe rtinente al
movimiento durante un ciclo del mecanismo (fig. 1.1 5).
φθ
θ
φ
Fig.1.15 : Diagrama de trayectoria.
1.6 Procesamiento de mediciones
1.6.1 Diferenciación gráfica : Una vez construido el diagrama
cinemático de un mecanismo, fácilmente se puede con vertir en un
diagrama desplazamiento-tiempo, del cual podemos ob tener información
de velocidad en forma rápida usando el método de de rivación gráfica.
Para esto es importante conocer las escalas de tiem po t y de la
función del tiempo f :
SUnidades de f
Longitud papelf =_ _
_
SUnidades de t
Longitud papelt =_ _
_
∆ft∆
f
t
L
Lf
t
Fig.1.16 : Diferenciación gráfica.
df
dtlím
f
t
L S
L SL
S
tt
f f
t t
ff= ≈ ⋅
⋅= ⋅
→∆
∆∆ ∆0
donde:
&SS
tf
f=∆
es la escala de diferenciación.
Luego, para graficar &f se tiene:
f
t
t
f
Lf
1 2 3
3
Lf3
∆t
Fig. 1.17 : Gráfica de la derivada.
Observación: La variación del tiempo ∆t debe ser constante.
Es importante considerar que el punto i al cual se le asigna la
derivada &f i está tomado en el punto medio del triángulo.
1.6.2 Integración gráfica : Es el proceso inverso de la derivación,
pero como no depende del trazado de tangentes es má s preciso que
aquélla.
S S tx x= ⋅&
∆
t
x
t
dx
dt
∆t
Fig.1.18 : Integración gráfica.
En general, las curvas de velocidad, aceleración q ue se desea
integrar serán curvas continuas, lo que nos llevará a aproximarlas por
diagramas de barras con altura promedio de los dos puntos adyacentes.
Para aplicar este método las barras no necesariamen te deben tener el
mismo ancho, pero es una ventaja que se escojan igu ales.
1.6.3 Aplicación de Diferencias Finitas :
t i-1 t i t i+1
y yy
i-1 ii+1
Fig.1.19 : Diferencias finitas.
Expansión según serie de Taylor alrededor de t:
...```!3
``!2
`
...```!3
``!2
`
32
1
32
1
+−+−=
++++=
−
+
iiiii
iiiii
yh
yh
hyyy
yh
yh
hyyy
Reteniendo hasta los términos cuadráticos y despej ando ′ ′′y yi i e
tenemos:
′ = −
′′ = − +
+ −
− +
yy y
2h
yy 2y y
h
ii 1 i 1
ii 1 i i 1
2
Conocidas como las primeras diferencias centrales.
Para una mayor precisión, se puede escribir hasta el quinto
término de la expresión de Taylor, en cuyo caso se obtiene:
22i1ii1i2i
i
2i1i1i2ii
12h
y16y30y16yyy
12h
y8y8yyy
++−−
++−−
−+−+−=′′
−+−=′
Las cuales son conocidas como segundas diferencias centrales.
El método de diferencias finitas se emplea para l a solución de
ecuaciones diferenciales, especialmente en ecuacion es diferenciales
parciales en aplicaciones como problemas de distri buciones de
esfuerzos, de temperaturas y otras.
La expresión para ```iy será:
32112
2
22```
h
yyyyy iiii
i++−− +−+−
=
CAPÍTULO 2. CINEMÁTICA.
2.1 Obtención de velocidades en mecanismos
Esta parte del curso está orientada a la obtención de las
velocidades y aceleraciones en mecanismos mediante métodos gráficos,
de los cuales estudiaremos tres importantes:
- Método de Centros Instantáneos
- Método de Componentes
- Método de Imágenes
2.1.1 Método de Centros Instantáneos
Este concepto utilizado para determinar la velocid ad relativa de
partes en mecanismos se basa en el hecho de que en un instante dado,
un par de puntos coincidentes de dos eslabones en m ovimiento, tendrán
idénticas velocidades relativas con respecto a un e slabón fijo, y
entonces, tendrán velocidad relativa nula entre sí.
Se sabe de antemano que un centro instantáneo es, para un
instante dado:
a) Un punto común para ambos cuerpos;
b) Un punto en el cual los dos cuerpos tienen veloc idad relativa igual
a cero; y
c) Un punto alrededor del cual un cuerpo puede cons iderarse en
rotación respecto del movimiento de otro cuerpo.
Teorema de los tres centros (Aronhold-Kennedy):
Este teorema establece que para tres cuerpos indep endientes en
movimiento plano, los tres centros instantáneos gen eran una línea
recta.
2
1
3
O O O
22 3 311
(Tierra)
Fig.2.1 : Teorema de los tres centros.
En la figura 2.1 tenemos que O 12 es el punto del eslabón 2 (o de
su extensión hipotética sin masa) que tiene la mism a velocidad que el
eslabón 1; O 13 es el punto del eslabón 3 que tiene igual velocida d que
el eslabón 1; y O 23 es el punto del eslabón 2 que tiene la misma
velocidad que el eslabón 3.
En general, el método consiste en ubicar los centr os
instantáneos triviales y, usando el teorema de los tres centros,
ubicar los restantes.
El número de centros instantáneos en un mecanismo de n miembros
esta dado por la combinatoria de n sobre 2 ,la que se puede escribir
también como:
Nn n= −( )1
2
O
1
2
O
O
O
O
O
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
21
1 1
1
1
1
1
1
1
Fig.2.2 : Centros instantáneos evidentes.
Ejemplo 2.1:
En el mecanismo de cuatro barras, encontrar v D, ω3 y ω4.
vA
O
2
1
4
3
21 O
OO23
43
41
D
Fig.2.3 : Mecanismo de 4 barras.
La primera etapa consiste en identificar los centr os
instantáneos triviales (indicados en la fig. 2.3).
Sabemos por el teorema de Kennedy que O 31 está en una recta con
O43 y O 41, así como también conocemos que O 31 está en una recta con
O23 y O 21.
Así, trazando ambas rectas e intersectándolas tend remos el
centro O 31. De la misma forma intersectando las rectas que un en los
centros instantáneos O 21, O 41 y O 23, O 43 respectivamente:
vA
O
2
1
4
3
21 O
OO23
43
41
D
O31
B
24O
1
2
3
4
Fig.2.4 : Obtención de centros instantáneos.
Para calcular v D tenemos dos posibilidades, a saber:
- Por medio de ecuaciones, según:
ω3
31
=v
O AA
Y con este valor obtenemos v B y luego ω4, de la forma:
v O B O B
O B
O B
B = =
⇒ =
ω ω
ω ω
3 31 4 41
4 331
41
Conocido ω4, obtenemos v D como:
v O DD = ω4 41
- La otra forma es utilizando directamente un méto do gráfico,
como el mostrado en la figura 2.5, donde con la ayu da de un compás se
representa el radio de B respecto de O 31 en la línea auxiliar que une
O31 con A, y obtener la magnitud de v B por el perfil triangular de
velocidades, aprovechando el hecho de que las veloc idades sobre esta
línea serán proporcionales al radio desde O 31 (v= ωR). Luego se lleva
este vector al punto que corresponde (B) y se repit e el procedimiento
para obtener v D sin necesidad de conocer ω4 (ver fig. 2.5).
vA 4
O41
O31
vBB
vB
vD
Fig.2.5 : Obtención de velocidades.
Ejemplo 2.2:
Para el mecanismo mostrado en la figura, determina r la velocidad
absoluta v C cuando v A= 30[pps].
Fig.2.6 : Ejemplo 2.2.
Solución:
El número de centros instantáneos es:
N = − =6 6 1
215
( )
La primera etapa del ejercicio será determinar los centros
instantáneos triviales, que son O 56, O 41, O 21, O 23, O 45, O 61 y
O34.Estos CI se muestran en la fig. 2.6.
Para determinar los otros centros, se construirá l a siguiente
figura: 1
2
34
5
6
Fig.2.7 : Obtención de centros instantáneos.
donde se ha dibujado un polígono de tantos lados ( y vértices)
como eslabones se reconocen en el mecanismo, y se h a unido con una
línea los puntos que forman los pares de eslabones entre los cuales se
conoce el centro instantáneo. Al conocer los nuevos centros, se irá
completando la figura.
En este caso, el centro instantáneo O 51 se encuentra en la
intersección de las rectas que unen O 61 con O 65 y O 54 con O 41. De la
misma forma, ayudándose del hexágono guía, se encue ntran los centros
según las intersecciones:
−−−−
−
−−−−
−
−−−−
−
−−−−
−
−−−−
−
−−−−
−
−−−−
−
36;65
34;4535
34;46
32;2636
24;45
21;1525
45;56
41;1646
25;56
21;1626
43;32
41;1242
34;41
32;2131
Para determinar v c se utilizan los eslabones 1, 3 y 5 que están
relacionados de tal forma que se usan los centros O 13, O 15 y O 35.
Sabemos que v A es la velocidad absoluta del punto A del eslabón 3 (con
respecto al eslabón 1 que es tierra), y debemos enc ontrar la velocidad
absoluta de C, o sea, también respecto de 1.
En la fig.2.9 observamos que los centros instantán eos O 13, O 15 y
O35 se encuentran sobre una misma recta, cumpliendo as í con el teorema
de Kennedy. La velocidad absoluta v p3 para un punto P 3 en O 35 en el
eslabón 3 se puede determinar gráficamente por medi o del centro O 13
usando triángulos semejantes moviendo v A a la posición v A' y usando
O13 como pivote. El punto O 35 representa la localización de los puntos
coincidentes P 3 en el eslabón 3 y P 5 en el eslabón 5, para el cual son
comunes las velocidades absolutas. En consecuencia vP3=vP5. Como P 5 y
C son puntos del eslabón 5, se puede determinar la velocidad absoluta
vc a partir de triángulos semejantes moviendo v P5 a v P5' (con O 15 como
pivote).
2.1.2 Método de Componentes
La suposición de cuerpo rígido en análisis cinemát ico hace
posible el cálculo gráfico de velocidades usando el método de
componentes. Este método se puede resumir diciendo que: "Dos puntos
de un cuerpo rígido no pueden alejarse ni acercarse entre sí", lo que
quiere decir que los dos puntos deben tener la mism a componente de
velocidad en la dirección de la línea recta que lo s une.
A
B
vA
vB
/ABvBvA/AB
/ABvB A/ABv=
Fig.2.10 : Método de las componentes.
En la figura, v A/AB y v B/AB representan las componentes de las
velocidades de A y B en la dirección de la recta qu e una ambos puntos,
respectivamente.
Ejemplo 2.3:
Determinar la velocidad del eslabón 4 del mecanism o biela
manivela si n=10[rpm].
Sabemos que v O AA 2 2= ωωωω y que la velocidad de A y B se pueden
expresar como: v v v
v v v
A A AB A AB
B B AB B AB
= += +
⊥
⊥
1
23
4v
A
BB
vA
vB vB
vA vAAB
AB
AB
AB
Fig.2.11 : Obtención de la velocidad de B, Ejemplo 2.3.
Gracias al método de componentes, sabemos que v A/AB=vB/AB, de
modo que, como se muestra en la fig.2.11, se puede obtener
gráficamente v B conociendo de antemano su dirección y relacionando los
largos de los vectores en la figura para obtener la magnitud en base
al valor de v A:
v
vv vA
B
B A= ⇒ =L
L
L
Lv
v
v
v
A
B
B
A
Ejemplo 2.4:
Usando el método de componentes, calcule v C. Se conoce velocidad
de A y B.
A
C
B
Fig.2.12 : Ejemplo 2.4.
Es claro que existen dos formas de escribir v C:
v v v
v v v
C C AC
C C BC
CAC
CBC
= += +
⊥
⊥
También es claro que: v v ;
v v
CAC
AAC
CBC
BBC
==
y
Con lo cual podemos obtener v C por composición, de la forma:
A
C
B
vC
Fig.2.13 : Ejemplo 2.4,obtención de v C.
Observamos en el ejemplo anterior que tampoco es n ecesario
conocer la magnitud de las velocidades que son perp endiculares pero sí
tener clara su orientación, aunque debe quedar clar o que no podemos
generalizar este criterio a otros ejercicios.
Obtención de la velocidad de un tercer punto coline al.
Es importante analizar el caso en que se requiere conocer la
velocidad de un tercer punto que sea colineal a los otros cuya
velocidad es conocida.
La fig.2.14 ilustra un caso de este tipo:
A
B
vA
vB
C
Fig.2.14 : Obtención de la velocidad de un punto co lineal.
En este caso sabemos que se cumple la igualdad ent re las
componentes de v A y v B en la dirección de la línea AB:
v vAAB
BAB
=
Sin embargo el dato:
v v vC C ACCAC
= + ⊥
es insuficiente en este caso para determinar la ve locidad del
punto C. Pero es posible considerar el hecho de que los extremos de
los vectores de velocidad de puntos colineales form an una única recta.
En nuestro ejemplo unimos con una línea recta los extremos de v A
y v B y entonces determinamos v C usando esta última condición y la de
componentes:
A
B
vA
vB
C
vC
Fig.2.15 : Obtención de v C.
Ejemplo 2.5:
VA
A
2
3
4 5B
C
3
6
E
Fig.2.16 : Ejemplo 2.5.
Conocido ω2, calcular v c.
La primera velocidad que se puede encontrar es v A:
v O AA = ⋅ω2 2
Además, como conocemos la dirección de v B y la magnitud de su
componente en la dirección AE, se puede obtener la velocidad de E
trazando la recta que pasa por los extremos de v A y v B y que también
debe pasar por el extremo de v E, de la cual conocemos la magnitud
también en la dirección AE. Con esta velocidad, el cálculo de v C es
relativamente sencillo:
VAA
B
C
E
V
V
V
V
V V
V
VC EC
ECC/
E/AE
E/ECE
B/AE
B
AE
AE
A/AE
AE
EC
Fig.2.17.
En la fig.2.17 se debe tener claro que: v v v v v
v v v
E E AE E AE E CE E CE
A AE B AE E AE
= + = +
= =
⊥ ⊥
2.1.3 Método de Imágenes
Este método consiste básicamente en construir a pa rtir de un
mecanismo conocido un polígono de velocidades (y po steriormente
aceleraciones), en el cual la velocidad de un punto del mecanismo
queda representada por un punto cuyas coordenadas r especto del polo de
velocidades nos da el vector de velocidad.
Se conoce como imagen la representación que tiene un eslabón de
el mecanismo en el polígono de velocidades (o acele raciones).
Entre las características de los polígonos de velo cidad destaca
el hecho de que el polo de velocidades es común par a todo el sistema.
Además, en la construcción del polígono es importa nte el
concepto de velocidad relativa. Al respecto, se pue de decir:
- La velocidad de un punto cualquiera de un cuerpo rígido viene dado
por la suma de la velocidad de algún otro punto en el mismo cuerpo y
la velocidad relativa del primero respecto de éste.
∆φ
A
B
'
'B
A
Fig.2.18 V V VB A A B= +
= = ⋅V ABd
dtABA B
θθθθ ωωωω
- La velocidad de un punto cualquiera de un cuerpo rígido relativa a
cualquier otro punto del mismo cuerpo tiene magnitu d igual al producto
de la velocidad angular del cuerpo por la distancia que separa ambos
puntos y dirección perpendicular a la línea de unió n de éstos.
Fig.2.19.
En la figura anterior, una partícula Q puede tener una velocidad
absoluta v A y el eslabón una velocidad angular ω (a). Ahora bien, si
las observaciones se hacen desde Q, este punto apar ece en reposo (b).
Así, cualquier otro punto estará restringido a move rse en trayectoria
circular, dado que el eslabón es un cuerpo rígido y entonces la
distancia a Q (PQ, por ejemplo) es fija. Finalmente , la velocidad
relativa de P respecto de Q es tangente a la trayec toria de P
alrededor de Q, es decir, perpendicular al segmento PQ (c).
De aquí:
v PQP Q = ω
Donde se observa que si el eslabón no tiene veloci dad angular,
no existe posibilidad (bajo la suposición de cuerpo rígido) que la
velocidad relativa entre dos puntos del mismo cuerp o sea no nula. En
tal caso tendremos que el cuerpo sólo se estará tra sladando y la
velocidad absoluta de todos los puntos sobre él es la misma.
Ahora bien, si tomamos como punto de referencia a P y repetimos
la observación de velocidad relativa antes hecha, l legamos a igual
conclusión respecto de la expresión que determina e ste vector. En
efecto, los vectores resultantes de velocidad relat iva v P/Q y v Q/P
sólo difieren en el sentido en que apuntan, pues de hecho sus
magnitudes y direcciones coinciden (d).
Ejemplo 2.7:
El eslabón del mecanismo articulado de la figura 2 .20 es el
eslabón motor que tiene una velocidad angular const ante ω2 de
10[rad/s] en el momento mostrado. Determinar para e ste mismo instante
vB, ω3 y ω4.
vA
2
1
4
3
ω = 10[rad/s]2
AB
Fig.2.20: Ejemplo 2.7.
Las ecuaciones de velocidad de los puntos A y B so n: v
v v
v
A A
B A AB
B B
= ×= + ×= ×
r
r
r
ωωωω ρρρρωωωω ρρρρ
ωωωω ρρρρ
2
3
4
Luego:
vO
⊥AB
⊥OB
Fig.2.21 : Ejemplo 2.7, direcciones de velocidades.
Elegimos el punto O v como polo de velocidades y dibujamos v A
perpendicular a OA con magnitud según el valor de ω2 OA. Para trazar
vB observamos que resulta de la suma de v A y la velocidad relativa de
B respecto a A. Pero de este último término sólo co nocemos la
dirección (perpendicular a AB), por lo que sólo tra zamos una recta que
señale tal dirección y que pase por el extremo de v A pues debe sumarse
a ésta. Por otro lado se tiene que v B es perpendicular a OB. Trazando
esta otra recta, vemos que la intersección correspo nde al punto B pues
satisface ambas ecuaciones.
Así, el polígono de velocidades del mecanismo será de la forma:
vOIm2
Im4Im3
v
v
A
B
Fig.2.22 : Ejemplo 2.7, polígono de velocidades.
Para conocer la magnitud de v B, es necesario medir en el
polígono y multiplicar por el factor de escala resp ectivo.
Además:
ω
ω
4
3
3
=
=
v
OBL
AB
B
(Im )
Donde L(Im3) es la longitud de la imagen 3 en el po lígono de
velocidades.
Ejemplo 2.8:
Fig.2.23 : Ejemplo 2.8.
El eslabón 2 del mecanismo articulado de la fig.2. 23 es el
eslabón motor que tiene una velocidad angular const ante ω2 de
30[rad/s]. Para el instante mostrado, dibujar el po lígono de
velocidades y determinar v B, ω3, ω4, ω32 y ω43.
OA=10.2[cm]; AB=20.3[cm]; OB=7.62[cm]; AC=10.2[cm] ; BC=15.2[cm].
La magnitud de v A puede determinarse por:
v OA cm sA = = ⋅ =ω2 30 10 2 306.
Naturalmente su dirección es perpendicular a OA y consecuente
con el sentido de giro del eslabón 2.
Fig.2.24 : Imágenes de velocidades.
Para v B, tenemos que:
v v vB A AB= +
Identificando estos términos en la fig.2.24, podem os ver que:
-La dirección de v B es perpendicular a OB; y
-La dirección de v BA es perpendicular a AB.
Así, midiendo en el polígono:
v cm s
v cm s
v
ABcm s
v
OBcm s
rad s
rad s
B
BA
BA
B
=
=
= = =
= = =
= − = − − =
= − = − =
152
318
318
20 315 7
152
7 6219 9
15 7 30 45 7
19 9 15 7 4 2
3
4
32 3 2
43 4 3
ω
ω
ω ω ω
ω ω ω
..
..
. ( ) .
. . .
Es interesante observar que en el polígono de velo cidades el
trazo O vA corresponde a la imagen del eslabón 2, O vB a la imagen del
eslabón 4. Falta encontrar la imagen del eslabón 3, es decir, ubicar
en forma exacta el punto C.
Las ecuaciones que rigen el movimiento del punto C son: v v v
v v vC A CA
C B CB
= += +
Donde v CA tiene dirección perpendicular a CA y v CB es
perpendicular a CB.
Fig.2.25.
Al graficar se tiene que v CA tiene la dirección perpendicular a
AC por lo que se traza una recta perpendicular a AC y que pase por el
extremo de v A. Para v CB conocemos igualmente sólo su dirección, por lo
que dibujamos una recta perpendicular a BC y que pa se por el extremo
de v B. Claramente, la intersección de estas dos rectas e s la imagen
del punto C.
El triángulo sombreado ABC de la fig. es la imagen de velocidad
del eslabón 3 y como tal tiene la misma forma geomé trica de tal
eslabón. Para encontrar la velocidad de un punto D se localiza su
ubicación correspondiente en la imagen de velocidad y se mide la
distancia a O v.
Ejemplo 2.9:
VEA
B
C
D
E2
3
4
5
6
0
06
2
Fig.2.26 : Mecanismo del ejemplo 2.9.
Conocida la geometría del sistema y v E, encontrar el polígono de
velocidades.
Solución:
Es fácil encontrar la imagen de 6 pues se conoce v E y por lo
tanto también se conoce v D, pues ω6 se obtiene de dividir v E por OE.
Así, la imagen de todo este eslabón queda como:
0v V
E
D
V
D
E
EDV
Fig.2.27 : Imagen de 6.
Sabemos la dirección de la velocidad del punto A ( perpendicular
a OA); sabemos también que la velocidad de C se pue de calcular como:
v vC E EC= + ×rωωωω ρρρρ5
Donde el segundo término es perpendicular a EC. Se sabe
finalmente que v B a su vez viene dada por:
v vB D BD= + ×rωωωω ρρρρ4
Cuyo segundo término es de la misma forma perpendi cular a BD.
Utilizando todas estas conclusiones, podemos grafic ar:
0v V
E
D
V
D
E
EDV
DBCE
0 A2
C
A
B
Fig.2.28.
Observando esta figura, se ve que no se pueden det erminar
exactamente los puntos A, B y C por lo que en este caso se usará un
método de tanteo:
Nos damos un punto auxiliar C' y en base a éste en contramos
otros dos puntos auxiliares A' y B' (como si C' fue se efectivamente C
y entonces A' y B' representaran a A y B). Un segun do trío de puntos
C", A" y B" nos permite trazar el segmento A'A", cu ya intersección con
la recta que indica la dirección de v A representa precisamente a A,
con el cual a su vez podemos obtener B y C. En efec to, si hubiésemos
supuesto que A", B" y C" son, respetando sus restri cciones, un solo
punto (la intersección entre las rectas que pasan p or D y E), no
habría sido necesario suponer este segundo trío de puntos, y bastaría
haber trazado la recta A'Q (ver fig.2.29).
0v V
E
D
V
D
E
EDV
DB
CE
0 A2
C
A
B
C"B"
A"
C'
A'
B'
A
cB
(a)
0v V
E
D
V
D
E
EDV
A
cB
Im
Im
Im
Im Im2
3
45
6
(b)
Fig.2.29 : (a)Obtención de A,B y C.(b) Representaci ón de las imágenes
en el polígono de velocidades
2.2 Obtención de aceleraciones en mecanismos
2.2.1 Método de Imágenes
Supongamos que en la figura conocemos la velocidad y aceleración
del punto A, y además sabemos que el punto B gira c on respecto a A con
velocidad y aceleración angulares conocidas.
A B
va
ωρ BA
ω
AA
Fig.2.30 : Método de imágenes.
De esta forma, las ecuaciones que rigen el movimie nto de B son:
ABABAB
ABABAB
ABAB
aa
aa
vv
ρωρωρωρω
ρω
2
2
−×=−
−×+=
×+=
&r
&r
r
Las ecuaciones anteriores rigen sólo si el punto B permanece
fijo, pues si está en movimiento con v' y a' las ec uaciones quedan de
la forma:
avaa
vvv
ABABAB
ABAB
′+′×+−×+=
′+×+=
ωρωρωρω
&r&r
r
22
Lo que gráficamente nos lleva a la fig.2.31:
B
a
BA
A
Oaa
ω ρ2ω BAρ
BaA
a
Fig.2.31 : Polígono de aceleraciones.
En esta figura observamos que - ω2ρAB tiene la misma dirección
que AB pero de sentido hacia A (el centro de rotaci ón) y que r r&ω ρ× AB
es perpendicular a AB.
Ejemplo 2.10:
En el sistema biela manivela de la figura, dibujar el polígono
de velocidades y el de aceleraciones.
A
B2
3
4
1
vA
Fig.2.32 : Mecanismo biela-manivela e imágenes.
Una vez trazado el polígono de velocidades, obtene mos ω3.
Para las aceleraciones, tenemos que:
ABABAB
OAA
aa
a
ρωρω
ρω2
33
2
−×+=
−=&r
donde:
- a A es conocido en magnitud y dirección;
- ABρω ×3&r tiene dirección conocida pero magnitud por determi nar;
- - ω32ρAB es conocido en magnitud y dirección; y
- a B tiene sólo dirección conocida.
Así, la construcción del polígono nos da:
B
A
Ov
Oa
A
B
velocidades aceleraciones
Fig.2.33 : Polígono de aceleraciones.
Lo primero en trazar es a A cuya magnitud y dirección son
conocidas, y por lo mismo, trazamos luego - ω32ρAB, que apunta desde B
a A. Trazamos luego la recta que señala la direcció n de ABρω ×3&r ,
término que es perpendicular a AB. Esta recta ademá s debe pasar por el
extremo de - ω32ρAB. Completado de esta forma el polígono, podemos
determinar a B. Además:
AB
AB
ρρω
ω×
=&r
& 3
Ejemplo 2.11:
Cuando el mecanismo está en la fase mostrada en la figura 2.34,
el eslabón 2 gira con ω2=30[rad/s] y α2=240[rad/s 2]. Determinar las
aceleraciones a B y a C, y las aceleraciones angulares α3 y α4.
OA=10.2[cm]; AB=20.3[cm]; AC=10.2[cm]; BC=15.2[cm]
Fig.2.34 : Ejemplo 2.11.
Usaremos una escala de velocidades 100[m/s] ≅10[mm].
Sabemos que las ecuaciones de velocidad que rigen el movimiento
del cuerpo ABC están dadas por: v v v
v v v
v v v
B A BA
C A CA
C B CB
= += += +
en donde:
- vB tiene dirección perpendicular a OB y magnitud desc onocida;
- vA=ω2(OA)=30·10.2=306[cm/s] y dirección perpendicular a OA;
- vBA tiene dirección perpendicular a BA y magnitud desco nocida;
- vC tiene magnitud y dirección desconocidas;
- vCA es perpendicular a CB. No es conocida su magnitud; y
- vCB es perpendicular a CB y de magnitud desconocida.
En virtud de todo lo anterior, obtenemos el polígo no de
velocidades de la figura 2.35:
Fig.2.35 : Polígono de velocidades.
De este polígono, tenemos:
v B =366[cm/s]
v CA=113[cm/s]
v BA=230[cm/s]
v CB=175[cm/s]
Ahora, para las aceleraciones se cumple la siguien te ecuación:
a a aB A BA= +
donde cada una de los términos se divide en sus co mponentes
tangencial y normal:
a a a a a aBn
Bt
An
At
BAn
BAt+ = + + +
De aquí:
[ ]
[ ][ ]
[ ]a.desconocid magnitudy alar perpendicu
y A; hacia B desde : 26053.20
230
; alar perpendicu : 24482.10240
O; haciaA desde : 91802.10
306
a;desconocid magnitud , alar perpendicudirección tiene
O; a B dedirección : 65983.20
366
222
22
222
222
nBA
tBA
BAnBA
nA
tA
AnA
nB
tB
BnB
aa
scmBA
va
ascmOAa
scmOA
va
aa
scmOB
va
−
===−
=⋅==−
===−
−
===−
r
r
α
De esta manera, podemos graficar:
Fig.2.36.
Midiendo el polígono, tenemos:
aB=7040[cm/s 2]
aBt =2470[cm/s 2]
atBA=12900[cm/s 2]
αααα
αααα
32
42
12900
20 3635
2470
20 3122
= = =
= = =
a
BArad s
a
OBrad s
BAt
Bt
.
.
Para el cálculo de la aceleración de C tenemos las siguientes
ecuaciones:
a a a a
a a a a
C A CAn
CAt
C B CBn
CBt
= + +
= + +
en donde :
[ ]
[ ];adesconocid magnitud , alar perpendicu es
B; hacia C desde : 20142.15
175
a;desconocid magnitud , alar perpendicudirección tiene
A; a C dedirección : 12522.10
113
222
222
nA
tCB
CBnCB
nCA
tCA
CAnCA
aa
scmCB
va
aa
scmCA
va
−
===−
−
===−
Así, graficando tenemos:
Fig.2.37.
Para calcular a C basta medir en la figura y se obtiene:
aC=10400[cm/s 2]
2.2.2 Método gráfico para la obtención de aceleraciones
Hasta este momento se ha usado un método "híbrido" en la
determinación de las aceleraciones, una forma gráfi co-algebraica de
obtener estas magnitudes. No obstante, existe la po sibilidad de
utilizar un método netamente gráfico para estas tar eas.
De los cursos de geometría debemos recordar que un triángulo
rectángulo se puede inscribir (siempre) en una semi circunferencia cuya
línea diametral coincide con la hipotenusa del mism o.
p q
h
Fig.2.38 : Método gráfico para la aceleración.
Por otro lado, un eslabón que gira con velocidad a ngular
conocida desarrolla, por una parte, una velocidad t angencial y por
otra, una aceleración normal, de tal manera que se cumple que:
a rv
rBAn
BA
BA
= =ωωωω2 B2
De esta forma, asociando estas magnitudes con el t riángulo de la
fig.2.38 de modo que:
-el trazo h represente a v B;
-el trazo p represente a r BA; y
-el trazo q represente a a BA
y si las escalas usadas para cada una son k v, k s y k a,
respectivamente, se tiene que:
r BA=p·k s
vB=h·k v
aBA=q·k a
Así, reemplazando p, h y q en la conocida igualdad para
triángulos rectángulos:
h
p
q
hh p q= ⇒ = ⋅2
queda finalmente:
⋅=⇒=
2
22
v
as
BA
BnBA
nBABAB
k
kk
r
vaarv
donde cabe observar que se impone como una condici ón necesaria
el que:
k k
kk
k
ks a
v
av
s
⋅ = ⇒ =2
2
1
De esta manera, fijando k s y k v tenemos la lectura de
aceleración en la escala indicada:
r a
v
r
v a
Fig.2.39 : Aplicación del método gráfico.
Ejemplo de Recapitulación 2.12:
El disco 4 es impulsado por el eslabón 2 que desli za en las
guías 1. La conducción es a través del bloque 3; la velocidad de 2 es
constante; la velocidad instantánea de 3 respecto a 4 es 1.5[ips]
hacia el centro de 4.
Construya el polígono de velocidades (imágenes). V erifique ω4
por centros instantáneos. Construya el polígono de aceleraciones y
obtenga &ω4.
Fig.2.40 : Ejemplo de Recapitulación.
Solución:
v v vp 3 p 4 p 3 p 4= +
donde:
- v p3 es conocida sólo en dirección, debido a las guías (horizontal);
- v p4 tiene dirección perpendicular a O 4P4; y
- v p p4 3 es conocido en magnitud y dirección.
De esta manera, construimos el polígono de velocid ades:
Fig.2.41 : Polígono de velocidades.
De aquí:
ω44
4 4
1 5
1 251 2= = =
v
O Prad sp .
..
La imagen de 4 es un disco con centro en O v y que está girado en
90º con respecto a la posición en el mecanismo.
Para centros instantáneos, comenzamos por identifi carlos en la
figura:
Fig.2.42 : Centros instantáneos.
Es fácil reconocer los centros O 34, O 32, O 41 y O 21. Para ubicar
O24 es necesario como se indica, hacer la intersección de la recta que
une los centros O 34 y O 32 con la que une a O 41 con O 21. Nótese que
tanto O 21 como O 34 se señalan como ubicados "muy lejos" pues
representan centros de movimientos relativos trasla torios puros (3
respecto de 4 y 2 respecto de 1 describen trayector ias rectilíneas).
Luego, verificamos a partir de este trazado que:
ω ω ω24 41 4
1 5
1 251 2= = = ′ = =v
rrad s
.
..
Para el cálculo de aceleraciones, se tiene que:
4p3p4p3p4PO24PO43p
4p3p4p3p44p2p3p
av2rr0a
av2aa
44′+′×+−×==
′+′×+==
ωωω
ωr&r
ra
Se sabe que rap 3 es nula pues v 2 es constante. Por otra parte, el
término de aceleración de Coriolis es conocido en m agnitud y
dirección.
Así:
[ ][ ]2
4p3p4
22PO
24
6.35.12.122
25.12.14
ipsv
ips
=⋅⋅=×
⋅=
ω
ρωr
Del primero de estos resultados sabemos que tiene dirección
hacia O 4; el segundo posee dirección perpendicular a O 4P4. Así, el
polígono queda como muestra la fig.2.43:
Fig.2.43 : Polígono de aceleraciones.
La aceleración relativa entre P 3 y P 4 sabemos qué dirección
tiene, como también del término r r&ω ρ4 4
× O P. Del polígono obtenido
determinamos el valor de la aceleración angular de 4:
[ ]24
4 88.225.1
6.3
4
4 sradPO
PO==
×=
ρρω
ω&r
&
2.3 Análisis cinemático mediante números complejos
Además de los métodos para la determinación de vel ocidades y
aceleraciones presentados anteriormente, existe un método de números
complejos que nos permite, a diferencia de los otro s, conocer la
velocidad y aceleración en forma continua en difere ntes posiciones del
mecanismo y no para un solo instante.
La figura muestra un caso cinemático simple en que el eslabón 2
gira alrededor de un eje fijo O 2. Se desea determinar los vectores de
velocidad v p y aceleración a p del punto P cuando el eslabón está en la
fase dada por θ2.
θ2
ωα2
2
P
Fig.2.44 : Representación compleja.
La posición del punto P se puede representar media nte el vector
r p mostrado en la figura, estableciendo los ejes real e imaginario
como se muestra. Así, podemos expresar r p como un número complejo:
( ) 2p22p rsencosr θθθ i
p eir =+=
Se recomienda siempre expresar los vectores en for ma exponencial
pues es más simple de diferenciar.
Para obtener v p es necesario derivar con respecto al tiempo el
vector r p de esta forma:
22pr
θθ ipp ierv && ==
donde:
( ) 2
22
2
2senππ
ωθ
θ
ieii
dt
d
==
==&
y de esta manera: ( )2
2p2r πθω += i
p ev
Como observamos, la dirección del vector v p está dada por el
ángulo ( θ2+π/2) y se demuestra que está desfasado 90º con respe cto a
r p.
Para obtener la aceleración a p es necesario derivar v p de esta
forma:
)(22p
)2(2p
)2(22p
)2(2p
22
22
rr
rrπθπθ
πθπθ
ωα
ωω++
++
+=⇒
+=ii
p
iip
eea
ieea &
Donde reconocemos el primer término como la compon ente
tangencial de la aceleración, y el segundo, como la componente normal.
Así, la dirección de a p la vemos en la figura siguiente:
Re
Im
θ2
at
n
a
a
Fig.2.45 : Aceleraciones.
Para encontrar la magnitud y la dirección de la ac eleración se
recomienda volver a términos con senos y cosenos y separar los
términos complejos de forma de obtener:
ap=a+bi
De esta forma, desarrollando se tiene:
)cosrsenr()senrcosr( 22p222p22p2
22p θαθωθαθω +−++−= ia p
Y con esta forma de expresar la aceleración, se pu ede calcular
el módulo y dirección:
( )( ) ( )
β
θαθωθαθω
θαθωθαθωβ
ipp
p
eaa
a
tan
=
+−++=
+−+−
==
2
22p222p
2
22p222p
22222
22222
cosrsenrsenrcosr
sencos
cossen
a
b
Ejemplo 2.13:
Encontrar & , & , && &&r r4 4 4 4θ θ y del mecanismo de retorno rápido de la
figura:
23
4
A2
0
02
4
θ
B θ
θθπ
rr
r 2
1
4
4
1
2
-
Fig.2.46 : Ejemplo 2.13.
La fig.2.46 muestra los vectores que dan la posici ón de r 4 de
esta forma:
r 4=r 1+r 2
con:
4
2
44
22
12/
11
θ
θ
π
i
i
i
err
err
irerr
=
=
==
De esta forma se plantea el loop:
ir re rei i1 2 4
2 4 0+ − =θ θ
Esta ecuación la podemos separar en sus partes rea l e imaginaria
de modo que resulte:
44221
4422
sensen:Im
coscos0:Re
θθθθ
rrr
rr
=+=+
Y de aquí obtenemos θ4 y r 4:
( ) ( )2221
2224
22
2214
sencos
cos
sen
θθ
θθθ
rrrr
r
rrtan
++=
+=
Ahora, para obtener la velocidad tangencial y angu lar de 4,
tenemos que derivar respecto del tiempo:
044244422 =−− θθθ θθ iii eirereir &&&
Y despejamos de ésta &r4 multiplicándola por e i− θ4 : ( ) 044422
42 =−−− θθ θθ &&& irreir i
Luego, obtenemos las partes real e imaginaria:
( )
( )4224
24
42224
cos:Im
sen:Re
θθθθ
θθθ
−=
−−=
&&
&&
r
r
rr
Análogamente, para obtener las aceleraciones && &&r4 4 y θ , derivamos
una vez más respecto del tiempo:
02 44442 24444444
222 =+−−−−
•θθθθθ θθθθ iiiii ereireirerer &&&&&&&
Y nuevamente multiplicando por e i− θ4 , tenemos:
( ) 02 24444444
222
42 =+−−−−•
− θθθθ θθ &&&&&&& ririrrer i
La parte real y la imaginaria dan:
( )( )
4
4222244
4
24442
2224
sen2:Im
cos:Re
r
rr
rrr
θθθθθ
θθθθ
−−−=
+−−=&&&
&&
&&&&
Con estos valores podemos determinar, por ejemplo, v B y a B de la
forma: ( )
( )24B
24B
24B
44
4
rr
rπθθ
πθ
θθθ
+
+
+−=
=ii
B
iB
eea
ev&&&
&
Ejemplo 2.14:
A
Br
12
3
4θ
θ
θr
r r2
3
4r B
Fig.2.47 : Ejemplo 2.14.
Para el mecanismo de cuatro barras de la figura se pide
determinar & , & , && , &&θ θ θ θ3 4 3 4 para lo cual se conoce θ θ θ2 2 2, & , && y la geometría
del mecanismo.
Para resolver este ejercicio es necesario escribir , por ejemplo,
el vector r B para el cual se cumple:
1432 rrrrrB +=+=
De aquí, se tiene:
01432 =−−+ rrrr
Lo que llamaremos un bucle (loop).
Expresando en notación compleja este bucle, se tie ne:
re re re ri i i2 3 4 1
2 3 4 0θ θ θ+ − − =
Derivando la ecuación respecto del tiempo:
ri e ri e ri ei i i2 2 3 3 4 4
2 3 4 0& & &θ θ θθ θ θ+ − =
De donde obtenemos &θ4 se multiplicará por e i− θ3 y luego se
obtiene su parte real:
( )( )34
322
4
24 sen
sen
θθθθθθ
−−
= &&
r
r
Ahora, para 3θ& se multiplicará por e i− θ4 y luego se obtiene su
parte real:
( )( )43
422
3
23 sen
sen
θθθθθθ
−−
−= &&
r
r
Para el caso de las aceleraciones, derivamos respe cto del tiempo
nuevamente y luego procedemos en forma análoga a la s velocidades,
multiplicando por e i− θ4 y sacando la parte real:
( ) ( ) ( ) ( ) 0
/0
4424433
23322
222
4424433
23322
222
43434242
4443322
=+−+−+−
⋅=+−+−+−−−−−
−
θθθθθθθθθθθθ
θθθθθθθθ
θθθθθθθ
&&&&&&&&&
&&&&&&&&&
irreirereirer
eeirereirereireriiii
iiiiiii
de donde obtenemos &&θ3 :
)sen()cos()cos()sen(
433
2
4443
2
3342
2
2212223
θθθθθθθθθθθθθ
−−+−+−+−−=
•••••••
r
rrrr
Se deja al estudiante el cálculo de &&θ4, que es similar al
expuesto.
Naturalmente, el cálculo de θ3 y θ4 se hace por geometría:
r
12
3
4θ
θ
θr
r r2
3
4
αβ
d
Fig.2.48 : Obtención geométrica de ángulos.
( ) ( )
−−=⇒+=−
++−=⇒
++−=
=⇒=
−−=−+=
−
−
−
3
224413223344
4
24
2231
4
24
223
2212
2
4
2212
22
1
sensensensensensen
2cos
2cos
sensensensen
cos2
r
rrrrr
dr
rdr
dr
rdr
d
r
dr
rrrrd
θθπθθθθπ
ββ
θαθαβαπθ
θ
Y una vez conocidos estos ángulos, el problema ante rior queda
completamente resuelto.
Ejercicios propuestos
2.1 Para el mecanismo de cuatro barras de la figura construya el
polígono de velocidades y aceleraciones:
=
=222 100;30
s
rad
s
rad ωω &
2
3
4
A
B
C
w
w2
2
Fig.2.44
2.2 Construya el polígono de velocidades para el si guiente mecanismo:
=s
rad202ω
2
3
4 5
6
7
8
A
B
C
D
E
F
w2
Fig.2.45.
2.3 Para el mecanismo de retorno rápido construya e l polígono de
velocidades y aceleraciones
=s
rad302ω
2
3
4
A
4
w2
0
02
4
Fig.2.46.
2.4 Construya el polígono de velocidades y obtenga wi (i=2,3,4,5)
E
B
C
D
234
5
VE
Fig.2.47.
2.5 Los cilindros C 1 y C 2 se están alargando con rapidez constante
igual para ambos de 0.1(m/s).
-Calcule las velocidades angulares.
-Calcule las velocidades de A y B.
-Calcule las aceleraciones angulares.
-Calcule las aceleraciones de A y B
60º60º2
3
4
5 6
7
00 02 4 7
A B
Fig.2.48.
2.6 Construya el polígono de velocidades y de acele raciones,
identificando las imágenes. El pistón se alarga con velocidad
constante de 30(cm/s).
AB
C
2 3
4
5606
2 300
Fig.2.49.
2.7 Para el siguiente ejercicio calcule las velocid ades y
aceleraciones angulares con ϖ2=50 (rad/s).
Fig2.50
2.8 Para el sistema de barras de la figura calcula r ii ωω &, ,V A, VB ,
AA,A B. Construya polígono de velocidad y aceleración.(en el instante
los cilindros se estiran a una velocidad de 1 (m/s) ).
A B
2
3
4
5 6
7
8
Fig.2.51.
2.9 El punto P esta ubicado a un tercio del largo d e la barra AB,
tiene una velocidad horizontal V h (se desconoce la Horizontal).Calcule
la velocidad angular de la barra.
P
VH
B
A
Fig.2.52.
2.10 Para las siguientes figuras construya los polí gonos de
velocidades y aceleraciones y calcule las respectiv as velocidades y
aceleraciones angulares y chequear mediante CI y co mponentes.
CAPÍTULO 3. DINÁMICA.
3.1 Equivalentes cinéticos
El efecto de las aceleraciones en un cuerpo rígido se considera
según las relaciones de movimiento siguientes:
g
M
HT
aF
&=
=
∑
∑
Usando el principio de D'Alembert se puede conside rar
"equilibrio dinámico" entre las fuerzas externas y las fuerzas de
inercia:
F f 0
M t 0
∑
∑
+ =
+ =i
g i
Para el caso de movimiento plano, se obtiene que e l efecto
dinámico es la aplicación de la fuerza y torque de inercia en el
centro de masa. Para el caso plano:
ω&Gi I=t
De acuerdo con equivalencia estática de sistemas d e fuerzas,
este sistema puede ser reemplazado por una sola fue rza excéntrica en
la distancia h:
g
G
M
Ih
a
ω&=
G
i
t
f
a
ωωωω....
i
GG
if
a
ωωωω....G
i
h
Fig.3.1 : Fuerza y torque de inercia.
Una alternativa al cálculo de excentricidad para l as diferentes
fases del ciclo, es el uso del equivalente cinético .
Dos distribuciones de masa son equivalentes cinéti cos si:
- Tienen el mismo centro de masa;
- Tienen la misma masa; y
- Tienen el mismo momento de inercia respecto del c entro de masa.
M I
a
b
G
G
G
a
b
M
M
,
Fig.3.2 : Equivalentes cinéticos.
Para el caso plano, se obtiene como equivalente cin emático más simple
uno formado por dos masas concentradas unidas rígid amente con un barra
sin masa.
Planteando las condiciones de equilibrio, se tiene :
M a M ba b⋅ = ⋅
M m ma b= +
I M a M bG a b= ⋅ + ⋅2 2
De donde se tiene:
⇒ =+
⇒ =+
⇒ ⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ =
M Mb
a b
M Ma
a b
M a b I a bI
M
a
b
GG
Con:
k
I
M
a b k
G2
2
=
⇒ ⋅ =
, k:radio de giro
El sistema equivalente no es único. Dándose a (ó b) , se obtiene
la otra distancia y el valor de las masas. Para el caso de una barra
uniforme de largo L y masa M:
M,L
M Ma b
/2La=
Fig.3.3 : Equivalente cinético de una barra.
I ML kL
G = ⇒ =1
12 122 2
2
Si:
aL
bL= ⇒ =
2 6
Y las masas son:
M ML
L LM
M ML
L LM
a
b
=+
=
=+
=
6
2 6 4
2
2 6
3
4
M M
/2L
3/4 /4
L/6
Fig.3.4 : Equivalente cinético de una barra.
En este caso, el efecto de inercia será: f f f
f a
f a
i ia ib
ia a a
ib b b
M
M
= += −= −
con a y b fijos en el eslabón.
3.2 Determinación de fuerzas
En el análisis de fuerzas de un mecanismo completo , el diagrama
de cuerpo libre debe realizarse indicando las fuerz as que actúan sobre
cada eslabón.
Fuerzas de enlace:
La siguiente es la notación para las fuerzas entre mecanismos:
Fij : fuerza total que ejerce el eslabón i sobre el esl abón j;
f ij : fuerza del eslabón i sobre j debido a inercia;
Fij : fuerza estática del eslabón i sobre el eslabón j.
Como se recordará de cursos anteriores, un cuerpo rígido sobre
el cual actúan dos fuerzas está en equilibrio estát ico si ambas
fuerzas son colineales con la recta que un sus punt os de aplicación
F12
A B
F
Fig.3.5 : Fuerzas colineales.
De la misma forma, un cuerpo rígido sobre el cual actúan tres
fuerzas está en equilibrio estático si las fuerzas son concurrentes o
paralelas.
1
2
F
F
F3
AB
C
A
B
C
F3
1F
2F
Fig.3.6 : Tres fuerzas concurrentes y tres paralela s.
3.3 Componentes radial y tangencial
Al analizar las fuerzas, es necesario tratar con u na fuerza
simple que actúa sobre un eslabón con dos uniones y que tiene una
línea de acción que corte al eslabón en un punto si tuado entre los
centros de ambas uniones. Un ejemplo de esto es la fuerza FE que se
muestra en la fig.3.7.
Fig.3.7 : Fuerza F E actuando sobre un eslabón.
Para encontrar las otras fuerzas que actúan sobre e l eslabón 3,
aparte de FE, esta fuerza debe descomponerse, en componentes qu e sean
una perpendicular y otra paralela a la recta AB que une los extremos.
Así, se tiene:
- FEtA
es la componente de FE tangencial respecto a A; y
- FErA
es la componente de FE radial respecto a A.
Además de FE sólo actúan otras dos fuerzas sobre el eslabón 3:
- F23 de 2 sobre 3 en A; y
- F43 de 4 sobre 3 en B.
Si tomamos momento con respecto al punto A es clar o que F23 no
desarrolla momento, de forma que sólo se deberán co nsiderar las
componentes tangenciales:
F F
F F
EtA tA
tAEtA
AE AB
AE
AB
+ =
⇒ = −
43
43
0
El signo negativo significa que el sentido de F43tA
es opuesto al
de FEtA
.
Existe también un método gráfico para determinar F43tA
, aplicando
la relación de momentos como se muestra en la fig.3 .8, para lo cual se
cumple:
F FEtA tA
tAEtA
AE AB
F
AE
F
AB
=
=
43
43
Lo cual se puede representar como una relación de triángulos
semejantes:
A E B
FEtA
F34tA
Fig.3.8 : Determinación gráfica de F43tA
.
Por lo que en el caso anterior sólo era necesario colocar la
fuerza tAEF en un punto (B), trazar el triángulo y ver la magn itud de
F43tA
en el punto E, y luego se traslada al punto que co rresponde.
En cuanto al cálculo de F43, es necesario conocer la componente
radial, la que por ahora es desconocida y entonces no podemos
adelantar el valor del total. Pero supongamos que l a fuerza tO34F ha
sido hallada tomando momento de las fuerzas que act úan sobre el
eslabón 4 con respecto a O. Invirtiendo F34tO se tiene F43
tO . Ahora, como
F43rO y F43
rA son perpendiculares respectivamente a F43tO y F43
tA es claro que
la intersección de estos vectores da la fuerza F43.
El cálculo de F23 se encuentra por un procedimiento similar.
3.4 Influencia del rozamiento
3.4.1 Enlace deslizante
En la fig.3.9 se muestra una unión deslizante senc illa, en la
cual un bloque se encuentra sobre una superficie pl ana. Suponemos que
existe un sistema de fuerzas que obligan al bloque a moverse en la
dirección mostrada y que lo oprimen contra la super ficie 1.
FN
1
2
θ
µ
12
N
µ
mov. relativo
Fig.3.9 : Enlace deslizante.
De aquí:
tan θ µ µ= =N
N
3.4.2 Enlace giratorio
En este caso se supondrá un movimiento relativo de l pasador
respecto del agujero, como lo indica la fig.3.10:
F
N
Q
Rr
12
1
2
φ
A
Fig.3.10 : Enlace giratorio.
Debido al huelgo, el pasador girará sobre la posic ión de
contacto A. La fuerza resultante F12 forma un ángulo φ con el radio.
Esta fuerza puede considerarse como la resultante d e la fuerza normal
N y la fuerza tangencial µN. La fuerza F12 es tangencial al pequeño
círculo de radio r, donde r R= sen φ , pero como φ es muy pequeño, se
tiene:
sen tanφ φ µ≈ =
por lo que:
r R= µ
El valor r y el círculo que genera son conocidos c omo radio y
círculo de fricción .
De lo anterior se deduce que la línea de acción de la fuerza F12
sobre el pasador (debido a una carga Q) ha sido desviada desde la
dirección radial a una tangente al círculo de fricc ión, y la dirección
en que se desplaza es tal que se opone al movimient o relativo de 2
sobre 1, o mejor, se desplaza en una dirección tal que genera un
torque opuesto al movimiento.
El círculo de fricción es de gran utilidad en los análisis
gráficos. Su radio puede calcularse en cuanto se co noce o se fija el
coeficiente de rozamiento y el radio del pasador.
El efecto principal del rozamiento en los mecanism os es la
existencia de pérdidas en la transmisión de los mov imientos. Para
evaluar su influencia, se recurre al concepto de re ndimiento, que
compara el trabajo necesario real con el valor idea l sin rozamiento:
η = = ⋅⋅
=W
W
F d
F d
F
Fideal
real
o o
donde F o simboliza la magnitud de la fuerza idealmente nece saria
para producir el mismo desplazamiento d que la fuer za real F.
La relación cambia cuando se expresa en términos d e la carga Q
que es preciso mover. En tal caso:
η = = ⋅⋅
=W
W
Q d
Q d
Q
Qreal
idealo o
Aun cuando conceptualmente ambas relaciones expres an la relación
entre los casos ideal y real, la diferencia está da da porque:
- En términos de F, se espera que la fuerza necesaria para realizar e l
trabajo en el caso real sea mayor que en el caso id eal, dada la
existencia de pérdidas por fricción;
- En términos de Q, se espera que la carga que es capaz de mover una
misma fuerza en el caso real sea menor que en el ca so ideal, dada
igualmente la presencia de rozamiento.
Ejemplo 3.1:
En la escuadra que se muestra en la figura, calcul ar Q para
levantar una carga P.
r
2
1
P Q
Fig.3.11 : Ejemplo 3.1.
Para resolver este problema analizaremos primero e l caso sin
roce. En tal situación, las fuerzas que actúan sobr e la escuadra son
P, Qº y Fº 12, por lo que la ecuación de equilibrio es:
P Q F 0+ + =o o12
La dirección de F12 es tangencial al círculo de fricción paro en
este caso r=0, por lo que gráficamente se tiene:
P
Q
F12
o
o
Fig.3.12 : Determinación de fuerzas sin roce.
Para el caso con roce, el círculo de fricción tien e un radio r
conocido, y la fuerza F12 está desplazada como lo muestra la fig.3.13:
r
2
1
QP
P
Q
F12
F12
Q+P+F =012
Fig.3.13 : Caso con rozamiento.
De este ejercicio concluimos que, cuando hay roce, la fuerza
requerida para levantar una carga es mayor, como de hecho lo sugiere
la intuición.
Ejemplo 3.2:
En el mismo ejercicio anterior, suponga que se tie ne una fuerza
P. Se pide determinar la carga Q que esta fuerza será capaz de
levantar y la eficacia del sistema.
Hay que notar que la dirección del movimiento ha c ambiado,
puesto que ahora es P la que levanta a Q. Para resolver este problema,
analizaremos nuevamente los casos sin roce y luego con roce. El
primero de ellos es naturalmente igual a como se hi zo anteriormente, y
su solución gráfica es la que ofrece la fig.3.12.
Para el caso con rozamiento, tenemos que F12 está desplazado
sobre el círculo de fricción (de igual radio que an tes si se conserva
µ), tal como lo muestra la fig.3.14:
r
2
1
Q
Q
P P
F12
F12
Fig.3.14 : Obtención de fuerzas en el ejemplo 3.2.
En este ejemplo se observa que cuando hay roce, se tiene la
capacidad de levantar una menor carga con una misma fuerza P,
comparado con el caso sin roce.
La eficiencia se puede calcular como:
η = Q
Qo
En general, podemos encontrar un método para deter minar una
fuerza de enlace:
1. Calcular los radios de fricción.
2. Dibujar a escala del mecanismo, incluidos los cí rculos de fricción.
3. Escoger una escala apropiada para la representac ión gráfica de las
fuerzas.
4. Dada una fuerza P, suponer inicialmente que no hay roce y así
avanzar por los eslabones del mecanismo haciendo la s construcciones
geométricas relacionadas con las condiciones de equ ilibrio.
5. Repetir el paso 4 agregando la condición de roza miento y, por
tanto, desplazando las fuerzas de enlace entre esla bones.
Ejemplo 3.3:
Determine en el mecanismo biela manivela mostrado el torque
resistente, dadas la geometría y P.
1
2 3
4P
T2ω2
Fig.3.15 : Ejemplo 3.3.
1. Suponemos radios de fricción, amplificados para efectos de claridad
en el ejemplo.
2. El mecanismo se indica en la fig.3.15.
3. Usamos una escala lo suficientemente clara para las fuerzas.
4. El caso ideal sin rozamiento:
En el eslabón 4:
4PF
14
34
F
P
F34 14F
Fig.3.16 : Determinación de fuerzas sin roce en el eslabón 4.
donde tenemos:
P F F 0+ + =14 34o o
En el eslabón 3:
F43
F23
Fig.3.17 : Determinación de fuerzas sin roce en el eslabón 3.
en este caso:
F F43 23o o= −
En el eslabón 2:
2
F
F
32
12
h
Fig.3.18 : Determinación de fuerzas sin roce en el eslabón 2.
donde tenemos:
F F32 12
2 32
o o
o oT hF
= −
=
5. En el caso con roce:
Para el eslabón 4:
4PF34
P
F34N
F
µN14
F14
φ
Fig.3.19 : Determinación de fuerzas con roce en el eslabón 4.
donde tenemos:
φ µ= −tan 1
Observamos que F14 ha variado con respecto a Fº 14 en un ángulo φ
debido al roce, no así la dirección de F34 que tiene la misma
dirección que su correspondiente sin roce, pero ha variado en magnitud
(disminuyendo) y su punto de aplicación.
Para el eslabón 3, tenemos:
F43
F23
3
32ω
ω23
Fig.3.20 : Determinación de fuerzas con roce en el eslabón 3.
Aquí se muestra el punto de aplicación de F43 para lo cual es
necesario conocer el sentido que tiene ω34 (en este caso contra
reloj). Luego, como F34 debe oponerse a ω34, ubicamos F43 tangente al
círculo de fricción y por debajo del pasador, como lo muestra la
figura anterior. En forma análoga ubicamos F23 y luego analizamos el
caso del eslabón 2, como se muestra en la fig.3.21:
2
F
F
32
12e
ω21
Fig.3.21 : Determinación de fuerzas con roce en el eslabón 2.
donde tenemos:
T F e2 32= ⋅
Que es el resultado que buscamos.
También podemos en este caso obtener el rendimient o del sistema
según:
η = T
To2
2
3.5 Análisis de fuerzas por el método de Trabajo vi rtual
Este método se basa en el principio que si un cuer po rígido está
en equilibrio bajo la acción de fuerzas externas, e l trabajo total
realizado por aquellas fuerzas es nulo para pequeño s desplazamientos
del cuerpo.
El término trabajo virtual es usado en este método de análisis
para indicar el trabajo que resultaría al producirs e un desplazamiento
infinitesimal del cuerpo.
De la definición de trabajo virtual se concluye qu e si un
sistema está en equilibrio bajo la acción de fuerza s y torques
externos, el trabajo virtual, para los desplazamien tos virtuales, ha
de ser igual a cero.
Matemáticamente:
δ δ δθW i ii
j jj
= ⋅ + ⋅ =∑ ∑F s T 0
T
1
2
3
4
2
A
B
DC
F3
0 02 4
Fig.3.22 : Método de trabajo virtual.
Aquí, δs y δθθθθ son los desplazamiento lineales y angulares
virtuales, y deben ser consistentes con las restric ciones del sistema
al que están asociados, mostrado en la fig.3.22. En la misma figura,
podemos identificar:
- F3 y F4 como las fuerzas que actúan en C y D, respectivame nte
(conocidas).
- T2 que es el torque necesario para mantener el equili brio estático
(desconocido).
Si el eslabón 2 presenta un desplazamiento virtual δθθθθ2, las
ecuaciones para los desplazamientos δsC y δsD pueden expresarse en
función del primero para resolver:
F s F s T3 4 2 2 0⋅ + ⋅ + ⋅ =δ δ δθC D
O en general:
δ δ δθW i ii
j jj
= ⋅ + ⋅ =∑ ∑F s T 0
El método de trabajo virtual puede aplicarse a pro blemas
dinámicos si se consideran las fuerzas y momentos d e inercia como si
éstos estuvieran actuando sobre el mecanismo.
De la relación anterior se tiene:
δδ
δδ
δθδ
ω
W
t t ti i
i
j j
j
i ii
j jj
= ⋅ +⋅
=
⋅ + ⋅ =
∑ ∑
∑ ∑
F s T
F v T
0
0
3.6 Fuerzas de trepidación
Las fuerzas de trepidación son aquellas que una má quina ejerce
sobre su fundación.
En la fig.3.23 tenemos que sobre el mecanismo actú an f 2, f 3 y f 4
que son las fuerzas de inercia y F4 que es una fuerza externa. De esta
forma, la fuerza de trepidación S es:
S f f f F= + + +2 3 4 4
f
f f
F
2
2
3
1
4
4
0402
S
F
f 4
f 2
f 3
Fig.3.23 : Fuerzas de trepidación en mecanismos.
S puede ser calculada también como:
S F F= +41 21
donde F41 y F21 son las fuerzas que ejercen los eslabones 4 y 2
sobre la fundación 1, respectivamente.
Ejemplo 3.4:
Para la limadora de la fig.3.24 calcule el torque motriz T2
sobre el eslabón 2 para vencer la resistencia P.
B
D
1
23
4
5
6
4
2
4
0
0
P
ω2
Fig.3.24 : Ejemplo 3.4.
Primero analizaremos la situación en el eslabón 6 (fig.3.25):
D6
P
PF16 16F
F56
F56
Fig.3.25 : Ejemplo 3.4, eslabón 6.
P F F 0+ + =16 56
Debemos notar que F56 está en la dirección del eslabón 5. Como
el eslabón 5 transmite la fuerza, entonces F65 es igual a F54.
Descomponiendo esta fuerza, y aplicando proporcione s obtenemos F34 y
T2 de la forma:
T F h
T F rr
2 34
2 34
= ⋅
= ⋅⊥
o bien
B2
5
2
4
0
0
ω2
F
F
F
F
65
54
544
34
h
F34
rr⊥
⊥
Fig.3.26 : Obtención del torque motriz.
Ejemplo 3.5:
Para el sistema mostrado calcule la fuerza necesar ia para girar
el tambor principal que está apoyado en los rodillo s.
Se conoce r 1, r 2, r 3, W3 y µ=1.
M
3
ωω3
W3
F
2
Fig.3.27 : Ejemplo 3.5.
Primero es importante identificar la dirección de ω2 y ω3,
considerando los pasadores 1 fijos. Luego es necesa rio conocer F 12 en
ambos pasadores que debido al roce son tangenciales a los círculos de
fricción y además tienen que pasar por el punto de contacto entre el
tambor y los rodillos, como se muestra a continuaci ón:
M
3
ωω3
W3F
2
l
h
F
F12
12
Fig.3.28 : Trazado de F 12.
En esta figura se ven F12 que tiene la misma dirección que F23.
Así encontramos el punto de aplicación de F23 sobre el tambor. Tomando
momento respecto a ese punto, obtenemos F como:
M Fh Pl
FPl
h
A∑ = − =
⇒ =
0
donde l y h se miden directamente en la figura.
Ejercicios Propuestos
3.1 Calcule las fuerzas en cada Pistón.
a) sin roce
b) con roce en pasadores ( µ=1).Considere que los pistones se están
alargando.
Fig.3.29.
3.2 Calcule las fuerzas de enlace y torque motriz d e la figura. No
considere roce.
Datos: ω2=1500[rpm]; m 2=1[kg]; m 3=3[kg]; m 4=10[kg]; I G4=104[kg mm 2]
I G2=52[kg mm 2]
Fig.3.30.
3.3 Calcular las fuerzas de enlace y el torque motr iz en eslabón 2,
T2. Bosqueje la solución gráfica.
Datos:
Eslabón Masa [kg] Inercia [kg m 2]
2 1 0.2
3 1 0.2
4 3 0.9
5 2 0.4
6 2 -
Fig.3.31.
3.4 Calcular el momento requerido para girar el con vertidor cargado
con 2[ton] de concentrado, a 45º como se muestra en la figura.
La masa del convertidor es de 1 [ton] y el rozamie nto µ=0.25.
Para las dimensiones de la figura suponga que el d iámetro del
convertidor es de 2[m].
M
Fig.3.32.
3.5 Calcule la fuerza del pistón para levantar el p eso de 800[kg].
Calcule el rendimiento. Considere roce µ=0.2 y radio de los pasadores
r=40[mm].
800kg
2.0 [m]
45º
Fig.3.33.
3.6 La figura representa un mecanismo de cierre de apertura rápida de
tipo de palanca. Los ejes fijos se indican por raya do. Si la carga Q
se representa por un vector de 2.5[in] de longitud, determinar la
longitud del vector P, que representa la fuerza de apertura:
a) Sin rozamiento;
b) Con rozamiento µ=0.25.
Fig.3.34.
3.7 Para la siguiente figura, calcule las fuerzas d e enlace y el
momento motriz M2. Considere ω2=150[rad/s].
Fig.3.35.
3.8 Para la figura anterior, calcule M2 por método de trabajo virtual.
3.9 Para el mecanismo de la figura, se conoce el po lígono de
aceleraciones. Considere escala del mecanismo 5[mm_ real] ≅1[mm_papel].
Los pesos son P 2=2[kg]; P 3=5[kg]; P 4=3[kg]. Las inercias se calculan
según I i =Mi Li2/12. Calcule el momento M 2 para mantener el movimiento.
Fig.3.36.
3.10 Calcule el torque M2 si n 2=1500[rpm], P=50[kg/cm 2]. Obtenga las
fuerzas de trepidación.
M4= 1kg];M 3= 1[kg]; I G=6·10 3[kg m 2]
P
G
23
4
1
M2
150 mm
Fig.3.37.
3.11 La pala mecánica de la figura es operada por d os cilindros
hidráulicos idénticos A y dos cilindros hidráulicos idénticos B.
Evalúe las fuerzas transmitidas por cada cilindro, si estos se estiran
lentamente. Todas las uniones son de pasador.
a) Sin roce.
b) Con roce µ=1.
Fig.3.38.
CAPÍTULO 4. VIBRACIONES MECÁNICAS.
4.1 Elementos de cinemática de vibraciones
Una vibración es, en general, un movimiento periód ico de
oscilación el cual, como es lógico se repite luego de un cierto
periodo de tiempo. Entre los movimientos periódicos , el más simple es
el movimiento armónico, en el que la relación del m ovimiento respecto
del tiempo puede expresarse mediante la siguiente r elación matemática:
( )φω −= tax sen (1)
En donde:
A: Amplitud del desplazamiento o valor peak;
ω: Velocidad angular del movimiento. Su relación con el periodo T
viene dada por:
ω π= 2
T (2)
y con la frecuencia f , por:
ω π= 2 f (3)
En general, entre los movimientos que pueden ser d escritos por
la ecuación de movimiento armónico tenemos, por eje mplo, el de una
masita colgando de un resorte, el movimiento angula r de un péndulo,
etc.
De la ecuación de movimiento podemos obtener, por simple
derivación la velocidad v(t) y la aceleración a(t) de esta forma se
obtiene:
( ) ( )φωω −= tAtv cos (4)
y
( ) ( )φωω −−= tAta sen2 (5)
4.2 Medida de la vibración
Normalmente, las vibraciones que se detectan en la práctica no
son del tipo armónico puro, de modo que su medición no es directamente
comparable con otras vibraciones. Para poder compar ar vibraciones se
definen los siguientes parámetros:
- Valor peak ( x peak )
x máx x tpeak = ( ) (6)
- Valor medio( x m )
∫=T
m dttxT
x0
)(1
(7)
- Valor eficaz ( x rms )
∫=T
rms dttxT
x0
2))((1
(8)
Para el caso de una vibración armónica existe una relación entre
estos valores :
x x xrms m peak= =1 11 0 71. .
Fig.4.1 : Indicación de los valores.
En general, para ondas no periódicas se escoge com o indicador de
la vibración el valor eficaz(rms), especialmente en vibraciones
aleatorias, donde no puede hallarse una componente predominante.
4.3. Clasificación de las vibraciones
Las vibraciones se dividen en dos grandes grupos:
Determinísticas y Aleatorias . Las vibraciones determinísticas pueden
describirse siempre por expresiones matemáticas que definen el cambio
del valor instantáneo con respecto al tiempo.
Las vibraciones aleatorias solo pueden ser descrita s por parámetros
estadísticos.
En general, las vibraciones se pueden dividir de l a siguiente
forma:
- Vibraciones determinísticas:
- No periódicas
- Periódicas:
- armónicas
- complejas
- Vibraciones aleatorias:
- Estacionarias
- No estacionarias
El objetivo de este curso es obtener un conocimien to básico de
las vibraciones determinísticas.
4.4. Modelo idealizado de un sistema mecánico de un grado de libertad.
Una máquina rotativa está compuesta por variados e lementos que
influyen en distinta medida sobre la vibración resu ltante.
Como primera aproximación se considerará que la má quina tiene
solamente un tipo de movimiento (traslación rectil ínea). En este
modelo, la masa se considerará concentrada; la flex ibilidad se
modelará como un resorte equivalente y, finalmente, los roces y las
disipaciones de energía serán considerados como equ ivalentes a la
disipación del tipo viscosa (amortiguamiento o damp ing).
M
c
k
Fig.4.2 : Sistema de un grado de libertad.
Este modelo idealizado tiene un grado de libertad y es
suficiente para estudiar la vibración en máquinas r otativas bajo
efectos de desbalanceo.
4.5. Vibración libre del sistema mecánico de un gra do de libertad.
El sistema mecánico de un grado de libertad contie ne la
representación de los tres parámetros fundamentales : la inercia
(masa), la elasticidad (resorte) y la disipación (r oce).
La masa tiene la característica que adquiere una a celeración
proporcional a la fuerza aplicada.
El disipador o amortiguador viscoso presenta una r esistencia al
movimiento relativo, que es proporcional a la veloc idad relativa.
El resorte elástico lineal presenta una resistenci a al
estiramiento proporcional a la fuerza que se apliqu e.
Considérese el sistema de la figura 4.3 en el que se representa
un modelo idealizado de un grado de libertad el cua l consiste en un
movimiento de desplazamiento horizontal.
M
c
k
F(t)
x
MF(t)Mx
c
kx
x
Fig.4.3 : Sistema de un grado de libertad, con desp lazamiento
horizontal, sistema formado por masa, resorte y amortiguador.
Interesa la ubicación de la masa M, para lo cual s e ha definido
su posición en la dirección de movimiento (horizont al) por la
coordenada x, de manera que quedan también definida s su velocidad x& y
aceleración x&& .
Al moverse la masa desde la posición de equilibrio , el resorte
ejercerá una fuerza oponiéndose al estiramiento (o compresión), y el
amortiguador se opondrá en forma proporcional a la velocidad.
Observando el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.3, obtenemos la
siguiente relación que describe la posición del cue rpo:
)(tFkxxcxM =++ &&& (9)
Si F(t)=0, la ecuación es homogénea y describe una vibración
libre, es decir, en el caso que el sistema oscila s in presencia de una
fuerza excitadora.
A continuación se analizará el caso en que el grad o de libertad
esté relacionado con un desplazamiento vertical, pa ra lo cual nos
referimos a la figura 4.4.
M
k c
F(t)
Mg
MyF(t)
y
ky cy
Fig.4.4 : Sistema de un grado de libertad con despl azamiento vertical.
Del diagrama de cuerpo libre de la figura 4.4, se obtiene la
siguiente ecuación:
)(tFmgkyycyM =+++ &&& (10)
Para despreciar el efecto del peso llamaremos δ a la deflexión
que se produce debido al peso, por lo cual la defle xión debido a la
vibración (y e) cumple la siguiente relación:
y y e= − δ (11)
Por lo que la ecuación de movimiento queda de la s iguiente
forma:
)(tFMgkkyycyM eee =+−++ δ&&& (12)
Como
− + =k Mgδ 0 (13)
se tiene que la deflexión que produce el peso esta dada por:
δ = Mg
k (14)
La ecuación que describe la vibración vertical vie ne dada por:
)(tFkyycyM eee =++ &&& (15)
El primer caso a estudiar corresponde cuando F(t)= 0, y
representa el movimiento que tendrá el sistema si s e saca de la
posición de equilibrio y se suelta en movimiento li bre. La ecuación es
del tipo homogénea y el resultado que se obtendrá d ependerá de los
parámetros del sistema.
Definiendo:
- Amortiguamiento crítico:
c kMcrít = 2
- Frecuencia natural:
ω = kM
- Factor de amortiguación:
ζ = c
ccrít
Con estos parámetros, la ecuación de una vibración libre se
puede escribir de una forma ligeramente diferente:
0=++ kxxcxM &&&
0=++ xM
kx
M
cx &&&
02 2 =++ xxx ωζω&&& (16)
4.5.1 Solución de las ecuaciones de movimiento
Comentario [CNCdl1]: Página: 68
La solución de la ecuación (16) dependerá de los p arámetros del
sistema mecánico y de las condiciones iniciales x(0 )= x o ; v(0)= v o.
Resolviendo la ecuación (16), tenemos:
Si:
x t Ae t( ) = λ
se tiene:
λ ζωλ ω2 22 0+ + = (17)
despejando λ, tenemos:
λ ζω ω ζ= − ± −2 1
Se puede observar que la solución de la ecuación d epende del
factor de amortiguación ζ, existiendo sólo 4 casos:
- Caso 1: ζ>1, que corresponde a un sistema sobreamortiguado y su
solución es:
( ) [ ] [ ]( )1senh1cosh 220 −+−= − ζωζωζω tBtxetx t
(18)
donde:
12
00
−
+=
ζωωζxv
B
- Caso 2: ζ=1, que corresponde a un sistema críticamente amortiguado
y su solución es:
( )( )txvxetx t ωω000)( ++= −
(19)
-Caso 3: ζ<1, que corresponde a un sistema subamortiguado y su
solución es:
( ) [ ] [ ]( )220 1sen1cos ζωζωζω −+−= − tBtxetx t
(20)
donde:
2
00
1 ζωωζ−
+=
xvB
- Caso 4: ζ=0, que corresponde al caso ideal no amortiguado y su
solución es:
( ) ( ) ( )tv
txtx ωω
ω sencos 00 += (21)
Fig.4.5 : Sistemas amortiguados.
4.5.2 Sistema subamortiguado
De la figura 4.5, se ve que el único caso en que s e produce
vibración libre es en el sistema subamortiguado. En este caso, se
puede obtener el valor del factor de amortiguación mediante la
medición de amplitudes sucesivas de la oscilación, separadas por n
periodos Td, como se ve en la figura 4.6:
Fig.4.6 : Sistema subamortiguado.
De la figura, se obtiene:
x t
x t nTe T nd
( )
( )+= ζω (22)
Aplicando logaritmo natural, se tiene:
( )( ) ωζδ dn nT
nTtx
tx =
+= ln (23)
despejando y observando que:
Td =−
2
1 2
πω ζ
δ π ζζ
n
n=−
2
1 2 despejando
22
1
1
⋅+
=
n
n
δπ
ζ (24)
Para valores de ζ menores que 0.1 se puede usar la expresión
aproximada:
nn
πδζ2
= (25)
Ejemplo 4.1:
Encontrar el factor de amortiguación si x/x 4=6
δ4= ln (6) = 1.79
de esta forma se obtiene
ζπ
=⋅
=1 79
2 40 07
..
Otra forma de encontrar el factor de amortiguación es contar el
número de oscilaciones n necesarias para que la amplitud inicial
decaiga a la mitad. En tal caso la fórmula a utiliz ar es :
ζ = 0 110.
n (26)
En general, podemos decir que sistemas vibratorios con bajos
factores de amortiguación vibran con frecuencias pr ácticamente iguales
que el sistema no amortiguado. Al aumentar la amort iguación, baja la
frecuencia alargándose el periodo de oscilación.
Como ilustración, estructuras de acero tienen fact or de
amortiguación 0.01 y la goma 0.1; y la razón entre máximos sucesivos
es 0.9 y 0.5 respectivamente. Para
casos como los anteriores la expresión (20) puede e xpresarse como:
( ) [ ] [ ]( )tBtxetx t ωωζω sencos0 += − (27)
donde:
ωωζ 00 xv
B+
=
Es decir, el efecto de amortiguación liviana será principalmente
disminuir exponencialmente la amplitud de la vibrac ión libre.
4.5.3 Obtención estática de la frecuencia natural del sis tema de un
grado de libertad
De la ecuación (14) se tiene que la deflexión natu ral por efecto
de la gravedad esta dada por:
δ = Mg
k
además sabemos que:
ω2 = k
M
de esta forma se obtiene:
ωδ
2 = g
de donde finalmente se tiene:
f = 5
δ (28)
con δ: deflexión estática, medida en [cm] y f en [Hz].
Se observa que mientras más rígido es el resorte o apoyo mayor
es la frecuencia natural.
4.6 Vibración forzada de un sistema de un grado de libertad.
4.6.1 Movimiento bajo fuerza de excitación armónica
La maquinaria se ve sometida a distintos tipos de fuerzas
durante su funcionamiento. Estas fuerzas pueden dis tinguirse entre
transitorias o permanentes y, también, entre determ inadas o al azar.
Las máquinas cuyo funcionamiento es predominantemen te estable puede
analizarse en vibraciones. En este último caso exis te una gran mayoría
de máquinas que efectúan movimientos rotativos en a lguno de sus
elementos, generándose así fuerzas de inercia que d ependen de la
velocidad de rotación. Estas fuerzas son las que pr oducen movimientos
armónicos. Un caso típico es un motor eléctrico o p olea desbalanceada
que produce vibraciones notorias.
Es por lo anterior que nos detendremos a estudiar el movimiento
del sistema mecánico de un grado de libertad bajo u na fuerza externa
de tipo armónica. Estas fuerzas armónicas son por l o general del tipo
seno o coseno y para ambos casos el tratamiento es el mismo.
Consideremos la situación de la figura 4.3, en don de F(t) es de
la forma:
( ) ( )tFtF fωcos0= (29)
reemplazando en la fórmula (9) se obtiene:
( )tFkxxcxM fωcos0=++ &&& (30)
La solución de la ecuación (30) será del tipo:
x t X x par( ) hom= + (31)
Aquí, x hom es la solución de la ecuación para vibraciones libr es
ya vista, por lo que el interés se centrará en la s olución de la
ecuación particular que en este caso será de la for ma:
( )tifpar
feFtFx ωω 00 Recos == (32)
Para facilitar la matemática a utilizar es más con veniente
considerar la fuerza como función de un número comp lejo. De esta
forma, la fuerza se puede escribir como:
F t F e i tf( ) = 0ω
(33)
Si el desplazamiento complejo es denotado por z=x+ iy, la
ecuación en z es: ti feFkzzczM
ω0=++ &&& (34)
La solución de esta ecuación es de la forma :
z Bei tf= ω (35)
Reemplazando en la ecuación (34) se tiene:
( ) titiff
ff eFBekicM ωωωω 02 =++− (36)
despejando B se tiene:
( ) ( )222
020
ff
i
ff cMk
eF
icMk
FB
ωωωω
φ
+−=
+−=
−
(37)
donde:
−= −
21
f
f
Mk
ctan
ωω
φ (38)
de esta forma, se obtiene z(t): ( )
( ) ( )222
0)(
ff
ti
cMk
eFtz
f
ωω
φω
+−=
−
(39)
Definiendo:
- Factor de sintonía:
η ωω
= f
- Factor de Amplificación:
AB
Fk
10
=
La expresión (39) se puede escribir:
( )
( ) ( )222
0
21)(
ηζη
φω
+−
=
−ti fekF
tz (40)
y se puede anotar:
( ) ( )2221
21
1
ηζη +−=A (41)
de esta forma la solución más sencilla para z(t) es :
( )φω −= ti feAk
Ftz 1
0)( (42)
Pero se está buscando una solución para x(t) la cu al resulta
ser:
( ) ( )φω −
+= tAk
Fxtx fhom cos1
0 (43)
Fig.4.8 : Gráfica de x(t) v/s t.
En la figura 4.8 se pueden observar los efectos de ambos
términos de x(t): la solución homogénea se manifie sta solo al
comienzo del movimiento, decayendo exponencialmente , dependiendo del
factor de amortiguación del sistema. Esta vibración inicial se conoce
con el nombre de transiente . Por el contrario la solución particular
se observa nítidamente una vez que desaparece la vi bración transiente.
Esta vibración recibe el nombre de estacionaria .
Para vibraciones estacionarias sólo influye la amp lificación A 1
y el ángulo de desfasamiento φ, los que a su vez dependen de η y ζ.
Cabe señalar que con la definición de η la ecuación (38) se puede
escribir:
−= −
2
1
1
2
ηηζφ tan (44)
La figura 4.9 muestra los gráficos de A 1 y φ para distintos
valores de η y ζ, observando estos gráficos y las ecuaciones (44) y
(41), se pueden obtener las siguientes conclusiones :
- La amplificación máxima no está en la resonancia ( η=1) , sino que en
un valor menor, que es:
η ζmáx = −1 2 2 (45)
Lo que implica que para ζ = 1 2 estamos en el caso limite, y
amortiguaciones mayores no producen máximo. La ampl ificación máxima
alcanzada en ηmax, es:
A máx1 2
1
2 1=
−ζ ζ (46)
Fig.4.9 : Gráfico de A 1 y φφφφ v/s ηηηη.
4.6.2 Transmisión de fuerzas al piso (o fundación)
Considérese el sistema de un grado de libertad de la figura 4.3.
la fuerza que éste ejerce sobre su fundación (F t ) se aplica por medio
del resorte y del amortiguador.
De esta forma F t queda definida por:
kxxcFt += & (47)
Antes de calcular F t hay que tomar en cuenta dos consideraciones
importantes:
a) Sólo se considerará el caso estacionario; y
b) Para facilitar la matemática a ocupar se recurri rá a los números
complejos y luego se tomará como solución la parte real de éstos.
El problema se escribe entonces:
kzzcFt += & (48)
donde:
( )φω −= ti feAk
Ftz 1
0)(
reemplazando en (48) se tiene:
( ) ( )φωω −
+= tift
feAk
FkciF 1
0 (49)
( )φωω −
+= tif
tfeAF
k
ciF 101 (50)
( ) ( )φωζη −+= tit
feAFiF 1012 (51)
( ) ( ) ( )φωθηζ −⋅+= tiit
feAFeF 102 12 (52)
donde:
( )ηζθ 21−= tan
reordenando tenemos:
( ) ( ) ( )βωηζ −+= tit
feAFF 102 12 (53)
con β φ θ= − .
Pero esta ecuación corresponde para z(t) y no para x(t). Ésta
última se obtiene tomando sólo la parte real de z, es decir:
( ) ( ) ( )βωηζ −+= tAFF ft cos12 102
(54)
Sin duda que uno de los puntos más importantes es saber que
porcentaje de la fuerza será transmitida a las base s, por lo que es
importante conocer la magnitud de la relación entr e F t /F o. Ordenando
(54) y tomando sólo la magnitud se tiene:
( ) 12 21
01 +== ηζAT t
F
F
T 1 = Factor de transmisibilidad
De esta forma T 1 se puede escribir como:
( )( ) ( )222
2
01
21
12
ηζη
ηζ
+−
+==
FtF
T (55)
En la figura 4.10 se puede observar la gráfica de T1 para
distintos valores de ζ y η, en esta gráfica existen dos zonas de
interés que tienen como punto critico η = 2 .
Para valores de η entre cero y 2 , un aumento de la
amortiguación ζ implica un disminución de la fuerza transmitida, a un
cuando en esta zona existe una amplificación de las fuerzas en la
fundación.
Por el contrario, si la sintonía es mayor que 2 , un aumento en
el factor de amortiguación producirá un aumento de la fuerza
trasmitida, lo cual en esta zona de aislación es co ntraproducente.
De la figura 4.10 y de (55) se observa que la tran smisibilidad
máxima se encuentra entre η cero y 2 en el punto:
ηζ
ζmáx =+ −1 8 1
2
2
(56)
Punto en que alcanza el valor:
T máx1
2
4 2 2
4
16 8 2 2 1 8=
− − + +
ζ
ζ ζ ζ (57)
Fig.4.10 : Gráfica de T 1 y ββββ v/s ηηηη.
Ejemplo 4.2:
Calcule el factor de transmisibilidad para el sigu iente sistema:
Datos M=500[kg]; m=0.1[kg]; e=0.5[m]; n=1500[rpm]; k=2500[kN/m].
La vibración libre decae al 50[%] en 4 ciclos.
k m
e
ω
M
k
c M
F(t)
(a)Sistema original (b)Modelo con F(t)=
c c
me t( )cosω ω2
Fig.4.11 : Ejemplo 4.2.
De la fórmula (26) se tiene:
ζ = =0 11
40 028
..
También es posible calcular:
ωn
k
Mrad s= = ⋅ =250 10
50070 7
4
.
y:
ω πf rad s= ⋅ ⋅ =1500 2
60157
Con ωn y ωf , es posible calcular el factor de sintonía:
η = =157
70 72 22
..
Reemplazando η y ζ en (55), se tiene:
T1 = 0.25
Esto se puede interpretar diciendo que se esta ais lando el 75[%]
de la fuerza o que el 25[%] de la fuerza se transmi te a la fundación.
Como inquietud se plantea el calcular la constante del resorte para
tener un 90[%] de aislación.
4.7 Desbalance como fuente de excitación
Una de las situaciones más frecuentes en máquinas es la
vibración producida por la excentricidad de rotores en giro.
4.7.1 Vibración producida por desbalanceo
Fig.4.12 : Desbalanceo.
Idealizando la situación como se indica en la figu ra 4.12, se
puede plantear la ecuación de movimiento. Considére se solo movimiento
horizontal. En tal caso, la única fuerza que causa el movimiento es la
fuerza de inercia de la masa excéntrica. Dicho movi miento está
compuesto por el movimiento de la masa total, x, má s el movimiento de
la masa excéntrica respecto a la anterior. Observan do el diagrama de
cuerpo de libre que se muestra en la figura 4.12 se puede plantear la
siguiente ecuación de movimiento:
( ) xmtmekxxcxM ff &&&&& −=++ ωω cos2 (58)
Reordenando se tiene:
( ) ( )tmekxxcxmM ff ωω cos2=+++ &&& (59)
Definamos:
M1= M+m y F me f02= ω
De esta forma, nuestra ecuación se transforma en:
( )tFkxxcxM fωcos01 =++ &&& (60)
Esta ecuación es similar a la (30) Luego su soluci ón será de la
forma:
( ) ( )φω −= tk
FAtx fcos0
1 (61)
O más bien:
( ) ( )φωω
−= tk
meAtx f
f cos2
1 (62)
Debemos recordar que:
ω2
1
= k
M y η ω
ω= f
De esta forma, (62) se puede expresar como:
( ) ( )φωη −= tM
meAtx fcos
1
2
1 (63)
Definiendo:
A A22
1= η
( ) ( )φω −= tM
meAtx fcos
12 (64)
Donde A 2 se define como la amplificación por desbalanceo, c uyo
gráfico se muestra en la figura 4.13. El ángulo φ no presenta
variaciones con respecto al de la figura 4.9. Al va lor (me/M 1) se le
denomina excentricidad del centro de masa del rotor .
Fig.4.13 : Gráfica de A 2 v/s ηηηη.
4.7.2 Transmisión de fuerzas debido a desbalanceo
De acuerdo a la ecuación (54), la fuerza transmiti da a la
fundación es:
( )( ) ( )
( )βωηζη
ηζω −+−
+= tmeF fft cos
21
21222
22
(65)
o bien:
( )( ) ( )
( )βωηζη
ηζηω −
+−
+= tmeF fft cos
21
21
222
222
(66)
( )βω −= tFTF fnt cos2 (67)
Donde: 2ωmeFn =
F n recibe el nombre de fuerza de inercia nominal, y de pende sólo
del sistema y del desbalance.
( )( ) ( )222
22
12
2
21
21
ηζη
ηζηη+−
+== TT (68)
T 2 recibe el nombre de Transmisibilidad de fuerza debi do al
Desbalance.
Observando la figura 4.13, se puede ver que a alta s velocidades
de giro el movimiento del rotor tiende a alinear el centro de masa del
rotor con los descansos, quedando así la vibración con una
amplificación uno.
Fig.4.14 : Gráfica de T 2 v/s ηηηη.
La fase influye, ya que el máximo desplazamiento p uede coincidir
con la excentricidad o bien, estar opuesto a ella c omo se puede ver en
la figura 4.15
(a) (b) (c)
Fig.4.15 : Posición del rotor en el instante de alc anzar el
desplazamiento máximo.
De la figura 4.15 se tiene :
a) Si η<1 , el contrapeso está en la marca;
b) Si η=1 , el contrapeso está a 90º delante de la marca;
c) Si η>1 , el contrapeso esta diametralmente opuesto a la marca.
En la figura 4.14 puede apreciarse que en la zona de η menor que
2 el efecto de la amortiguación reduce la fuerza tra nsmitida al
piso. En cambio, para valores mayores que 2 la amortiguación ayuda a
aumentar la transmisibilidad. Notar que en η = 2 la
transmisibilidad vale 2, para cualquier amortiguaci ón.
4.8 Respuesta de velocidad y aceleración del sistem a de un grado de
libertad bajo fuerzas de excitación armónica.
Los instrumentos de medición de vibraciones pueden detectar el
desplazamiento, la velocidad o la aceleración del p unto de interés.
Puesto que estamos considerando fuerzas de excitaci ón armónicas
estacionarias, las respuestas, o movimientos, serán también del tipo
armónico, es decir, regirán las condiciones siguien tes, para las
magnitudes correspondientes de velocidad y acelerac ión.
Se sabe que la solución para una excitación armóni ca viene dada
por la ecuación:
( )φω −= ti feAk
Ftz 1
0)( (69)
Derivando, podemos obtener )(tz& el cual nos da:
( )φωω −= tif
feAik
Ftz 1
0)(& (70)
El factor i adelanta en 90º a )(tz& respecto de z(t). De esta
forma, reordenando )(tz& se tiene:
( ) ( )vff titif eA
k
FeA
k
Ftz φωφω ηωω
ωω −+− == 1
0º901
0)(& (71)
Donde φ φv = − 90º
Se definirá la amplificación de velocidad A v1 como:
( ) ( )22211
21 ηζη
ηη+−
=⋅= AAv (72)
La figura 4.16 muestra la gráfica de A v1 y φv.
Análogamente, se puede calcular )(tz&& de esta forma se tiene:
( ) ( )º901
202
10)( +−− == vfvf titi
f eAk
FeiA
k
Ftz
φωφω ηωωηω&& (73)
De esta ecuación se define la amplificación de aceleración como:
( ) ( )222
2
12
21 ηζη
ηη+−
=⋅= AAa (74)
Y definiendo el ángulo de desfasamiento
φ φ φa v= − = −90 180º º ,
finalmente la aceleración de la vibración se puede anotar:
( ) ( )af tiaeA
k
Ftz φωω −= 0
2
&& (75)
En la figura 4.17 se puede observar la gráfica de Aa y de φa.
Análogamente es posible hallar las amplitudes de v elocidad y
aceleración para las situaciones de movimiento debi do a desbalanceo.
En el caso de un rotor desbalanceado se tiene:
( ) ( )222
2
1
2
21 ηζη
η
+−=
=
eM
m
BA (76)
( ) ( )222
3
1
2
21 ηζη
η
ω +−=
=
eM
m
BA v
v (77)
( ) ( )222
4
1
22
21 ηζη
η
ω +−=
=
eM
m
BA a
a (78)
Para las amplificaciones de desplazamiento B, velo cidad B v y
aceleración B a respectivamente, el ángulo de fase en cada caso se rá
diferente:
φ φ φa v= − = −90 180º º
Fig.4.16. Gráficos de A v1 y φφφφv v/s ηηηη.
Fig.4.17. Gráficos de A a2 y φφφφa v/s ηηηη.
4.9 Excitación por movimiento de la fundación.
x
y
m
k c
Fig.4.18.
Consideremos la figura 4.18, en la cual y es el movimiento de la
fundación, x el movimiento del cuerpo de masa m y z el movimiento
relativo de la masa a la fundación.
z x y= − (79)
Del diagrama de cuerpo libre, se tiene:
( ) ( ) 0=−+−+ yxkyxcxm &&&& (80)
Reemplazando z en (80) tenemos:
ymkzzczm &&&&& −=++ (81)
La ecuación (80) entrega el movimiento absoluto y (81) el
movimiento relativo de la masa m.
Considerando un vibración en la fundación del tipo armónica, se
tiene:
( ) ( )tYty fωcos0= (82)
Reemplazando (81), se tiene:
( )tmYkzzczm ff ωω cos20=++ &&& (83)
Esta ecuación es de una solución que fue estudiada con
anterioridad. Se observa entonces que este tipo de problemas no tiene
mayor complejidad y es de una gran utilidad para el estudio de las
suspensiones de los automóviles y vehículos en gene ral.
La solución de (80)
)cos(01 βω −= tyTx f
indica que el criterio de aislación de fuerza es el mismo y la
solución de (81)
( )202 cos φω −= tyAz f
indica que la vibración relativa puede ser empleada como principio
para la construcción de sensores de vibración. Con η<1 se obtiene
acelerómetros y con η>1 se obtiene vibrómetros.
4.10 Vibraciones periódicas y aperiódicas.
4.10.1 Análisis de series de Fourier
Las series de Fourier nos permitirán expresar una excitación
periódica como la suma de sus componentes armónicas . De esta forma si
f(t) es periódica de periodo T, entonces podemos escribir f(t) de la
siguiente forma:
( ) ( ) ( )tnbtnaa
tfn
nn
n ωω sencos2 11
0 ∑∑∞
=
∞
=
++= (84)
donde:
( ) ( )dttntfan ∫Τ
Τ−Τ=
2
2
cos2 ω (85)
( ) ( )dttntfbn ∫Τ
Τ−Τ=
2
2
sen2 ω (86)
T es el periodo de la función, y se cumple:
Τ = 2πω
(87)
Debemos recordar también que:
- Si f(t) es par:
f t f t bn( ) ( )= − ⇒ = 0
- Si f(t) es impar:
f t f t an( ) ( )= − − ⇒ = 0
Si f(t) representa una excitación periódica aplica da a un
sistema lineal, como el de la figura 4.2 la ecuació n de movimiento
asociada al sistema es:
( ) ( )tnbtnaa
kxxcxmn
nn
n ωω sencos2 11
0 ∑∑∞
=
∞
=
++=++ &&& (88)
La respuesta del sistema a cada una de las compone ntes armónicas
puede ser calculada. Por superposición, la respuest a del sistema a la
excitación periódica es la suma de las respuestas de las componentes
armónicas, y la solución es :
( ) ( ) ( )( )( ) ( )
∑∞
=
+−
−+−+=1 222
0
21
sencos2 n
nnnn
nnk
tnbtna
k
atx
ηζη
φωφω (89)
donde
( )
−= −
21
1
2
ηηζφn
ntann (90)
Ejemplo 4.3:
Una función periódica es ilustrada en la figura 4. 19. determine
las componentes armónicas de esta función.
f(t)
tT 2T
1
-1
(a)
Fig.4.19 : a)Expansión en serie de Fourier de una f unción y
b)Representación de las cuatro primeras armónicas.
Solución:
Para cada uno de los ciclos la función periódica s e puede
expresar:
( )
2T si 1-
20 si 1
<<
<<=
Tt
Tttf
Los coeficientes de la serie de Fourier son:
02
)(2
2
0 20
0 =
−
Τ=
Τ= ∫ ∫∫
Τ Τ
Τ
Τ
dtdtdttfa
( ) 02
cos2
cos22
cos2
2
0 20
=
Τ
−
ΤΤ
=
ΤΤ
= ∫ ∫∫Τ Τ
Τ
Τ
dttn
dttn
dttn
tfan
πππ
( )
Τ
−
ΤΤ
=
ΤΤ
= ∫ ∫∫Τ Τ
Τ
Τ 2
0 20
2sen
2sen
22sen
2dtt
ndtt
ndtt
ntfbn
πππ
Τ
+
Τ
−ΤΤ
=Τ
Τ
Τ
2
2
0
2cos
2cos
2
2t
nt
n
nbn
πππ
=
par esn si 0
impar esn si 4
πnbn
De esta forma la serie de Fourier se puede expresa r:
( ) ( )
Τ−
−= ∑
∞
=
ππ
122sen
12
14
1
n
ntf
n
Las cuatro primeras armónicas están mostradas en l a figura
4.19b, es decir para ω, 3 ω, 5 ω, 7 ω.
Las series de Fourier también pueden expresarse co mo una serie
compleja, es decir.
f t C enin t
n
( ) =∞
= − ∞∑ ω
(91)
donde:
∫Τ
Τ−
−
Τ=
2
2
)(1
dtetfC tinn
ω (92)
Si nosotros graficáramos el valor de Cn versus n ω,obtendríamos el
espectro de frecuencias de la función periódica, co mo lo muestra la
figura 4.20:
ω 3ω 5ω ω
Cn
n
Fig.4.20 : Espectro de frecuencias para una función periódica.
Se debe notar que la serie de Fourier nos da sólo un espectro
discreto de las frecuencias naturales.
Hasta ahora sólo nos hemos referido a funciones pe riódicas, pero
es también interesante analizar el caso en que la f unción no es
periódica y en estos casos es necesario suponer que la función tiene
periodo infinito.
Reordenando (92), se puede obtener:
∫Τ
Τ−
−==Τ 2
20
0)(2
1
2dtetf
CC tinnn ω
πωπ (93)
Si llamamos ω a nω0 tenemos:
dtetfF tiωω −∞
∞−
⋅= ∫ )()( (94)
A F( ω) se le conoce con el nombre de transformada de Fou rier.
Análogamente, podemos conocer la transformada inver sa de Fourier la
que está definida como:
∫∞
∞−
⋅= dteFtf tiωωπ
)(2
1)(
(95)
Como la transformada de Fourier es un integral imp ropia, existe
la posibilidad de que su valor diverja para algunas funciones. Uno de
los teoremas de Cálculo nos asegura que la transfor mada de Fourier
existe si f(t) es absolutamente convergente, es dec ir, si:
∫∞
∞−
⟨∞dttf )( (96)
Para ampliar el rango a las funciones que no cumpl an con (96),
se agrega un factor de convergencia e t− σ a (94) de forma que se
obtiene:
( ) dtetfF tiωσω +−∞
∞−
⋅= ∫ )()( (97)
con s i t= +σ ω :
dtetfsF st−∞
∞−
⋅= ∫ )()( (98)
Donde F(s) se conoce como la transformada compleja de Fourier o
transformada bilateral de Laplace. Análogamente, se define también la
transformada inversa de Laplace:
dtesFi
tf st⋅= ∫∞
∞−
)(21
)(π
(99)
4.10.2 Funciones causales y transformada de Laplace
La transformada de Laplace es un método que convie rte ecuaciones
diferenciales lineales en ecuaciones algebraicas, l as cuales luego de
ser resueltas deben volver a su forma original.
Como vimos anteriormente, la transformada de Lapla ce de una
función f(t) se define como:
[ ]f(t)L)()( =⋅= −∞
∞−∫ dtetfsF st
(100)
Algunas de las transformadas de Laplace más utiliz adas se
encuentran en el Anexo 1.
Propiedades de la transformada de Laplace
Sea:
[ ] )()(L sFtf =
1. Escala: para a >0:
[ ]
=a
sF
a
1f(at)L (101)
2. Traslado en el tiempo:
( )[ ] 0)(t-tfL 0stesF −= (102)
3. Traslado en frecuencia:
LLLL (((( ))))f(t)e s0t F s s= − 0 (103)
4. Diferenciación en frecuencia:
LLLL (((( ))))(((( ))))−( ) =t f t
d F s
dsn
n
n (104)
5. Linealidad:
Si ( ) )()(fL 11 sFt = y ( ) )()(fL 22 sFt = :
( ) )()((t)bf+(t)afL 2121 sbFsaF += (105)
6. Convolución:
Se define la convolución como:
( ) ( ) τττ dftftftft
∫ −=0
2121 )(*)( (106)
Convolución en tiempo:
LLLL (((( )))) **** (((( )))) (((( )))) (((( ))))f 1 t f t F s F s2 1 2= (107)
Convolución en frecuencia:
LLLL (((( )))) (((( )))) (((( )))) **** (((( ))))f 1 t f ti
F s F s2 1 2
1
2=
π (108)
7. Diferenciación en el tiempo:
( ) )0(...)0(')0()()(L 121 −−− −−−−=
nnnnn
n
ffsfssFstfdt
d (109)
8. Integración en el tiempo:
)(1
f(t)dtLt
0
sFs
=
∫ (110)
9. Integración en frecuencia:
∫∞
=
s
dssF )(t
f(t)L (111)
10. Funciones periódicas de periodo T: (f(t)=f(t+T) )
[ ] ∫Τ
−Τ−−
=0
)(1
1f(t)L dtetF
est
s (112)
Las propiedades de la transformada de Laplace menc ionadas
anteriormente son suficientes para resolver problem as físicos.
Adicionalmente es necesario conocer y manejar la fu nción escalón
unitario u(t) y la función impulso unitario o delta de Dirac δ(t).
a) Función escalón unitario u(t)
Se define u(t) como:
0> tpara 1
0< tpara 0=u(t)
La gráfica de u(t) se muestra en la figura 4.21a.
Esta función puede servir para trasladar funciones hacia la
derecha en el eje t. El traslado unitario se define :
a> tpara 1
a< tpara 0=a)-u(t
En la figura 4.21b se puede ver el efecto al multi plicar una
función f(t) por u(t-a).
1
t ta
(a) función u(t) (b) f(t)·u(t-a)
f(t)f(t)
Fig.4.21 : Escalón y traslado unitario.
Sin duda que una de las aplicaciones más practicas es al momento
de expresar en forma matemática un pulso unitario c omo el de la figura
4.22, conocido como la función Gate G a(t):
1
a a+T t
Fig.4.22 : Función Gate.
La función Gate se define
))(()()( TatuatutGa +−−−= (112`)
Otro caso importante es la representación matemáti ca del pulso.
Fig.4.23.
En donde:
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )00sensen ttutttuttf −⋅−+⋅= ωω (113)
Y su transformada es:
[ ]
+
+=
−ωπ
ωω s
es
1f(t)L22
(114)
Es importante recordar que:
LLLL u(t) = 1
s (115)
b) Impulso unitario o delta de Dirac
También representa un pulso, pero de área unitaria , como el
rectángulo de la figura 4.24 cuando t tiende a 0, y está definido
como:
( ) ( ))()(1
lím 00
00
ttutut
tt
−−=→
δ (116)
Su transformada es:
LLLL δ t( ) = 1 (117)
Fig.4.24 : Impulso unitario.
Un impulso trasladado en una cantidad T es represe ntado por el
símbolo δ(t-T)como lo muestra la figura 4.24b.
Otra aplicación importante de la función de impuls o es para
calcular la transformada de Laplace de una curva, m ediante
aproximación por tramos.
b1 b2 b3 b4
aa
a
f(t) f'(t)
a
f"(t)
(c)
(a) (b)
a2 3a
1 2 30aa aa
01
4
4
Fig.4.25.
De la figura 4.25c se tiene que f"(t) se puede exp resar como:
′′ = + − + + −f t a t a t b a t b(((( )))) (((( )))) (((( )))) .... .... .... (((( ))))0 1 1 4 4δ δ δ (118)
Aplicando transformada de Laplace a f"(t), se obti ene: sbsb eaeaasFs 41
4102 ...)( −− +++= (119)
∑=
−=4
02
1)(
n
sbn
neas
sF (120)
En general, se puede generalizar a n tramos.
Anexo 1
Transformadas de Laplace.
f(t) F(s)
1 1
s
t n
( )ns
n !1−
eat
1
s a−
( )atsen a
s a2 2+
( )atcos s
s a2 2+
( )atsenh 22 as
a
−
( )atcosh 22 as
s
−
( )at −δ ase−
( )atu − e
s
as−
4.10.3 Aplicación de transformada de Laplace
Ejemplo 4.4:
Resolver por transformada de Laplace la ecuación ( 9):
)(tfkxxcxm =++ &&&
Sea:
( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )sFtfsXtx == L;L
Aplicando transformada de Laplace se tiene:
)()())(())(( 0002 sFskXxssXcxsxsXsm =+−+−− &
Donde x0 0= y 00 =x& son las condiciones iniciales, se tiene:
( ) )()(2 sFsXkcsms =++
( )kcsms
sFsX
++=
2
)()(
Aplicando transformada inversa se obtiene x(t):
)()( 1 sXtx −= l
En general, si llamamos función de transferencia:
kcsmssY
++=
2
1)(
Se tiene:
)()()( sFsYsX ⋅=
De acá se obtiene x(t):
∫ −==t
dhtfthtftx0
)()()(*)()( τττ
Donde h(t) es la transformada inversa de Y(s).
Si se aplica un impulso unitario, la ecuación trans formada será:
( )
( ) )(1
)(
1)(
2
2
sYkcsms
sX
sXkcsms
=++
=
=++
y su inversa será la vibración ante el impulso unit ario:
)()( thtx =
esto es equivalente a la vibración libre del sistem a con velocidad
inicial V 0 = 1/M (ver ecuación 20 en pág. 71 con X 0=0)
Ejercicios Propuestos
4.1 El peso de 50[kg] cae sobre el yunque en choque plástico. Calcule la
vibración máxima:
a)si no hay amortiguación y δestát=5[cm]
b)si se quiere disminuir la vibración máxima al 30[%] de a), diseñe la
suspensión (k, c).
50kg
3m
1000[kg]
Fig.4.26.
4.2 El rodete de un ventilador está desbalanceado. Calcule la masa
excéntrica si la vibración a la velocidad de giro es 180 [µmpp].
La carcasa tiene una masa despreciable. Al poner en marcha el
rodete, la vibración máxima es el doble que a la velocidad nominal de
1500[rpm] y se produce a 1000 [rpm].
R=500mmM=500kg
Fig.4.27.
4.3 La vibración libre de una máquina sobre sus soportes decae a la mitad
en 5 ciclos. La deflexión estática bajo su peso es de 5[mm]. Su masa es
de 1000[kg](rotor 600 [kg]).
-Calcule qué desbalance producirá una vibración peak de 10[mm/s], si el
rotor gira a 750 [rpm].
4.4 A un bloque de 1000[kg] de 0.6[m] de ancho y 1.2[m] de alto, para una
frecuencia de oscilación natural de 1200[cpm] y con un factor de
amortiguación de 5[%], se le aplica una fuerza armónica debida a una masa
de desbalance de 0.2[kg] y excentricidad de 0.1[m] con frecuencias de
1100 y 1400 [cpm]. Calcule la vibración estacionaria.
Fig.4.28.
Nota : Utilice las ecuaciones de energía:
Bloque 2
2
1 θAIEc = y para la masa de desbalance
( ) ••⋅=⋅=⋅−+== θωββωω dxtxeexmmvEc ,,cos2
2
1
2
1 222
4.5 Calcule la respuesta del sistema del problema 4.7 ante un pulso como
el de la figura 4.29, con T=10[ms] y T=1[s]. Graficar ambos casos.
T
100N
t
F(t)
Fig.4.29.
4.6 Para el sistema mostrado, calcule la vibración producida por el
tambor desbalanceado que gira a 1500 [cpm].
h M,L
e
modelo
m
torno
Fig.4.30.
Datos:
M=1200[kg]; L=1.5[m]; h=1[m]; m=0.5[kg]; e=0.15[m].
Nota:
- Al aplicar F=1000[N], se desplaza el cabezal 1[mm].
- Plantear ecuaciones de energías Ec y Epot y obtener ecuaciones
diferenciales de movimiento según el método de Lagrange
QVEcEc
dt
d =+−
∂θ∂
∂θ∂
θ∂∂
4.7. Resuelva por transformada de Laplace la ecuación que rige el
movimiento de un cuerpo en forma horizontal bajo la acción de una fuerza
armónica e identifique cada uno de los términos en la solución final.
( )tFkxxcxm ωsen0=++
Donde:
F0=1000[N]; m=100[kg]; ω=1000[rad/s]; ζ=10[%]
CAPITULO 5. BALANCEO DE ROTORES
El producto de excentricidades del centro de grave dad en rotores es
una fuerza centrífuga que producirá sobrecargas y v ibraciones en la
máquina. La eliminación de estas perturbaciones din ámicas se llama balanceo
o equilibrio del rotor.
En este curso analizaremos dos casos de balanceo:
-Estático o en un plano; y
-Dinámico o en dos planos.
El construir un rotor perfectamente balanceado exi giría tolerancias
imposibles de alcanzar. Por este motivo, se deja un margen de desbalanceo
tolerable el que está determinado por la norma ISO 1940. Antes de todo, es
importante tener claros algunos conceptos:
5.1 Desbalanceo residual permisible.
A mayor masa m del rotor, mayor desbalanceo permisible U. Para
generalizar, se emplea el desbalanceo específico e:
eU
m= (1)
donde e corresponde a la excentricidad del centro de graved ad del rotor.
Para rotores del mismo tipo se ha encontrado que e l desbalanceo
residual específico varía en relación inversa con l a velocidad de rotación
manteniendo el producto e· ω constante.
5.2 Calidad de Balanceo
Basado en lo anterior, se han establecido grados d e calidad de
balanceo que permiten una clasificación de los requ isitos de calidad. Cada
grado de calidad de balanceo G comprende un rango de desbalanceos
residuales admisibles desde un limite superior dado por una cierta magnitud
del producto e· ω hasta el límite inferior cero.
De esta forma, se define:
G e= ⋅ ω (2)
La norma ISO 1940 ha establecido, entre otros, los siguientes grados de
calidad para determinadas situaciones:
Grado de calidad G (mm/s) Tipo de rotor
G 4000
Cigüeñales de motores Diesel marinos
lentos con número impar de cilindros
montados rígidamente.
G1600
Cigüeñales de motores grandes de 2
ciclos montados rígidamente.
G630
Cigüeñales de motores grandes de 4
ciclos rígidamente montados.
G250
Cigüeñales de motores Diesel rápidos de
4 cilindros montados rígidamente.
G100
Cigüeñales de motores Diesel rápidos
con 6 o más cilindros. Motores
completos Diesel o a Gasolina para
autos.
G40
Ruedas de autos, volantes. Cigüeñales
para motores de autos, camiones y
locomotoras.
G16
Ejes de dirección(ejes de propulsión,
ejes cardan),con requerimientos
especiales.
G6.3
Partes de máquinas de planta de
procesos. Engranajes, bombas,
ventiladores.
G2.5
Turbinas de vapor y gas y rotores de
turbomáquinas en general.
G0.4
Ejes ,discos y rotores de
rectificadores de precisión.
Tabla 5.1 : Grados de calidad para balanceo.
Obs: ω π= ⋅ ⋅ ≈2
60 10
n nrad s
Si n es medido en [rpm].
5.3 Técnicas de corrección
La suposición básica que se usará es que el desbal anceo por efecto de
rotación aplica fuerzas inerciales sobre los descan sos. Por la flexibilidad
de estos últimos, las fuerzas de inercia producen v ibración. Luego, si se
mide la vibración, se obtendrá, indirectamente, una indicación del
desbalanceo. El desbalanceo D se define como una excentricidad de una masa
m, de esta forma:
D e m= ⋅ (3)
Se mide en unidades masa-longitud.
Las técnicas de corrección están orientadas a dete rminar dos cosas:
i) Estado del desbalanceo original.
ii) Vectores de desbalanceo de corrección.
Para esto pueden emplearse máquinas balanceadoras o equipos
portátiles de balanceo en terreno. Puesto que el pr ocedimiento de balanceo
es similar para ambos tipos de aplicaciones, veremo s con detalle el
procedimiento de balanceo con equipos en terreno.
Para evaluar el estado de desbalanceo en un rotor cualquiera, se
deberá introducir un desbalanceo intencional o de p rueba. La recomendación
para dimensionar la masa de prueba para el desbalan ceo es que esta masa no
empeore la situación actual del rotor, es decir que la fuerza adicional
sobre los descansos sea tal que no produzca deterio ro por sobrecarga en la
máquina, considérese un 10% de sobrecarga.
De esta forma, se tiene:
26102,91
nr
Mmp ⋅
⋅= (4)
donde
M: masa del rotor, en [kg]
r: radio, en [mm]
n: velocidad de giro, en [rpm]
mp : masa de prueba, en [g]
5.4 Balanceo estático.
El balanceo en un plano o estático se puede emplea r en caso de
rotores tipo disco.
El método de balanceo consiste en agregar una masa apropiada que
cancele o disminuya a un valor aceptable, el desbal anceo original.
La determinación de la masa y su lugar de ubicació n se puede efectuar
por tanteo o algebraicamente. Desarrollaremos el mé todo algebraico con
números complejos:
i) Medir el desbalanceo original A A1 1 1= ∠α
ii) Agregar una masa de prueba en un ángulo θp y medir el desbalance
A A2 2 2= ∠α
Se debe hallar el operador (complejo) de correcció n φ φ β= ∠ tal
que indique la cantidad de masa y la posición respe cto del lugar en que se
colocó la masa de prueba para la corrección.
Al introducir una masa de prueba se produce un efe cto que viene dado
por:
A 2-A 1
luego se cumple que:
( ) 3112 AAAA =+⋅− φ (5)
donde A3 es la vibración final, como se requiere dejar bala nceado el equipo
se requiere A 3 sea igual a cero de esta forma se tiene:
( ) 0112 =+⋅− AAA φ (6)
desarrollando se tiene :
φ φ β=−
=−
= ∠A
A A
1
1A
A
1
1 2 2
1
(7)
donde:
φ : indica la fracción de masa de prueba
∠β : indica el ángulo que debe girar el efecto de la masa correctora
respecto del de prueba.
La corrección de desbalanceo se hace colocando una masa m c en un
radio r c, corrida en un ángulo sobre ese círculo en el sent ido contrario a
β.
La masa de corrección es:
mr
rmc
p
c
p= φ (8)
y
θ θ βc p= − (9)
Gráficamente, se tiene:
A1A2
A2-A1β
Fig.5.1 : Balanceo en un plano .
Ejemplo 5.1:
Calcular la masa de corrección y su ángulo si se h an obtenido las
siguientes mediciones:
A1 50 60= ∠ º y
A2 35 180= ∠ º con m p= 50[g] en 25[cm] a un ángulo de 0º.
Solución:
De (7), se tiene:
φ = ∠∠ − ∠
= ∠∠
≈ ∠50 60
50 60 35 180
50 60
73 99 35 820 68 24 18
º
º º
º
. .. . º
De esta forma, si r p es igual a r c se tiene:
m gc = ⋅ =0 68 50 34. ; y
θc = − = −0 24 18 24 18. º . º
Es decir, el rotor se debe colocar una masa de 34[ g] a un radio de
25[cm] desplazado en 24.18º en dirección negativa.
Ejemplo 5.2:
Un rotor de 500[kg], 1[m] de diámetro, que gira a 1500[rpm] debido a
desbalanceo produce vibraciones en un descanso, com o se indica:
A mm s1 200 120= ∠ º
A mm s2 226 113= ∠ º con una masa de prueba de 100[g] a 90º.
Calcule la vibración resultante si sólo se puede c orregir con masas
de 25[g] y ubicar en ángulos de 10º en 10º. Se debe ubicar un solo conjunto
de masas para balancear.
Obs.: Considere r c igual a r p.
Solución:
De (7) se tiene:
)º6.48º180(44.5º4.7174.36
º120200º113226º120200
º120200 +<≈<<=
<−<<=φ
φ = ∠ = ∠ −5 44 228 6 5 44 131 4. . º . . º
es decir, el efecto es de m c= 544[g] corrido en -131.4º respecto de 90º que
era el lugar donde estaba ubicada la masa de prueba , esto quiere decir que
debe ir ubicada a 139º sobre el rotor.
Por condiciones del problema la masa de corrección es de 550[g]
ubicada a 140º sobre el rotor.
Para calcular la vibración final se utiliza la ecu ación (5) donde
ahora φ vale:
φ = ∠ −5 5 130. º
Reemplazando tenemos:
( ) ( )º4.7174.36º1305.5º1202203 ∠⋅−∠+∠=A
A3 200 120 202 07 58 6 5 33 7 85= ∠ + ∠ − ≈ ∠º . . º . . º
La vibración final tiene una magnitud de 5.33[mm/s ].
5.5 Balanceo dinámico.
A B
Fig.5.12 : Esquema para balanceo en dos planos
Para balancear en dos planos se debe realizar el s iguiente
procedimiento:
- Medir las vibraciones originales en los planos A y B, es decir:
A A1 1 1= ∠α y B1 = B B1 1 1= ∠β
- Colocar las masa de prueba m pa en el plano A en un ángulo θpa , y obtener:
A A2 2 2= ∠α y B B2 2 2= ∠β
- Quitar la masa de prueba en el plano A y colocar la masa de prueba m pb en
el plano B en un ángulo θpb y obtener A A3 3 3= ∠α y B B3 3 3= ∠β .
A continuación, se mide el efecto que produce la masa de prueba m pa
en A:
A A2 1− (10)
y en B:
B B2 1− (11)
De la misma forma, se mide el efecto que produce l a masa de prueba
mpb en A:
A A3 1− (12)
y en B:
B B3 1− (13)
También se mide el efecto cruzado de A sobre B:
α = −−
B B
A A2 1
2 1
(14)
y el efecto cruzado de B sobre A: _
β = −−
A A
B B3 1
3 1
(15)
Al igual que en el balanceo estático se definen lo s factores de
corrección θ θ δA A= ∠ para el plano A y φ φ δB B= ∠ para el plano B.
Con esto se cumple:
( ) ( ) 013121 =−+−+ AAAAA φθ (16)
( ) ( ) 013121 =−+−+ BBBBB φθ (17)
Reemplazando (13) y (14) en (15) y (16) se tiene:
( )( ) AAA
AB δθαββθ ∠=
−−−=
12
11
1 (18)
( )( ) BBB
BA δφαβαφ ∠=
−−−=
13
11
1 (19)
De acá se calculan las masas de corrección:
m mr
rcA pA
pA
cA
= θ (20)
y
θ θ δcA pA A= − (21)
también se tiene:
m mr
rcB pB
pB
cB
= φ (22)
y
θ θ δcB pB B= −
(23)
Ejercicios Propuestos
5.1 Un rotor desbalanceado de 1500[kg] gira a 100[r pm]. Considere calidad
G2.5.
Al realizar las mediciones se obtuvieron las sigui entes lecturas:
A mpp1 120 70= ∠ º µ y
A mpp2 100 40= ∠ º µ con una masa de prueba de 100[g] a 30º.
Calcular la corrección y m p queda fija.
Calcule el desbalanceo residual si la vibración fi nal es de 15[ µmpp].
5.2 Calcule las masas de corrección y sus respectiv os ángulos para el
siguiente problema de balanceo dinámico:
m gpA = ∠100 270 º
m gpB = ∠120 180 º
Nº de medición Ai [ µmpp] B i [ µmpp]
1 86 ∠63º 65 ∠206º
2 59 ∠123º 45 ∠228º
3 62 ∠36º 104 ∠162º
5.3 Para el ejemplo 5.2 calcule la calidad final de desbalanceo G si se
dejan m pA y m pB, y la velocidad de giro es 1500 rpm.
5.4 Para balancear un disco en un plano se hacen ag ujeros para quitar masa
el material del disco impide que se agregue masa. P ara lograr el balance se
deben hacer más agujeros en los lugares apropiados.
Calcule la masa a retirar y su ubicación si la vib ración medida es la
siguiente (en [ µmpp]):
A1= 100 ∠0º
A2= 75 ∠90º (medida al retirar 100[g] a 0º)
5.5 Para balancear la hélice se colocó una masa de prueba en A de 100[g].
Calcule las correcciones si:
A1= 200 ∠-130º y
A2= 140 ∠180º
A
Fig.5.3 : Hélice para ejercicio 5.5 (aspas a 120º).
5.6 Un rotor de ventilador de 600[kg] que gira a 10 00[rpm] se balancea en
terreno, para lo cual se coloca una masa de prueba de 150[g] en un radio de
75[cm] a 0º y se obtuvieron las siguientes lecturas :
A1= 85 ∠0º y A 2=150 ∠90º [ µm]
Calcule la masa y el ángulo de corrección.
5.7 Equilibrar dinámicamente el tambor centrífugo d e 100[kg] de masa que
gira 800[rpm] si se han obtenido las siguientes med iciones
Nº medición Ai [ µm] B i [ µm] m p
1 80 ∠-75º 70 ∠50º original
2 50 ∠0º 90 ∠70º 50[g]·400[mm] ∠0º
3 100 ∠-90º 100 ∠-90º 70[g]·400[mm] ∠0º
Calcule la masa y el ángulo de corrección.
6. VIBRACIÓN DE UN SISTEMA DE N GRADOS DE LIBERTAD
6.1 Determinación estática de la matriz de rigidez.
Si el sistema está estático, las aceleraciones y v elocidades serán
cero, en cuyo caso se tiene:
[ ] [ ] [ ] [ ] Qx
Qxxx
==++
K
KCM &&&
Así, al producir un desplazamiento unitario en un solo grado de
libertad, las fuerzas necesarias se obtienen de la segunda ecuación:
jj QK
x
=
=
1
0
0
1
M
lo que nos ofrece un método simple de determinació n de la matriz [ K]
y, además nos entrega una nueva interpretación de s u valor: K ij es la fuerza
sobre la coordenada i necesaria para producir un de splazamiento unitario en
el grado de libertad j-ésimo.
Ejemplo 6.1:
M
K
2
K
M
1x x
2
2C
1
1
Fig.6.1 : Sistema de dos grados de libertad.
Produciendo un desplazamiento x 1=1, x 2=0, se tiene K 11=K1+K2, K 21=-K 2
y de la misma forma, con x 1=0, x 2=1 se tiene: K 12=-K 2, K 22=K2, resultando
finalmente:
[ ]
−−+
=22
221
KK
KKKK
Otros ejemplos:
M
K
2
K
1x
x
22
1
1
M
Fig.6.2 : Ejemplo de determinación de [K].
[ ]
=⇒
==⇒
=
==⇒
=
2
1
22212
21111
0
0
;01
0
0;0
1
:Con
K
K
KKKx
KKKx
K
Cálculo para viga empotrada con dos masas concentra das. e e
x1 2
x
Fig.6.3 : Viga empotrada con masas concentradas.
En este caso el uso del método anterior es muy com plicado, y resulta
mejor calcular las deflexiones en x 1 y x 2 mediante resistencia de
materiales:
[ ] [ ] [ ]
[ ] [ ] adflexibilid de matriz:1
1
−
−
=
==⇔=
K
KK
F
QFx
QxQx
Ahora, para las cargas P 1=1 y P 2=0, se obtiene x 1=γ11, x 2=γ12
Si las cargas se hacen P 1=0 y P 2=1, se tiene x 1=γ21, x 2=γ22
γij son llamados coeficientes de influencia y correspo nden a la
deflexión en la coordenada i-ésima debido a la apli cación de una carga
unitaria en j.
Así, conocidos los coeficientes de influencia, se puede determinar la
matriz de rigidez por inversión de [F] que se forma con los elementos γij .
Ejercicio 6.1:
Verificar que para el caso de la fig 6.3 se obtien e lo siguiente:
[ ]
=
=
165
52
6
3
2221
1211
EI
eF
γγγγ
Calcule la matriz de rigidez.
6.2 Solución de las ecuaciones de movimiento de sis temas discretos.
Ahora nos centraremos en la búsqueda de métodos de solución exacta, en
la medida que sea posible, y aproximada cuando se h aga necesario, para el
problema de un sistema de n grados de libertad en v ibración.
Considérese las ecuaciones linealizadas del sistem a mecánico de n
grados de libertad expresadas matricialmente como:
[ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) tFtxtxtx =++ KCM &&&
donde:
[ M], [ C] y [ K] son las matrices de inercia (o masa), amortiguami ento y
rigidez del sistema. Se trata de matrices cuadradas simétricas de tantas
filas (y columnas) como grados de libertad existan;
( ) tx&& , ( ) tx& y ( ) tx son los vectores columna de aceleración, velocidad y
posición correspondientes a los desplazamientos det erminados por los grados
de libertad del sistema. Su dimensión, por ello, es igual al número de
grados de libertad;
( ) tF es el vector columna de las fuerzas de excitación que producen los
desplazamientos x(t) del sistema. Su dimensión, al igual que éstos, está
dada por el número de grados de libertad.
Así, la ecuación matricial mostrada representa un sistema de n
ecuaciones diferenciales ordinarias, siendo incógni tas los desplazamientos
x(t) que se producen en el sistema bajo la acción d e la o las fuerzas
representadas por la excitación F(t).
A continuación se revisarán los métodos de solució n del problema
planteado mediante estas ecuaciones.
6.3 Método Clásico de solución.
La solución al problema anterior se puede obtener por el método
clásico de ecuaciones diferenciales, en que la solu ción se obtiene como la
suma entre dos términos: el primero, la solución a la ecuación diferencial
homogénea asociada; el segundo, una solución partic ular del problema
propuesto. Esto significa que las incógnitas los desplazamientos x(t) se
pueden escribir como:
hp xxx +=
donde x p representan los desplazamientos que conforman la s olución
particular del sistema, y x h son los desplazamientos que conforman la
solución de la ecuación homogénea, que físicamente se puede asociar con el
comportamiento del mismo sistema en vibración libre , esto es, cuando no
existe una fuerza excitatriz sobre éste.
Para hallar una solución particular px , utilizamos la ecuación
característica del sistema. En notación matricial:
[ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] [ ] [ ]( )
( )[ ] ( )
( )[ ] ( ) ( ) tFtxD
tFxDD
tFtxtxtx
D
=
=++
=++
V
KCM
KCM
V444 3444 21
&&&
2
donde D representa el operador diferencial d
dt y [V(D)] es la matriz
compuesta por los elementos:
( ) ijijijij DDD KCMV ++= 2
y de esta forma, la respuesta del sistema será:
( ) ( )[ ] ( ) tFDtx 1−= V
o bien:
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]
( )D
DAdjDD
tFDtx
VV
VY
Y
==
=−1:
Pese a la simplicidad de la notación, se trata de un trabajo
operacional difícil y laborioso.
Por otro lado, para la solución del problema homog éneo:
[ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) 0=++ txtxtx KCM &&&
podemos encontrar una solución en forma análoga a lo anterior, en cuyo
caso tendremos:
( )[ ] 0=xDV
Considerando una solución del tipo exponencial, se tiene:
( ) ( )[ ] ( )[ ]
( ) 0
0
0
=⇒
==
=
λλλ λ
λ
V
V
V
l
el
eltxt
t
en que se ha podido hacer la simplificación del té rmino exponencial
dado que su valor nunca será nulo. Además, se consi dera que los vectores l
serán no todos nulos en el caso general. Así, se ob tiene el resultado que
debe ser [ V( λ)] singular, lo cual se traduce en que su determina nte sea
igual a cero, como lo indica la última expresión.
Tal determinante produce una ecuación algebraica d e grado 2n en que λ
es la incógnita. Las 2n soluciones λi de esta ecuación, que en general serán
complejas, desembocan en un conjunto de 2n vectores l i , los que serán
linealmente independientes si los λi son todos distintos entre sí.
Con todo esto, la solución al problema homogéneo, x h queda dada por:
( )∑=
=n
i
tiih
ielax2
1
λ
donde las constantes a i se determinan en base a las condiciones
iniciales del problema.
Así como se hizo en el caso de un grado de liberta d, en el Capítulo 4,
podemos expresar lo anterior en términos de la frec uencia de oscilación ωi
y del factor de amortiguación ζi asociado al i-ésimo grado de libertad.
En general, se puede anotar que:
( ) ( )1
2
2
1
22
−±−=
++= ∏=
iiiii
n
iiiik
ζωωζλ
ωλωζλλV
Al igual que en el caso de un grado de libertad (q ue de hecho
corresponde a un caso particular de este problema), se puede establecer para
el factor de amortiguación que:
- Si ζi =0, el modo i-ésimo desarrolla un movimiento oscilatorio no
amortiguado ;
- Si ζi <1, el modo i-ésimo desarrolla movimiento oscilatorio amortiguado ; y
- Si ζi >1, el modo i-ésimo desarrolla movimiento amortiguado (pero no
oscilatorio).
6.4 Solución mediante aplicación de transformada.
Otra forma de solución de este tipo de ecuaciones diferenciales es
mediante el uso de la transformada de Laplace, con la cual, a partir de la
ecuación de movimiento original, se obtiene:
[ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] [ ] [ ]( ) ( ) ( ) [ ] [ ]( ) [ ] 00
2
L/
xxssFsXss
tFtxtxtx
&
&&&
MCMKCM
KCM
+++=++
=++
lo que en términos de la matriz característica (o mejor, su
transformada) queda:
( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] [ ]( ) [ ] 00 xxssG
sGsFsXs
&MCM
V
++=+=
donde G(s) indica el efecto de las condiciones ini ciales.
Suponemos, para una primera aproximación, que las condiciones
iniciales son nulas. En esas condiciones, el proble ma tiene solución según:
( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) sFssX
sFssX
Y
V
== −1
En esta última expresión, la matriz [Y(s)], invers a de [V(s)], se
denomina matriz de transferencia y expresa, en una medida, la relación que
existe entre la causa y el efecto en el sistema.
Al igual que en el caso de un grado de libertad, s e pueden emplear
integrales de superposición y convolución, en el ca so que se hiciera
necesario.
Respuesta ante impulso unitario en un grado de libe rtad.
Un caso particular interesante de analizar con est e método es el de un
impulso unitario en uno solo de los grados de liber tad del sistema.
Supongamos que F i =0 para cada i ≠k, y F k=δ(t), un impulso unitario.
Sabiendo que:
( ) 1L =tδ
se tiene:
( )
( )
=
←
=
nk
k
n
nnnkn
nk
nk
n
k
Y
Y
sX
sX
YYY
YYY
YYY
X
X
X
MM
M
M
KK
MOM
MOM
KK
KK
M
M
11
1
2221
11111
componente ésima-k
0
1
0
y aplicando transformada inversa, se obtiene la so lución dependiente
del tiempo como:
( )
( )
( )
( ) k
nk
k
nk
k
n
h
th
th
Y
Y
tx
tx
=
=
=
− MMM
111
1
L
donde h ik es la respuesta de la coordenada i ante el impulso unitario
aplicado en la k-ésima coordenada.
De manera similar, si la excitación no fuera un im pulso unitario δ(t)
sino F k(t), se obtendrá la respuesta mediante convolución:
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
−
−=
⇒
⋅
⋅=
∫
∫t
knk
t
kk
nknk
kk
n dtFh
dtFh
tx
tx
sFsY
sFsY
sX
sX
0
0 1111
τττ
τττMMMM
y para una excitación en general se obtiene:
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )∑∫
∑∫
∑∫
=
=
=−=
−
−
=n
i
t
o iin
i
t
ini
n
i
t
ii
dtFh
dtFh
dtFh
tx1
10
10 1
ττττττ
τττ
M
Para las vibraciones libres se considerará en luga r del vector de
fuerzas F al vector de condiciones iniciales G . Luego por solución
directa o superposición se obtiene el movimiento re sultante.
Ejercicio 6.2:
Estudiar el sistema mostrado en la figura, suponie ndo condiciones
iniciales nulas.
M
1 2K
C
F
x
M
1 2
K
C
F
x
1 2
1
1
2
2
Fig.6.4 : Sistema de dos grados de libertad.
Datos: M 1=m; M 2=2m; C 1=C2=C=0.2mω; K 1=K=mω2; K 2=4K.
Compruebe que las raíces características son:
( )( )( )( )( ) tstststs eAeAeAeAth
is
is
is
is
4321432111
4
3
2
1
y
5458.00274.0
5458.00274.0
5783.22226.0
5783.22226.0
+++=
−−=+−=−−=+−=
ωωωω
Halle los valores de A 1, A 2, A 3 y A 4 y las resultantes respuestas al
impulso.
6.5 Método matricial.
Una importante herramienta para este tipo de probl emas la provee el
álgebra matricial, por medio de la cual es posible obtener soluciones o
estimaciones de la solución en forma sistematizada.
6.5.1 Transformaciones de coordenadas.
Considérese el sistema de 2 grados de libertad:
M
1 2K
C
F
x
M
1 2
K
C
F
x
1 2
1
1
2
2
Fig.6.5 : Sistema de dos grados de libertad.
Obtenemos de él las expresiones para energía poten cial, cinética y
disipación como:
[ ] ( ) [ ]
( ) [ ] xxxxCxC
xxxxKxKV
xxxMxMT
T
T
T
&&&&&
&&&&
C
K
M
212
212212
1121
212
212212
1121
212
22212
1121
F =−+=
=−+=
=+=
En forma matricial, tenemos:
=
−−+
+
−−+
+
2
1
2
1
22
221
2
1
22
221
2
1
2
1
0
0
F
F
x
x
KK
KKK
x
x
CC
CCC
x
x
M
M
&
&
&&
&&
Si usamos otro sistema de coordenadas para el mism o sistema:
M
1 2K
C
F
y
M
1 2
K
C
F
y
1 2
1
1
2
2
Fig.6.6 : Transformación de coordenadas.
donde y 1 se mide de la misma forma que x 1 pero y 2 se refiere a la
posición relativa de la masa 2 respecto de la masa 1. En tal caso, las
expresiones para las energías quedan como:
( )
+=
+=
+=
++=
2
21
2222
12112
1
2222
12112
1
22122
12112
1
F
F
FFF
yCyC
yKyKV
yyMyMT
&&
&&&
lo que a su vez en notación matricial, queda:
+=
+
+
+
2
21
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
22
221
0
0
0
0
F
FF
y
y
K
K
y
y
C
C
y
y
MM
MMM
&
&
&&
&&
Notamos que:
y x
y x x1 1
2 2 1
== −
es una transformación lineal.
En general:
y xi ij j
j
n
==∑ β
1
define una transformación lineal entre distintos s istemas de
coordenadas, las que también modifican las expresio nes resultantes para las
energías. En efecto, para la energía cinética se ti ene:
∑∑ ∑∑∑∑= = = == =
⋅==n
i
n
j
n
k
n
lljlkikij
n
i
n
jjiij xxMyyMT
1 1 1 121
1 121 &&&& ββ
∑∑ ∑∑= = = =
=
n
k
n
llk
n
i
n
jjlikij xxMT
1 1 1 121 &&ββ
∑∑
∑∑
= =
= =
=
=
n
i
n
jjlikijkl
n
k
n
llkkl
MM
xxMT
1 1
1 121
'
'
ββ
&&
Y análogamente para la energía potencial y disipac ión:
∑∑
∑∑
= =
= =
=
=
n
i
n
jjlikijkl
n
k
n
llkkl
KK
xxKV
1 1
1 121
'
'
ββ
∑∑
∑∑
= =
= =
=
=
n
i
n
jjlikijkl
n
k
n
llkkl
CC
xxC
1 1
1 121
'
'F
ββ
&&
Finalmente, para las fuerzas generalizadas, con ay uda de trabajo
virtual, se obtiene como:
δ δ β δ
δ δ
β
W Q y Q x
W Q x
Q Q
i i
i
n
i ij j
j
n
i
n
j j
j
n
j ij i
i
n
= =
⇒ =
=
= ==
=
=
∑ ∑∑
∑
∑
1 11
1
1
'
'
Nuevamente, usando notación matricial se tiene:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
xxyy
xxyyV
xxyyT
xy
T
T
T
T
TT
TT
TT
βββββββ
β
=
=
=
=
==
==
==
=
'
'
'
'
'F
'
'
21
21
21
21
21
21
CC
KK
MM
CC
KK
MM
&&&&
&&&&
El anterior desarrollo nos entrega las herramienta s para relacionar
las expresiones asociadas a cada sistema de coorden adas que se elija.
También nos sugiere la idea de que si es posible en contrar un sistema de
coordenadas tal que se obtengan ecuaciones desacopl adas (esto es, con [ M],
[ K] y [ C] diagonales), se reducirá el problema de n grados de libertad a n
ecuaciones asociadas a n sistemas de un grado de li bertad cada uno:
Qxxx =++ KCM &&& 1
Como conclusión de lo anterior, se puede decir que el acoplamiento de
las ecuaciones no es una propiedad del sistema mecá nico que modelan, sino
que está asociado a la naturaleza del sistema de co ordenadas utilizado para
describirlo.
Un sistema con coordenadas tales que las ecuacione s resulten
desacopladas recibe el nombre de coordenadas naturales o principales y la
matriz de transformación [ β] se llama matriz modal , y consiste de los
vectores característicos o vectores modales .
El análisis modal consiste en transformar las ecuaciones a la forma
desacoplada para facilitar su resolución, y luego l levar las soluciones al
sistema original.
6.5.2 El problema de valor propio: Modos naturales de vibración
Un caso de interés es el de los sistemas conservat ivos, que en nuestro
caso se reduce a establecer que la matriz de amorti guamiento [ C] es nula, es
decir, todos sus elementos son cero.
Restringiéndonos además al caso de vibración libre :
[ ] [ ] 0=+ xx KM &&
Si suponemos que la solución es del tipo:
( ) ( ) nitfutx ii ..1: =⋅=
nos queda:
[ ] ( ) [ ] ( ) 0=+′′ tfutfu KM
lo que se reduce a n ecuaciones del tipo:
( ) ( ) 011
=+′′ ∑∑==
n
jjij
n
jjij tfuKtfuM
Ahora separamos variables:
( )( ) .
1
1 cteuM
uK
tf
tfn
jjij
n
jjij
==′′
∑
∑
=
=
Asociando el cuociente de las constantes de rigide z y las masas con
una frecuencia angular ω, se tiene:
1 Se ha usado la notación <D> para indicar una matri z D diagonal.
( ) ( )( ) ( )
( )[ ] [ ]
[ ] [ ] uu
uu
uMK
ttf
tftf
n
jjijij
MK
KM2
2
1
2
2
0
0
cos
0
ωω
ω
φωω
=
=+−⇒
=−
−=⇒
=+′′
∑=
Esta última expresión describe el problema general de valor propio, en
que se buscan soluciones distintas de la trivial ( u ≠0). El problema
entonces se describe en términos del determinante:
[ ] [ ]( ) 0det 2 =+− KMω
De aquí, las frecuencias que resulten como solució n del problema se
denominarán frecuencias propias o características , y los vectores asociados
a cada una de tales frecuencias se llamarán vectores propios o modos de
vibración . 2
Ortogonalidad de los vectores propios.
Una consecuencia de la definición de vectores prop ios dada
anteriormente es la condición de ortogonalidad: un vector propio i, asociado
a una frecuencia propia i, es ortogonal a todos los otros vectores propios j
asociados a frecuencias propias j distintas de i re specto de las matrices de
inercia [ M] y de rigidez [ K], lo que en términos matemáticos se puede
expresar como:
[ ] [ ] 0== jT
ijT
i uuuu KM
Lo anterior se puede verificar de la siguiente for ma:
Para la ecuación de valor propio:
[ ] [ ] uu MK 2ω=
se halla un conjunto de n frecuencias ω como solución, a las cuales
están asociados otros n vectores modales u. Sean dos de estas soluciones i
y j, entonces:
[ ] [ ] [ ] [ ] jjj
iii
uu
uu
MK
MK2
2
ωω
=
=
Premultiplicando la primera expresión por u j T y la segunda por
u i T, se obtiene:
[ ] [ ] [ ] [ ] j
Tijj
Ti
iT
jiiT
j
uuuu
uuuu
MK
MK2
2
ω
ω
=
=
Luego transponemos la primera ecuación:
[ ] [ ] jT
iijT
i uuuu MK 2ω=
Ahora bien, por consideraciones físicas que define n la naturaleza de
las matrices de inercia y rigidez, sabemos que ella s son simétricas:
K K M MT T= =;
2Claramente, si u es solución del problema, tambié n lo será cualquier cu, c=cte. Esto indica que el vector propio define una forma o modo de vibración, no su magnitud o tamaño.
De modo que al restar ambas ecuaciones, podemos ded ucir:
( ) [ ] 022 =− jT
iij uu Mωω
Donde vemos que si ωi ≠ωj , entonces:
[ ] 0=jT
i uu M
o sea, los vectores propios i y j son ortogonales respecto de la
matriz de inercia. De manera análoga se puede obten er igual resultado para
la ortogonalidad respecto de la matriz de rigidez.
Una forma alternativa de anotar el problema de val or propio sería:
K Mu u= ω2
donde:
[ ]
=
nn
n
nn u
u
u
u
u
u
u MLMM
1
1
21
1
11
:
es una matriz cuadrada en que los elementos de la columna i
corresponden a las coordenadas del i-ésimo vector p ropio, llamada matriz
modal , y la matriz diagonal < ω2> tiene en sus elementos no nulos los
valores de las frecuencias propias del sistema.
Debido a la ortogonalidad de la matriz modal, pued e usarse para
desacoplar el sistema:
[ ] [ ] [ ] [ ][ ] ηη
ηηη
&&
&&&&
M
MMT
TTT
T
uuxxT
ux
21
21
21
=
==
=
Y de la misma forma para la energía potencial, se obtiene:
ηη KTV 21=
El sistema así desacoplado nos entrega n ecuacione s de la forma:
0=+ rrrrrr KM ηη&&
cuya solución es, como ya se ha visto en capítulos anteriores:
( ) ( ) ( ) [ ] [ ] r
Tr
rT
r
rr
rrr
rrrrr
uu
uu
M
K
tBtAt
M
K==
+=
2 :con
sencos
ω
ωωη
Como ya se señaló anteriormente, los vectores moda les sólo indican
modo de vibración: su magnitud se puede fijar arbit rariamente. Un criterio
es, por ejemplo, dejar con valor 1 la primera coord enada, o bien normalizar
de la forma:
[ ] 1=uu T M
6.5.3 Método de Graeffe para la obtención de las ra íces características.
Uno de los pasos más laboriosos dentro del cálculo de los modos
normales lo constituye el cálculo de las raíces λi =ωi2. El siguiente método
permite aproximar los valores de tales raíces:
El problema de valor propio puede ser escrito de l a forma:
( )( ) ( ) 021 =−−−=∆ nλλλλλλλ L
Reemplazando λ por - λ obtendremos ∆(- λ). El producto de ambos queda
como:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01 2221
2 =−−−=−∆∆ nn λλλλλλ L
Ahora definimos una nueva ecuación característica:
( ) ( ) ( ) 02212 =−−=∆ nλλλλλ L
con raíces λi que corresponden a los cuadrados de las raíces de la
ecuación original. Repitiendo este procedimiento, o btenemos una secuencia de
polinomios de la forma:
( ) ( ) ( ) ( )KL ,2,1,02...4,2,1: 02212 ===−−=∆ qp qp
np
p λλλλλ
Si las raíces λi son tales que:
nλλλ >>> L21
entonces, según p →∞ se tiene: p
npp 22
221 λλλ >>>>>> L
Ahora expandimos el polinomio:
( ) 022
112 =++++=∆ −−
nnnn
p aaa Lλλλλ
donde:
( )( )
( ) pn
ppnn
pn
pn
pppp
pn
pp
a
a
a
222
21
221
23
21
22
212
222
211
1 λλλ
λλλλλλλλλ
L
M
L
L
−=
+++=
+++−=
−
Para estos coeficientes, el primer término de cada expresión será
mucho mayor que los restantes, según p crezca, y pu esto que los coeficientes
ai son conocidos, nos ofrecen una aproximación para l as raíces λi . Así:
( )1
222
21
2
1
221
222
121
1
−
=−
≈
−=≈
−≈
n
np
npp
nn
pn
pp
p
a
aa
a
aa
a
λλλλ
λλ
λ
L
M
Este método nos permite determinar las magnitudes d e las raíces pero
no el signo de ellas. Debido a la naturaleza de los problemas de valor
propio que estudiaremos, las raíces deben considera rse siempre positivas y
reales, ya que por definición deben satisfacer:
λωi
i
= 12
En síntesis, para obtener las raíces de un polinom io debemos
seleccionar un valor de p y calcular las correspond ientes raíces. Luego
tomamos el valor p+1 y verificamos el aumento de la precisión según se
acercan los valores de las raíces obtenidas con p y p+1. Repetimos así el
procedimiento hasta alcanzar un nivel aceptable de exactitud.
Una de las ventajas de este método es que entrega todas las raíces
simultáneamente.
Ejemplo 6.2:
MK
x
MK
x1 2
K
Fig.6.7 : Sistema de dos grados de libertad.
( )( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )( )
( )1 9969.082
81
3 009.382
8182910910
9103434
3412
2242
1141
242222
2422
22
==⇒=
==⇒=⇒
+−=+−+−=−∆∆
+−=+++−=−∆∆
+−=−−=∆
exacto
exacto
λλλ
λλλλλλλλλλλ
λλλλλλλλλλλλ
6.5.4 Método del determinante característico para l a solución del problema
de valor propio.
Dado el problema:
[ ] [ ] 02 =− uu MK ω
y premultiplicando por la inversa de [ M], tenemos:
[ ] [ ] 021 =−− uu ωKM
definimos entonces la matriz dinámica [D] como:
[ ] [ ] [ ][ ] 02
1
=−
= −
uuD
D
ωKM
y factorizando:
[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( ) [ ] [ ]
2
2
:con
0det
0
ωλ
λλλω
=
=∆=−=−⇔=−
IDID
uID
con soluciones λi reales positivas.
Supongamos conocido λ=λr , al que está asociado u r , entonces:
[ ] [ ]( ) 0=− rr uDIλ
definiendo:
( )[ ] [ ] [ ]DIf rr −= λλ
su inversa será:
( )[ ] ( )[ ]
( )[ ] ( )[ ]rr
r
rr
fadjF
Ff
λλλλλ
=∆
=−1
Así:
( )[ ] ( )[ ] [ ] [ ]( )[ ] 0
0
=⇒
=∆=⇒
rr
rrr
uf
IFf
λλλλ
Comparando estas dos últimas expresiones, vemos qu e cada columna de
[F( λ)] es proporcional a u r . Luego, para resolver el problema de valor
propio se debe:
1º Hallar las raíces de ∆λ, λ1.. λn
2º Calcular la matriz adjunta de [f( λ)] y evaluarla para cada λi ,
tomando luego cualquier columna como el vector prop io asociado.
Ejemplo 6.3:
MK
x
MK
x1 2
K
Fig.6.8 : Sistema de dos grados de libertad.
[ ] [ ] [ ]
( )[ ]
( )[ ]
( )[ ] [ ]
( )[ ] [ ]
[ ] modal matriz: 11
11
1
1
111
1
11
11
1
1
111
1
11
11
2
2
3;
034
2
2
2
2
0
0
2
2
0
0
2
2
1
1
21
22
1
2
1
2
1
−=⇒
−=⇒
−
−=
−−
=
=⇒
−−
=
−−−−
=
−−
−−=
==⇒
=
+−=∆
−
−=
−
−==
=
−−
+
−
u
u
M
K
M
KF
u
M
K
M
KF
MK
MK
MK
MK
F
M
K
M
K
M
K
M
K
MK
MK
MK
MK
f
MK
MK
MK
MK
D
x
x
KK
KK
x
x
M
M
λ
λ
λλ
λ
λλ
λλλ
λλ
λ
KM
&&
&&
En coordenadas principales, queda:
=
+
0
0
20
02
20
02
2
1
2
1
ηη
ηη
K
K
M
M
&&
&&
que como se ve constituye un sistema de ecuaciones desacopladas.
Una situación de interés es cuando hay raíces múlt iples en la ecuación
característica, es decir, λ1=λ2=···= λp=S, en cuyo caso es conveniente usar
las derivadas de la matriz adjunta, en que se obte ndrán p columnas modales:
( )[ ] ( )( )[ ]SFFd
d p
S
p
p1
1
1−
=−
−
=λ
λλ
Ejemplo 6.4:
Determinar las columnas modales de la matriz carac terística A.
( )[ ] [ ]
( ) ( )
( )[ ] ( )[ ]
( )[ ] ( )[ ]
( )[ ] ( )( )
−−
−−
−−=⇒
==
−
−−
==
====
⇒
=−−=∆
−−
−−
=−=
=
11000
0100
0065
0056
111
0000
01000
0055
0055
10000
0000
0055
0055
11
1
0111
11000
0100
0065
0056
11000
0100
0065
0056
43
21
43
21
22
λλ
λλ
λλλ
λλ
λλ
λλλλ
λλλ
λλ
λλ
λλ
F
ff
ff
AIf
A
Ahora derivamos la matriz adjunta respecto de λ y sustituimos los
valores de las raíces:
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]
−−
=
=
100000
0000
005050
005050
0000
010000
005050
005050
31
11
λ
λ
F
F
Y de aquí obtenemos los vectores modales, escogien do dos columnas no
nulas y linealmente independientes entre sí en cada matriz.
Así, la matriz modal resulta:
[ ]
−=
1000
0010
0101
0101
u
6.5.5 Movimiento de un sistema de n grados de liber tad bajo condiciones
iniciales
Ahora estudiaremos el caso en que las condiciones iniciales no son
nulas, sino que tienen un valor dado.
Fig.6.9 : Sistema de varios grados de libertad.
Para un sistema de varios grados de libertad como el mostrado en la
figura, podemos definir el problema de la forma:
[ ] [ ] 0=+ xx KM &&
Conocida la matriz modal, se puede llevar a coorde nadas principales:
[ ][ ] [ ][ ] 0=+ ηη uu KM &&
Y premultiplicando por la matriz modal transpuesta , diagonalizamos las
matrices de inercia y rigidez:
[ ] [ ][ ] [ ] [ ][ ] 0
0
=+=+
ηηηη
KM
KM
&&
&& uuuu TT
La solución para cada una de las ecuaciones desaco pladas será
entonces:
( ) ( ) ( )tBtAt rrrrr ωωη sencos +=
Estas expresiones se pueden ordenar matricialmente de la siguiente
forma:
bSaC
B
B
B
t
t
t
A
A
A
t
t
t
nnnn
+=
+
=
ηω
ωω
ω
ωω
ηMMOMM
L
L
MMOMM
L
L
2
1
2
1
2
1
2
1
sen000
0sen0
00sen
cos000
0cos0
00cos
donde los vectores de coeficientes a y b corre sponden a las
condiciones iniciales del problema. De esta manera, obtenemos:
[ ] ( ) [ ] ( )
( ) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] ( ) 00
0
0
111
11
1
xuSuxuCutx
xub
xua
&
&
−−−
−−
−
+=⇒
=
=
ω
ω
6.5.6 Respuesta de un sistema de n grados de libert ad ante excitaciones de
fuerza
Hasta ahora se ha visto el caso en que los sistema s actúan en
vibración libre, es decir, cuando el vector de fuer zas excitatrices es nulo.
A continuación se detalla el caso en que esto no se da, y las fuerzas de
excitación toman valores determinados, al menos no todos nulos (aún cuando
claramente F=0 es un caso particular de este es tudio).
Ahora, un sistema de varios grados de libertad ten drá su expresión
matricial de la forma:
[ ] [ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ][ ] [ ]
[ ] Fu
Fuuuuu
Fxx
T
TTT
=+
=+
=+
ηηηη
KM
KM
KM
&&
&&
&&
se ha repetido el procedimiento anterior de transf ormación a
coordenadas principales y desacoplamiento. A contin uación, tenemos:
[ ]
rr
n
irir
r
rr
g
T
M
Fug
g
Fu
∑=
−
=⇒
=+
=+
1
2r
12
:scomponentePor
ηωη
ηωη
&&
4434421&& M
Aplicando transformada de Laplace:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) [ ] ( ) ( )( ) ( )
[ ] [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] ( ) 00
con
sen
sen0cos0sen
1
/01
0
00
111
0
11
10
0 ..
11
iniciales scondicione
0
1-222222
22
L
xuSuxuCudFutSux
ux
dFuM
t
dFutS
ttdtgt
ss
s
s
sgs
sgssss
t T
n
iiij
t
jjj
rj
t
icT
r
rrrr
t
rrr
r
rr
rrr
rr
rrrrr
&
44444 344444 21
&
&
&
−−−−−
=
−−
++−=⇒
=
⋅−=∴
+−=
++−=
++
++
+=
=+−−
∫
∑∫
∫
∫
ωττωτ
η
ττω
τωη
ηττωτη
ωωηωηττωτ
ωη
ηω
ηωω
η
ηωηηη
M
M
Ejercicio 6.3:
Obtenga la expresión para el movimiento de la coor denada x i .
6.5.7 Respuesta estacionaria ante excitación armóni ca
Si ahora suponemos una excitación de tipo armónica , es decir:
( )tfF fωcos=
entonces podemos anotar:
[ ] ( ) [ ]
( )
( )tg
tfu
tfu
fiiii
f
g
T
fT
ωηωη
ωηωη
ωηη
cos
cos
cos
2
12
=+
=+
=+−
&&
4434421&&
&&
M
KM
Y la solución para esta última forma de la ecuació n será:
( )
[ ] [ ] [ ]
[ ]
( )
[ ] ( )tfAx
tfuuux
tg
f
f
A
T
fi
ffi
i
ω
ωωω
η
ωωω
η
cos
cos1
cos
iónamplificac de matriz :
1
22
22
=⇒
−==
−=
−
4444 34444 21
M
6.5.8 Sistemas no conservativos (con disipación)
Ahora nos corresponde revisar el caso en que el si stema en estudio
presenta elementos que producen disipación de la en ergía, y que en general
son modelados como un amortiguador en que tal disip ación es proporcional a
la velocidad.
En general, el método modal no podrá aplicarse exa ctamente al caso con
amortiguación, y deberá modificarse ligeramente. No obstante, en ciertos
casos es posible resolver directamente el problema.
Podemos escribir:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] Fuuu
FxxxTT =++⇔
=++
ηηη KCM
KCM
&&&
&&&
Si C M K= +a b , tendremos que:
( ) [ ] Fuba T=+++ ηηη KKMM &&&
Y en el caso homogéneo (de vibración libre):
( )( )
( ) ( )( )
iniciales scondicione
2
sencos
0
0
22
2
22
−=
<+=
+=⇒
=+++
=+++
−
i
i
iii
ii
i
iiiit
i
iiiii
iiiiiiiiiii
R
P
ba
tRtPe
ba
KbKaMM
i
θωφ
ωωθ
φφηηωηωη
ηηη
θ
&&&
&&&
6.5.9 Solución particular para el caso de excitació n armónica con
amortiguación
Como ya se dijo, el problema con amortiguación no tiene en general
solución exacta. Sin embargo, muchos casos particul ares tienen una solución
simple. Tal es el caso del siguiente desarrollo.
Para el sistema de varios (n) grados de libertad b ajo excitación
armónica definido según:
[ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) ti fetFtxtxtx ω=++ KCM &&&
se puede obtener una solución particular si se sup one que la respuesta
del sistema tiene igual frecuencia que la excitació n aunque distinta fase.
Esto significa que:
ti feBx ω=
De esta forma, la ecuación se puede anotar como:
[ ] [ ] [ ]( ) [ ] [ ](
[ ][ ])[ ]
[ ] [ ]( ) FBQiP
FBi
eFeBi
QP
titi ff
=+
=+−
=++−
3214434421CMK
KCM
ωωωω ωω
2
2
Aquí vemos que, puesto que F es un vector real, B deberá tener
componentes complejas de modo que:
[ ] [ ]( ) ( )
[ ] [ ] ( ) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ]
[ ] [ ] 0
0
0
=+=Β−⇒
+=++Β−+=++⇒
+=
αβα
αβαβα
βα
QP
FQP
iFQPiQP
iFiQiP
iB
Ahora, expandiendo las matrices [P] y [Q], obtenemo s finalmente un
sistema de la forma:
[ ]
[ ] ( )
( )
( )
+==
+==
=
+=+=−
=+=
+==−
==−
=
=
−
−−−−
−
−
nni
niFbb
nni
niyy
nnjnniMK
njnniC
nnjniC
njniMK
aA
byA
ii
ni
ii
njninjni
jni
nji
ijij
ij
2..1 para 0
..1= para :
2..1 para
..1 para :
2..1;2..1 para
..1;2..1 para
2..1;..1 para
..1;..1 para
:
,2
,
,
,
2
βα
ω
ωω
ω
Así, el problema de n grados de libertad se traduc e en la resolución
de un sistema de 2n ecuaciones lineales en las 2n i ncógnitas y i que
representan las amplitudes de las respuestas, tanto reales como imaginarias,
del sistema. La magnitud resultante de estas respue stas será el módulo del
correspondiente valor complejo: ( )
i
ii
tiiii
tan
ex if
αβφ
βα φω
=
+= −22
Si bien es cierto que esta forma de resolución ent rega un método de
fácil aplicación (sobre todo si se implementa un pr ograma computacional para
estos fines), tiene como principal desventaja el he cho de que es preciso
repetir todo el procedimiento para cada valor de fr ecuencia ωf que se
considere.
6.5.10 Sistemas semidefinidos
Considérese un sistema conservativo con expresione s de energía de la
forma:
qqV
qqTT
T
K
M
21
21
=
= &&
Ahora bien, si 0≠q& , entonces, por definición, T>0. [ M] es
definida positiva. Por otra parte V ≥0 y, en particular, si V=0, no se podrá
asegurar que q=0.Y [ K] es una matriz positiva.
Un sistema con [ M] definida positiva y [ K] positiva se llama sistema
semidefinido, en cuyo caso V=0 no corresponde a una posición de equilibrio
estable.
Ejemplo 6.5:
Considere el sistema mostrado en la figura:
1
M
K
x
2
2
2
M
K
x
3
3
M
x
1
1
Fig.6.10 : Sistema semidefinido.
Para este caso:
[ ]
[ ]
−−+−
−=
==
3
2
1
22
2211
11
32121
3
2
1
3
2
1
32121
0
0
00
00
00
x
x
x
KK
KKKK
KK
xxxV
x
x
x
M
M
M
xxxT
&
&
&
&&&
Ahora si x 1=x2=x3=xs entonces V=0 (el sistema se ha movido como un
cuerpo rígido, sin oscilación). Este vector posició n, que hace la energía
potencial cero, u 0 nos lleva a:
[ ] [ ] [ ] [ ]
0
00
00002
002
=⇒
==
=
=
ω
ω
ω
443421V
TT uuuu
uu
KM
KM
ya que [ M] es definida positiva. Esto quiere decir que el mo vimiento
traslatorio (de cuerpo rígido) corresponde a una fr ecuencia natural ω=0, y
entonces todo otro movimiento natural será ortogona l con el modo de cuerpo
rígido.
En este sentido se puede considerar los valores pro pios ω2 como un
indicador del tipo de estabilidad del sistema, pues si ω2>0 el sistema es
estable (soluciones armónicas trigonoméricas), si ω2=0 es semi-definido
(soluciones de velocidad constante: movimiento de c uerpo rígido), y si ω2<0
es inestable (soluciones hiperbólicas).
6.6 Métodos numéricos
El método directo (matriz adjunta) resulta muy labo rioso para sistemas
con muchos grados de libertad (por ejemplo n mayor que 4). Para abreviar el
trabajo se han desarrollado algunos métodos numéric os aproximados que
permiten obtener soluciones más rápidas.
6.6.1 Método de Iteración Matricial, técnicas de ba rrido.
Suponiendo ω1< ω2 <... < ωn todos distintos, se puede anotar el
problema de valor propio como:
[ ] uu2
1
ω=D
donde [ ] es la inversa de la matriz dinámica [D].
Un vector cualquiera x puede anotarse en término s de la base formada
por los u i , o sea:
[ ] [ ]
[ ] ( )
[ ] ( ) ∑
∑
∑∑
∑
=−−
=
==
=
==
==
===
=+++=
n
iin
i
inn
n
ii
i
i
n
ii
i
in
iii
n
iiinn
uc
xx
uc
xx
uc
ucxx
ucucucucx
1121
12223
12
112
122111
D generalen y
D
DD
luego
...
ω
ω
ω
pero ω1 < ω2 <... < ωn ,entonces se cumple:
( ) ( ) ( ) ( ) 1112
1
1
12122
121
111
uuc
xnn
n
n
nn
→≈
>>>>>>
−
−−−
ω
ωωωL
y la correspondiente primera frecuencia natural se obtiene:
ω12 1=
→ ∞
−limx
xn
i n
i n
,
,
Este método converge al primer vector propio. Para hallar los modos
restantes se debe "barrer" de la matriz dinámica el valor propio hallado y
el vector correspondiente.
Usando la relación de ortogonalidad con la matriz de inercia se tiene:
[ ] [ ] nium
uu
ii
t
,...,2,1M definiendo
01
==
=M
se puede anotar la restricción como
)1(1
)1(133
)1(1221
)1(1)1(
1
)1(
)1()1(22
)1(11
...
:anotar puede se
haciendo
0...
nn
ii
nn
mumumuu
mm
m
mumumu
−−−−=
=
=+++
donde los u i ; i=2,3,...,n son arbitrarios.
Esta restricción puede anotarse como:
arbitrario1000
0
10
0010
0
ortogonal
2
111312
2
1
−−−
=
n
n
n u
u
ummm
u
u
u
M
M
L
OMMM
MLM
L
L
M
M
u (2) =[s (1) ]u
donde u (2) es un vector ortogonal con u y u es un vector
arbitrario, construyendo la matriz dinámica inversa de "barrido" se tiene: ( )[ ] [ ] ( )[ ]12 DD s=
obteniéndose el problema de valor propio modificad o:
( )[ ] uu2
2 1D
ω=
iterando se obtendrá el valor correspondiente al se gundo modo.
Para el tercer modo se deberá satisfacer la ortogo nalidad con el
primer y segundo modo, o sea:
[ ] [ ] 0
0
2
1
=
=
uu
uuT
T
M
M
que puede anotarse como una matriz de barrido:
( )[ ]
( ) ( )
( ) ( )
−−−−
=
1000
010
00
002
12
13
22
223
2
L
MOMMM
LM
L
L
n
n
mm
mm
s
njimmmm
mmmmm jiji
ij ,...,4,3;2,1 donde)2(
2)1(
1)1(
2)2(
1
)2()1()2()2(2 ==
−−
=
Y la nueva matriz dinámica inversa con los valores propios 1º y 2º barridos
será:
[ ] [ ][ ])2()3( DD s=
obteniéndose el problema de valor propio correspond iente al tercer modo:
[ ] u1
uD2
)3(
ω=
y así sucesivamente para los modos superiores.
Al ser este un proceso numérico iterativo se va per diendo la precisión al
llegar a los modos superiores. En tal caso, convien e trabajar con la matriz
dinámica que producirá las frecuencias naturales en forma decreciente.
[ ] uu 2ω=D
Ejemplo 6.6:
Para el sistema de la figura calcule:
M
2K
x
M
K
x
2
1 2
Fig.6.11 : Sistema de dos grados de libertad.
a) Frecuencias naturales y vectores modales.
Datos: M=50 [kg]
K=5·10 5 [N/m]
b) Verifique por método de iteración matricial y ba rrido, frecuencias y
vectores propios.
Solución:
a)De la figura se pueden obtener las siguientes mat rices:
[ ] [ ]
=
−−
=M
M
KK
KK
0
02;
3MK
con estas podemos ahora calcular la matriz dinámica , obteniendo :
[ ] [ ] [ ]
=
⋅
=−=
MK
MK
MK
MK
KK
KK
M
MD-
2-
23
-
-310
021
1 KM
reemplazando los valores de K y M en la matriz diná mica se obtiene:
[ ]
⋅⋅−⋅−⋅= 3101031010
310531015D
Ahora podemos calcular la matriz [f( λ)]:
( )[ ] [ ] [ ]
⋅−⋅⋅⋅−=−= 3101031010
310531015
λλλλ DIf
calculando el determinante e igualándolo a cero se tiene:
[ ]( ) 610503101531010-Idet ⋅−
⋅−
⋅−= λλλ D
resolviendo esta ecuación de 2º grado se obtiene: λ
λ1 5000
2 20000
=
=
como se ha definido la frecuencia natural ω, como:
ω λ2 =
tenemos: ω
ω1 70 7
2 141 4
=
=
.
.
rad s
rad s
Para los vectores modales se tiene que evaluar la a djunta [F( λ)] para λ1 y λ
2, y se debe cumplir:
( )[ ] 0=⋅ iui
F λ
donde u i esta definida:
i
iu
=2
u1
u
Evaluando λ1 se tiene:
( )[ ]
50001
para; 1
5.0
;2
0.5u1
u02
5000u1
00u100
02
u1
u
500010000
5000100001
=
=
=⇒=+−
=
⋅
−−
=
λ
λ
u
uf
Para λ2 se tiene:
( )[ ]
000201
para; 1-
1 o
1
1
;2
u1
u02
5000u1
00u50
02
u1
u
1000010000
500050002
=
−
=
−=⇒=+
=
⋅
=
λ
λ
u
uf
b)Para verificar por el método de iteración matrici al es necesario utilizar
la matriz dinámica [D] y partiremos iterando con:
=1
1u
recordemos que se debe cumplir:
[ ] iuiiuD 2
1 ω=−
de esta forma se tiene:
[ ]
[ ] barrido. de matriz la será
:donde
−−
=′
−−
=
⋅⋅−⋅−⋅=
1010
515
; 1010
5153103101031010
310531015
D
D
iterando con [D'] se tiene:
−=⋅==⇒
−=
−=
−
−−
⇒
−=
−=
−
−−
⇒
−=
−=
−
−−
⇒
−=
−=
−
−−
⇒
−=
−=
−−
⇒
=
=
−−
1
12
;31020222
1
120
20
20
1
1
1010
515
1
01.102.20
02.20
3.20
1
02.1
1010
515
1
02.121
21
5.21
1
1.1
1010
515
1
1.125
25
5.27
1
5.1
1010
515
1
5.110
10
15
0
1
1010
515
0
110
0
10
1
1
1010
515
uωλ
Para obtener los valores correspondientes al segun do modo de vibración
se usa la condición de barrido. De esta forma se ti ene:
[ ]
[ ][ ]
[ ][ ]
:tiene se1
1u con iterando
=
=
−−
==
⇒
=⇒=
=−=
−
=
50
5.2031010
5.00
1010
5153101
10
5.002
0.5x1
x
02
50x1
100x1
1
500
01002
x1
x
0
SDD
S
uMtx
3105211
;1
5.01
1
5.05
5
5.2
1
5.0
50
5.20
1
5.05
5
5.2
1
1
50
5.20
⋅==
=
⇒
=
=
⇒
=
=
ωλu
6.6.2 Método de Jacobi: Diagonalización mediante ro taciones sucesivas.
Este método produce simultáneamente todos los modo s y frecuencias.
Considere una matriz simétrica [A]; cuyo problema d e valor propio es:
[A]Z= λZ y la transformación [B]=[R] T[A][R], donde:
[ ]
−=
1000000
0cos00sen00
0010000
0001000
0sen00cos00
000010
0000001
LLL
M
LL
LL
LL
LL
M
LLL
LLL
q
p
qp
R
θθ
θθ
En tal caso los elementos de la matriz [B] serán:
( ) ( )θθθθ
θθθθ
θθθθ
θθθθ
2qqpq
2ppqq
qqpp22
pqpq
2qqpq
2pppp
qjpjqj
qjpjpj
jkjk
cosacossena2senab
cossenaasencosab
senacossena2cosab
pq,jcosasenab
pq,jsenacosab
qp,kj,ab
+−=
−−−=
++=
≠+−=
≠+=
≠=
Escogiendo θ tal que:
tan2 a
a a
pq
pp qq
2 θ =−
se obtiene b pq=0. Mediante multiplicaciones sucesivas por matrice s de
rotación definidas para eliminar el mayor termino f uera de la diagonal se
consigue finalmente, diagonalizar a [A].
El procedimiento es:
[ ] [ ][ ] [ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]nnnTT
nTnnn
Tn
TTT
T
ARRRARRRRAR
ARRARRRAR
ARAR
AA
==
==
=
=
−−− 110111
221012212
1101
0
......
:rotacionesn de cabo al
Si n aumenta indefinidamente [A] n se diagonaliza y en el límite se
tiene:
[ ][ ] [ ] [ ] [ ] modal matriz ...
propios s valore
21 ZRRRlim
Alim
nn
nn
=
=
∞→
∞→λ
Para nuestro caso se cumple :
[ ] [ ] uu2 KM =ω
Debemos recordar que [D]=[M] -1 [K] es no simétrica, por lo que
construiremos una matriz simétrica con 3 (Obs: normalmente la matriz de
inercia [M] será diagonal):
[ ]
[ ] ZZ
ZZ
ZZ
uKu
ZuuZ
K'
MKM
MKM
MM
MM
=
=
=
=
=→=
−−
−
−
2
2/12/12
2/12/12
2/12/12
2/12/1luego
ω
ω
ω
ω
Haciendo λ=ω2 y [A]=[K'] tenemos el problema original.
Una vez resuelto el problema por rotaciones sucesi vas se obtendrá
obviamente la matriz diagonal de valores propios [ λ] y [Z] los modos
naturales serán:
u z=−
M1
2
NOTA: Si la matriz de inercia no fuera diagonal se debe rá proceder a
diagonalizar para evaluar <M> -1/2 y proseguir como se ha indicado.
3 Normalmente la matriz de inercia resulta ser diago nal.
Mecánica de Máquinas. Cap 6.7 Métodos de acotamiento, Sistemas Torsionales, método de Holzer.
6.7 Métodos de Acotamiento
En ocasiones interesa sólo saber en forma aproximada el valor que tendrá una frecuencia
natural.
6.7.1 Método de la Traza
Se define la traza de la matriz dinámica inversa [d]=inv([D])=[D]-1 como:
D11d
...1...111d
1donde...d
212
1
321223
22
21
2321
TrazaTraza
Traza
Traza
nn
iin
De esta forma se ha encontrado una cota inferior para 1.
Se puede definir también la traza para la matriz dinámica como:
2223
22
21 ... nnDTraza
Además en general se tiene:
DTrazan
DTrazaDTraza n 221
10
Para el caso de ejes con volantes se puede considerar como una viga con masas concentradas.
En este caso, la traza de la matriz dinámica inversa resulta ser:
n
iiiiiMDTraza
1
1 •
Considerando el eje sin masa con una sola masa, se obtiene la frecuencia natural:
ii
i
i ii ii
KM M
2 1
·
De donde:
Traza Diii
n
12
1
1
lo que conduce a la ecuación de Dunkerley, para la frecuencia fundamental en ejes:
1 12 2
1
iii
n
(También ver ejercicio 6.6 pág. 132)
W112 =k11/m1 =2 K / (2 M) =K/M
W222 = k22/m2 =(2 K/3) / (M) = 2K/(3M)
1/w12 = M/K +3M/(2K) =5M/(2K)
w12 = 2K/(5M) = 0,4 K/M =0,4 (5·105)/ (50) = 4000
w1 = 63,2 rad/s.
Mecánica de Máquinas. Cap 6.7 Métodos de acotamiento, Sistemas Torsionales, método de Holzer.
6.7.2 Teorema de Enclosura
Considere el problema:
uuu MMK 2
con <M> matriz diagonal y [K] matriz simétrica.
Formando los productos:
arbitrariovector :,, xwxvx MK
y definiendo los cuocientes:
jj
j
v
wj n* , , ,..., 1 2 3
entonces existe un que cumple con:
min máx* *
Donde el intervalo puede achicarse mediante correcciones adecuadas al vector de prueba x. Si
este coincidiera con el vector modal entonces:
kkj uxsi *
6.7.3 Cuociente de Rayleigh.
uu MK
Para un modo natural, por ejemplo ur se tiene:
nruuuu
tTr
tTr
r ,...,2,1MK
considerando un vector x cualquiera se tiene:
xx
xxxR T
T
MK
2
Se puede demostrar fácilmente que R(x) es estacionario en las cercanías de un vector modal y si
x tiene un error de primer orden respecto de ur entonces R(x) tendrá un error de segundo orden
respecto de r.
Esto forma la base para hallar frecuencias fundamentales en ejes.
Existen además, métodos para evaluar la influencia en las frecuencias naturales de variaciones
en los parámetros de rigidez o inercia del sistema.
Ejemplo 6.7:
Para el mismo sistema del ejemplo 6.6, se tiene:
Para un vector de prueba:
Mecánica de Máquinas. Cap 6.7 Métodos de acotamiento, Sistemas Torsionales, método de Holzer.
s
rads
radxR
sradxR
kgMmNK
MK
MM
KKKK
xR
x
exactoR 7.706.81
7.666650•310•5•2
50;10•5Con
32
11
002
11
113
11
11
225
5
Usualmente, se considera un vector de prueba aceptable para el modo fundamental a las
deflexiones estáticas del sistema producto del propio peso. En este caso nos daría:
relativoerror : %1.1
5.71
3.51164322
53
002
53
533
53
53
22
21
exacto
exactoR
R srad
srad
MK
MM
KKKK
xR
x
6.7.4 Método de Holzer para vibraciones torsionales
El método de Holzer para sistemas torsionales aprovecha las condiciones semidesacopladas de
las ecuaciones de movimiento, pues al ser un sistema semidefinido se obtiene que la suma de los
torques de inercia debe
ser cero:
T J 2 0
Aprovechando esta característica se resuelve iterativamente para la frecuencia natural hasta
encontrar el torque residual igual a cero.
Mecánica de Máquinas. Cap 6.7 Métodos de acotamiento, Sistemas Torsionales, método de Holzer.
Fig.6.12 : Torque residual v/s frecuencia 2.
Mediante el método de Holzer se calcula el torque armónico, necesario para producir un
movimiento de frecuencia , obteniendo el vector de desplazamientos angulares. Cuando la frecuencia
coincide con una frecuencia natural el torque armónico es cero y el vector de desplazamiento es el
modo natural. Mediante un esquema de cálculo se tabulan los resultados inertmedios para cada
frecuencia tentativa.
Fig.6.13 : Sistema torsional con cuatro discos.
Datos: J1=4 ; J2=1 ; J3=4 y J4=1. K1=1·105; K2=2·105 y K3=1·105.
Probando con 1=173[rad/s] (frecuencia de sistema de dos discos unidos J1 y J3+J4 con un
resorte equivalente entre K1 y K2):
J J2 J2 K 1 2
KJ
[kg m2] [rad] [Nm] [Nm] [Nm/rad] [rad]
4 1.000 12·104 12·104 1·105 1.200
1 -0.200 -0.6·104 11.4·104 2·105 0.570
4 -0.770 -9.24·104 2.16·104 1·105 0.216
1 -0.986 -2.96·104 -0.8·104 torque residual
Como el torque residual es distinto de cero, se debe seguir iterando hasta alcanzar un valor
aceptable. En esta forma, se obtiene la frecuencia fundamental de 170[rad/s], y el vector modal [1.000 -
0.156 -0.712 -1.000].
Ejercicio 6.4:
Verifique la segunda y tercera frecuencias (354[rad/s] y 588[rad/s]).
Ejercicios Propuestos
1. Para el siguiente sistema se tiene la siguiente matriz modal:
[ ]
−=
646.46458.0
11u
Calcule la vibración libre si en t=0 se tiene:
0;1
5485.1=
= xx &
MK
x
MK
x1 2
K3
2. Calcule las magnitudes F 1 y F 2, necesarias para producir una vibración
según el primer modo con amplitud 10(mm).Evalúe par a Ω= ω1/2 y Ω=( ω1+ω2)/2.
MK
x
MK
x1 2
K
F F1 2
[ ] ( ) [ ]
−=Ω
=
11
11;cos
2
1 utF
FF
3. Para el sistema de la figura obtenga las frecuen cias naturales faltantes.
NOTA: Interesan sólo las frecuencias naturales. Se cono ce una frecuencia
natural y su correspondiente vector modal.
M
K
2
4
K K
M M
4 2
2
13x x x
[ ] [ ]
−−−
=
=62-0
231
011
;
400
020
001
KM KM
[ ]
−==00.1
81.1
29.1
;M
K4.22 uω
4. Un eje de reducción tiene sus engranajes de masa s M 1 y M 2. Se mide la
deflexión en A y B al montar la masa M 1=10[kg], obteniéndose:
δA=130[ µm], δB=80[ µm]
Al montar la masa M 2=8[kg] la deflexión en B aumenta 48[ µm].
El eje gira a 3000[rpm] y 12000[rpm]. Calcule las f recuencias naturales en
flexión y decida si existe peligro de resonancia us ando el criterio:
0 8 1 2. .< <ωωf
n
para la zona peligrosa.
A B
130[ 80[m]µ m]µ
M =10[kg]1
A B
m]µ
M1
48[
2M =8[kg]
no seleyó
Usar matriz de flexibilidad y calculo algebraico de las frecuencias
naturales.
5. Que factor de amortiguación para cada frecuencia natural introduce la
colocación del amortiguador C, en el sistema de 2 G .L. de la figura:
M
K
x
M
K
x1 2
K
C
K=106 M=10 C=1000; Unidades SI.
Para el sistema sin amortiguamiento se conoce:
−==
==
1
12
;M
3K22
1
11
;M
K21
u
u
ω
ω
Use método modal y descomposición de [C].
6. Para la siguiente figura se pide:
a) Calcular las frecuencias naturales y modos norma les
b) Calcular la vibración para F=k·d cos( ωf t).
considere sólo vibraciones verticales.
M
M
M
2a a aF KK
7. Para el sistema de la figura considere:
C=0 y ωo=(K/M) ½
M
K
2
K
M
1x x
a
aC
F
F=Fo sen( ωf t)
Calcule el absorbedor dinámico K a, M a.
a) Para eliminar la componente ωf =ωo.
b) Para eliminar la componente ωf =ωo/2
Calcule para M a< M/5. Chequear las frecuencias naturales.
8. Para el generador turbo eléctrico de 10000[kW] s e conoce:
I(turbina)= 3500[kg m 2]
I(piñón)= 50[kg m 2]
I(corona)= 3000[kg m 2]
I(generador)= 5000[kg m 2]
Elasticidad ejes turbina 1.2 10 6[Nm/rad], y del generador 2·10 6[Nm/rad].
Velocidad de turbina 5400[rpm], generador 1800[rpm] .
piñón
coronaGenerador
Turbina
Mmotriz
Mcarga
a)Calcule las frecuencias naturales torsionales del sistema.
b)Calcule los modos normales.
c)Calcule el torque en el eje del generador si sobr e el generador se aplica
un torque de desviación de 10% del torque nominal c on frecuencia 5 Hz (usar
respuesta armónica).
9. Para el sistema de la figura se conoce:
ω ω12
22= =K
M
2K
M;
2M
3K
x
M
K
x1 2
K
2M
x3
3K
a) Obtenga ω3
2 y los vectores modales.
b) Obtenga la vibración del sistema si inicialmente se desplaza la masa i
hacia la derecha una distancia "a".
7. DISEÑO DE LEVAS
7.1 Introducción
La Leva es un elemento mecánico que es utilizado e n las máquinas
para conducir a otro elemento llamado seguidor en un movimiento
específico mediante contacto directo. Se emplean en motores de combustión
interna, maquinas herramientas, etc. Su uso es muy importante en las
máquinas y con el se pueden generar cualquier tipo de movimientos. A
altas velocidades se presentan problemas de inercia , balanceo y
vibraciones, además debido al tipo de contacto el d esgaste que se produce
es muy alto.
Las levas se pueden clasificar según sea su forma como:
- Radial o disco:
centrado desplazado
seguidor
- Cilíndrica:
- Cónica:
- Esférica:
- Traslación:
Fig. 7.1 : Clasificación de levas.
Clasificación de los seguidores:
- Balancín:
- Filo:
- Rodaja:
- Cara plana:
- Hongo (contacto esférico):
Fig.7.2 : Clasificación de seguidores.
En levas existen dos problemas básicos:
a.- Dado el movimiento, diseñar la leva; síntesis.
b.- Dada la leva, encontrar el movimiento; análisis .
7.2. Diseño de levas para seguidor radial.
Existen dos formas de diseñar una leva, la primera corresponde a un
método gráfico ambos serán analizado en este apunte , el segundo método
corresponde a un método analítico.
Para este último caso es conveniente tener un diag rama cinemático,
el cual señala las especificaciones exigidas para e l movimiento del
seguidor en función del movimiento de la leva.
Accionamiento Retorno Reposo
120º 120º 120º
Una revolución de la leva
Fig. 7.3 : Diagrama cinemático.
En el diagrama cinemático de la figura 7.3. en el eje de las
abscisas se representa una revolución de la leva y en el de las ordenadas
el desplazamiento total del seguidor a partir de su posición más baja.
7.2.1. Curvas bases
Las curvas que en el diagrama cinemático represent an el movimiento
del seguidor son llamadas curvas bases . Dichos movimientos pueden
ajustarse a una gran variedad de curvas, entre las más importantes están:
- Línea recta
- Línea recta modificada
- Curva armónica
- Parábola
- Elipse
- Cicloide
Cuando se aplican los seis tipos de curvas en un m ismo largo de una
circunferencia primitiva el ángulo máximo de cada u no es distinto. Si
consideramos el caso en que todos tengan igual ángu lo máximo entonces el
largo será distinto.
7.2.2 Ángulo de Presión
Es el ángulo que forma la dirección del movimiento del seguidor con
la normal a la superficie de la leva, causa flexión del brazo seguidor.
El ángulo de presión es uno de los factores más imp ortantes en el tamaño
de la leva ya que al reducir el ángulo de presión s e aumenta el tamaño de
la leva.
Fig. 7.4 :Diámetros primitivos que dan para diferen tes movimientos
básicos iguales ángulos de presión. A, movimiento u niforme; B, movimiento
uniforme modificado; C, movimiento armónico simple; D, movimiento
cicloidal; E, movimiento parabólico .Los diámetros primitivos están dados
en términos del desplazamiento d.
Para obtener el radio de la circunferencia primiti va para un ángulo
de presión máximo se tiene:
r d · f ·360
b·
1
2
r 57.3d · f
b0.159
d · f
=
= =
π
θ
donde:
r : radio de la circunferencia primitiva de la leva ;
d : distancia recorrida por el seguidor;
f : factor para un ángulo de presión máximo;
b : ángulo en grados, girado por la leva mientras e l seguidor
recorre una distancia d;
θ : ángulo en fracción de revolución, girado por la leva, mientras
el seguidor recorre una distancia d.
La tabla 7.1 muestra los valores del factor de for ma f
movimiento 10º 15º 20º 25º 30º 35º 40º 45º 50º 60º
Recta 5.67 3.73 2.75 2.14 1.73 1.43 1.19 1.0 0.84 0.58
Recta mod. 5.84 3.99 3.1 2.58 2.27 2.06 1.92 1.83 1.77 1.73
Armónico 8.91 5.85 4.32 3.36 2.72 2.24 1.87 1.57 1.32 0.91
Parabólico - - 5.5 4.29 3.46 2.86 2.38 2.0 1.68 1.15
Cicloidal 11.34 7.46 5.50 4.28 3.46 2.86 2.38 2.0 - -
Elíptico - - 0.25 - 3.95 - 2.75 - 1.95 1.35
Tabla 7.1 : factores de forma.
r
d
circunferencia primitiva
Fig.7.5 : Factor de forma.
7.3. Métodos de construcción de las curvas base.
Para el caso de ángulo de presión máximo 30º, los gráficos de
desplazamiento, velocidad y aceleración son:
desplazamiento
acel.
acel.vel. cte.
30º
Fig.7.6: Línea recta
velocidad
desplazamiento
aceleracion
Fig. 7.7. Línea recta modificada
velocidad
desplazamiento
Fig. 7.8 Armónica
Fig.7.9 : Movimiento Parabólico.
Fig. 7.10 Movimiento Cicloidal.
7.4. Selección de la curva base según el movimiento requerido.
Uno de los problemas al diseñar una leva es determ inar en forma
correcta el tipo de curva base a utilizar según sea el movimiento
requerido y las condiciones de este.
En general deben evitarse las discontinuidades en las
aceleraciones, para esto se emplean tres funciones analíticas:
a.- La cicloide: proporciona aceleración cero en a mbos extremos de
la acción. en consecuencia, se puede acoplar a un r eposo en cada extremo.
Debido a que el ángulo de presión es relativamente alto y la aceleración
retorna innecesariamente a cero, no se debe acoplar dos cicloides.
b.- La armónica proporciona la más baja aceleració n pico y el más
pequeño ángulo de presión de las tres curvas. En co nsecuencia, se
prefiere cuando se puede igualar la aceleración tan to al inicio como al
final con la aceleración final de los perfiles adya centes. debido a que
la aceleración en el punto medio es cero, con frecu encia se puede usar la
semiarmónica en los casos en que un punto alto de v elocidad constante
sigue a una aceleración. Adicionalmente la semiarmó nica se puede acoplar
a una semicicloide o a una semipolinomial.
c.- La polinomial de octavo grado tiene una curva de aceleración no
simétrica y proporciona una aceleración pico y un á ngulo de presión
intermedio entre la armónica y la cicloide.
Fig.7.11 : Características del movimiento cicloidal . S=desplazamiento,
[in];V=velocidad, [in/grado];A=aceleración, [in/gra do2].
Fig.7.12 : Características de movimiento armónico. S=desplazamiento,
[in]; V=velocidad, [in/grado];A=aceleración, [in/gr ado2].
Fig.7.13 : Características del movimiento de polino mio de octavo grado.
S=desplazamiento, [in]; V=velocidad, [in/grado]; A= aceleración,
[in/grado 2].
Ejemplo 7.1:
Se requiere mover un seguidor de carretilla a lo l argo de un
desplazamiento total y regresar sin puntos de repos o en el ciclo. Debido
a la operación efectuada por el mecanismo, parte de l movimiento hacia
afuera debe ser a velocidad constante. Determinar l as curvas de
movimiento que se deben emplear. Haga referencia a la figura 7.14a.
Fig. 7.14
A-B: Usar le semicicloide c-1 para proporcionar ac eleración cero al
inicio y al fin del tramo A-B.
B-C: Velocidad constante.
C-D: Usar la semiarmónica H-2 que se acopla en C a la sección de
velocidad constante con aceleración cero para propo rcionar un ángulo de
presión mínimo en el resto de la curva.
D-E: Usar la polinomial P-2 para igualar la desace leración de la
armónica en D y para proporcionar una unión de acel eración cero al final
del ciclo en E.
7.5. Trazado de levas, método gráfico.
El trazado de levas depende principalmente del tip o de seguidor a
utilizar, a continuación se explicara en forma brev e algunos casos.
a.- Leva con seguidor radial de rodillo:
En este caso se considera la leva girando en senti do opuesto a las
manecilla del reloj con una velocidad angular const ante, el seguidor a de
tener un dirección radial y tiene que recibir un mo vimiento armónico tal
que:
-Se separe 2[cm] mientras la leva gira 120º.
-Permanece en reposo mientras la leva gira 60º.
-Retorna mientras la leva gira 90º.
-Permanece en reposo mientras la leva gira 90º.
La figura 7.15a muestra el diagrama cinemático de la leva mientras
que en b se muestra su posición más cercana el eje de la leva. La primera
tarea consiste en dibujar la escala gráfica del mo vimiento del seguidor
sobre la trayectoria del eje del rodillo entre sus posiciones 0 y final
4. Una forma es trazar una semicircunferencia de 2 cm de diámetro,
dividiéndola en partes iguales (cuatro en este caso ) y proyectando sobre
el diámetro para obtener las posiciones 0 a 4 mostr adas sobre la línea de
acción del seguidor.
Fig. 7.15.
El próximo paso consiste en dibujar alrededor del eje de la leva
los cuatro sectores angulares 120º, 60º, 90º, 90º, requeridos para el
movimiento del seguidor. Para solucionar este probl ema y en general
cualquier otro se deja la leva fija y el seguidor s e hace girar en
sentido inverso. Puesto que el diagrama cinemático se ha construido
dividiendo en cuatro intervalos iguales la fase de separación de 120º y
la de retorno de 90º, dividiremos también los secto res angulares
numerados de 0 a 4, como se indica. Las líneas radi ales que pasan por 1,
2, 3 y 4 representan las líneas de acción del centr o del rodillo. En cada
uno de estos puntos se dibuja ahora el rodillo, obt eniendo el perfil de
la leva sin más que trazar una línea suave que sea la envolvente interna
de todas las posiciones del rodillo.
La leva debe tocar (tangente) a todas las posicion es del rodillo si
queremos que lleve e éste a todas las posiciones de seadas. para lograr
una mayor precisión en este trazado se pueden obten er más posiciones
intermedias de las que se han tomado en el ejemplo anterior. El perfil de
la leva para las fases de reposo del seguidor se ob tiene uniendo los
extremos del perfil de las fases de trabajo con arc os de circulo con
centro en el eje de la leva.
b.- Leva de disco con seguidor de cara plana : En e ste caso se requiere
determinar el perfil de una leva de disco que comun ique movimiento de
acuerdo con el diagrama cinemático de la figura 7.1 6b .
En este caso la posición inferior del seguidor se tomó a 1 cm del
eje de la leva. Si se alinea el diagrama cinemático con el desplazamiento
del seguidor, la escala gráfica de este, mostrada e n la figura 7.12 se
puede dibujar fácilmente por simple proyección, el punto óptimo para
comenzar a dibujar dicha escala es el punto D. Lueg o se hace girar la
leva en el sentido de las agujas del reloj y se emp iezan
a ubicar en forma sucesiva los puntos del 1' al 14' .
Una de las principales limitaciones que se encuent ran en el trazado
de levas de cara plana es el tamaño mínimo ya que p or debajo de cierto
tamaño no es posible dibujar el perfil de la leva t angente a todas las
posiciones halladas del seguidor.
Fig. 7.16 :Trazado de levas con seguidor de cara pl ana.
c.- Trazado de levas para un seguidor oscilante de rodillo con movimiento
parabólico: la figura 7.17 se muestra el trazado de una leva para
seguidor oscilante, el centro de rotación del segui dor es rotado respecto
al centro de la leva en una dirección opuesta a la rotación de esta. Para
iniciar el trazado se dibuja un circulo con centro en el eje de levas y
que pase a través del centro de oscilación del segu idor, este circulo se
divide en partes iguales para cada periodo del movi miento, en este caso
la carrera de ida de 180º se divide en 6 partes y e l retorno de 150º se
divide también en 6 partes, el reposo de 30º esta r epresentado por una
sola división. La ordenada del diagrama de desplaza miento es igual en
longitud a la longitud del arco de la carrera del c entro del rodillo.
Una vez que se han ubicado los del 1 al 12 se corr espondientes al
centro del rodillo se dibujan estos y se traza la f orma de la leva
tangente a interior del rodillo del seguidor en tod os sus puntos.
Fig. 7.17. Trazado de una leva con seguidor oscilan te y mov. parabólico.
7.6. Diseño analítico de levas.
En el método gráfico se desconocen los puntos de c ontacto entre la
leva y el seguidor, por lo que es difícil determina r su ubicación exacta
al tiempo de delinear la leva. Adicionalmente, sólo se puede determinar
en forma empírica el radio mínimo de la leva para i mpedir los picos. En
el método analítico se vencen estas desventajas y s e pueden determinar
tres características valiosas de la leva:
a.- Las ecuaciones paramétricas del contorno de la leva.
b- El radio mínimo de la leva para evitar los picos .
c.- La ubicación del punto de contacto que da la lo ngitud de la cara del
seguidor.
Con determinados tipos de levas es posible hacer e l diseño
analítico de levas a partir del movimiento especifi cado. Existen dos
tipos de problemas según sea el tipo de seguidor, u no es el seguidor
alternativo y el otro el seguidor oscilante.
dirección delmovimiento
levaP
D
A
Bρ
levaP
D
A
ρ
C
seguidor alternativo seguidor oscilante
OO
O
2
3
2
Fig. 7.18 : Movimiento de seguidores.
donde:
P : Punto de contacto leva seguidor;
A : Centro de curvatura de la leva en el punto P;
C : Centro de curvatura del seguidor en el punto P;
ρ : vector A-P-C;
O2: centro de rotación de la leva;
O3: centro de rotación seguidor oscilante.
7.6.1.Leva de disco con seguidor de cara plana.
En este caso C está en el infinito, luego, no se c onsiderará. El
punto de interés será ahora P.
Im
Re
C
r
A P
l
BO2
r pα
ρ
Rθ
θ
p
Fig. 7.19
En este caso es importante determinar la ecuación del contorno de
la leva, la ecuación para el largo l de la cara del seguidor y la
ecuación del radio de curvatura. Para las condicion es que el seguidor
tenga un desplazamiento.
R = C + f( θ)
C es el radio mínimo de la leva.
f( θ):representa el movimiento deseado del seguidor en función del
desplazamiento angular de la leva.
Anotando las ecuaciones independientes de P son: r r · e
r R il
p
p
= += +
i α ρ
Igualando las ecuaciones anteriores se tiene:
R il ir r+ = + +sen cosα α ρ
Igualando las partes real e imaginaria, se tiene: R r
l r
= +=
cos
sen
α ρα
Sustituyendo R y derivando :
( )( ) ( )θααθθ
θθ d
drffc
d
d
d
dR•sen−=′=+=
pero d
d
αθ
= −1 , pues para pequeñas variaciones el punto A está fi jo a la
leva, o sea θ+α =cte. De esta forma se obtiene:
( ) ( )θαθ fsenrf ′=⇒=′ l
De la figura 7.19 se puede observar que el contorn o de la leva es: ( ) ( )( ) ( ) ))/((22
))/((22
121
121
)( rltaniip
rltaniip
efRer
elRer
p
p
−
−
++
++
⋅′+=
⋅+=θθθ
θθθ
θ
La ecuación para ρ el radio de curvatura de la leva se obtiene de:
( )( )
( )ρρ
θραθ
ραθ
<′′+=⇒
−=′′+=+=
mín<0 donde
fR
cosrf
cosrfcR
Para evitar cúspides, ρ deberá ser mayor que cero. De esta forma se
deberá cumplir:
( ) ( )θθ ffC ′′++<0
Ejemplo 7.2:
Un seguidor cara plana debe moverse hacia afuera con movimiento
parabólico, reposar, volver con movimiento armónico de acuerdo al
diagrama. Para mantener los esfuerzos en la superfi cie de la leva dentro
de los límites permisibles, ρmín=2. Determinar el valor de C.
1.5
/2 /3/3/2π ππ
π
π 2
/2π 4 /3π
A
BC
D E F G
HJ
a.- desplazamiento
acel.
frenado
Fig. 7.20 : Ejemplo 7.2.
La primera etapa en el desarrollo del ejercicio co nsiste en
encontrar las ecuaciones que rigen cada tramo, en e l movimiento
parabólico se encuentran dos etapas, una con movimi ento en aceleración
otro con frenado, para la curva armónica según la f igura se aproxima a la
armónica con las características H-6 de esta forma se tiene:
movimiento f( θ) f'( θ) f"( θ)
parab. acel. 3θ2/ π2 6 θ/ π2 6/ π2
parab. fren. 1.5-3/ π2*( π- θ) 2 6/ π2*( π- θ) -6/ π2
reposo 1.5 0 0
M.A.S.(H-6) 0.75(1+cos(3 θ/2-2 π)) -9/8*sen(3 θ/2-2 π) -27/16*cos(3 θ/2-2 π)
Graficando los resultados obtenidos se tiene:
/2 /3/3/2π ππ
π
π 2
/2π 4 /3π
3/ π
-9/8b.- velocidad
f'( )θ
Fig. 7.21 : Diagrama de velocidad.
/2 /3/3/2π ππ π 2
f'( )θ
c.- aceleración
27/16
6/π2
Fig. 7.22 : Diagrama de aceleración.
De las ecuaciones vistas anteriormente se cumple q ue:
( ρ-C) min =f( θ)+f"( θ)
Graficando f( θ)+f"( θ) se tiene:
1.5 A
B
C
D
E F
G
HJ
H
mín=-0.1875
f( )+f"( ) θθ
Fig. 7.23.
Para despejar C se tiene:
C = ρ-(f( θ)+f"( θ))
C=2-(-0.1875)=2.1875
De esta forma los valores calculados se representa n de la siguiente
forma:
9/8
3/ π
2.1875
Fig 7.24.
7.6.2. Leva de disco con seguidor de rodaja desplaz ado.
sup. primitiva
leva
R
r r
CP
r
co
pθc
r p
h
Ro
θc
2θ
rρ
φ A
Fig 7.25.
La determinación analítica de la superficie de pas o de una leva de
disco con seguidor radial de rodillo no presenta di ficultades. La
ecuación que sigue da el desplazamiento del seguido r desde el de la leva
a partir de la figura 7.25.:
R = R o + f( θ)
En el diseño de la leva se debe determinar el perf il de la leva, el
ángulo de presión y el radio de curvatura. Plantean do las ecuaciones
independientes de movimiento se tiene: r r e e
r R ihc
i i
c
= ⋅ + ⋅= +
α φρ
Igualando y separando partes real e imaginaria se tiene:
( )φαφα
sensen
*coscos
+=+=
rh
rR
Reemplazando R en * y derivando:
( )( ) ( )
θφφρ
θαα
θφφρ
θααθθ
θθ
d
d
d
dr
d
d
d
drffR
d
d
d
dRo
•cos•cos0
•sensen
+=
−⋅−=′=+=
Pero se sabe que 1−=φα
d
d, luego:
θφφρα
θφφραθ
d
dr
d
drf
•coscos0
sensen)(
+−=
⋅−=′
Eliminando el termino d φ/d θ en las ecuaciones anteriores se tiene:
( )( ) ( ) ( )( ) φθ
φφφθαφαθ
Rtanhf
Rtanhf
rtanrf
−=′−−−=′
−=′cossen
cossen
Esta última ecuación nos permite conocer la ecuaci ón para el ángulo
de presión φ.
( )R
fhtan
θφ ′−=
Para el caso de seguidor radial sin excentricidad , h=0, habiendo
obtenido el ángulo de presión φ se puede evaluar la posición del punto P: φθ i
pi
pp erihRerr p ⋅−−=⋅=
Para determinar el perfil de la leva respecto de e sta rotando r p en
un ángulo θ se tiene :
( ) θφθθ iip
ip eerihRer p ⋅−−=⋅ + )(
o
( ) ( )
φφ
θθθ
sen
cos
:donde
)/(22)( 21
r
r
ABtaniip
rhB
rRA
eBAer p
−=−=
⋅+=⋅ ++ Arc
Para determinar el radio de curvatura ρ se tiene derivando la
ecuación de tan φ:
( )
( )
( ) ( )θθφθφ
φ
θθ
θθ
φθφ
φ
fftand
dR
fd
dRcomo
fd
dRtan
d
dR
′′−=′⋅+
′=
′′−=+
2
2
cos
cos
así:
( )θφφφ
φρfRtanRRhtan
R
R
′′⋅−+−=
222
2
33
cos
cos
1
Usando sustituciones trigonométricas:
( )( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )θθθ
θρfRhfhfhR
Rfh′′⋅−−′+′++
+′−=22
2/322
La ecuación puede anotarse en forma adimensional:
( )( ) ( )
R
f
R
htantan
fh
R θφφ
θρ′′
−
−+
+′−=21
12/32
Nota: Si ρ es menor que r r la leva tendrá cúspides o recortes.
Para determinar si la leva tendrá cúspides o recort es se deberá hallar ρ
mín , lo que en general conduce a cálculos laboriosos.
Para evitar esto existen gráficos de ρmín /R o, v/s l/R o y β que es el
ángulo efectivo de la leva o más bien el ángulo gir ado por la leva cuando
el seguidor se mueve L.
A continuación se muestran las curvas para cada ti po de movimiento.
Fig.7.26 : Movimiento cicloidal.
Fig.7.27 : Movimiento armónico.
Fig.7.28 : Movimiento de polinomio de octavo grado.
Ejemplo 7.3:
Se requiere diseñar un seguidor radial de carretil la que se mueva a
lo largo de un desplazamiento total L= 0.6[in] con movimiento cicloide, a
la vez que la leva gira β = 30º. el seguidor está en reposo durante 45º y
luego retorna con movimiento cicloide en 70º. Compr obar si la leva tiene
puntas o picos si el radio del seguidor es r r = 0.25 [in] y el radio
mínimo de la superficie de paso es R o=1.5 [in].
Del enunciado se conoce: L
Ro
= =0 6
1 50 4
.
..
Para entrar a los gráficos se debe considerar el m ovimiento hacia
afuera debido a su menor β. En consecuencia de la figura 7.26. para
L/R o=0.4 y β =30º se tiene:
ρρ
ρ
min
omin
min r
R
r
= ⇒ = ⋅ = >
⇒ >
0 22 1 5 0 22 0 33 0 25. . . . .
De este modo se comprueba que la leva no tiene pun ta o pico.
Como se mencionó con anterioridad, el ángulo de pr esión es una
consideración de importancia cuando se diseñan leva s con seguidores de
carretilla, de esta forma:
R
fhtan
)(θφ ′−=
Lo que en general conduce a ecuaciones trascendent ales para φ, para
evitar este problema se ocupa el nomograma desarrol lado por E. C. Varnum.
Fig.7.29 : Nomograma para determinar el ángulo de p resión máximo.
Ejemplo 7.4:
Un seguidor radial se mueve 0.73 [in] con movimien to cicloidal con
un giro de la leva 45º. El seguidor reposa durante 30º y luego vuelve
cicloidalmente en 60º de giro de la leva. Hallar R o para que el ángulo de
presión máximo sea de 30º.
En este ejemplo nuevamente se considera el movimie nto hacia afuera
debido a su menor β, de esta forma para β =45 y φmáx=30º de la figura
7.29 se tiene: L
RR in
oo= ⇒ =0 26 2 88. .
7.6.3. Leva con seguidor oscilante de cara plana ex céntrica.
l
a
bh
β
α
θ
O2
θp
A
ρβ
r
r p
+90ºP
Fig.7.30.
La figura 7.30 muestra el esquema para una leva con seguidor de
cara plana excéntrica, en ella se quiere que el de splazamiento del
seguidor de balancín cumpla con la función:
β = βo+ f( θ)
Al igual que en los casos anteriores se requiere de terminar el
largo de la carrera, el perfil de la leva y el radi o de curvatura ρ . Los
vectores asociados a la figura son:
h<( β+90º); l< β; r p<θp; r< α; ρ<( β-90º)
Las ecuaciones de posición son: ( ) ( ) βββα ρ iiii
p elehbiaeerr ⋅+⋅++=⋅+⋅= +− º90º90
Separando la parte real y la imaginaria se tiene:
( )( ) βραβ
βραβcossensen
sencoscos
hrlb
hrla
+−=+++=+
Derivando las ecuaciones anteriores y sabiendo que :
( ) ( )θθ
θβθβ
θα
fd
fd
d
dy
d
d o ′=+=−= )(1
Se tiene:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) βθραθ
ββθ
βθραθ
ββθ
sencossencos
cossencossen
fhrd
dlfl
fhrd
dlfl
′++−=⋅+′⋅
′++=⋅+′⋅−
Multiplicando las ecuaciones anteriores por -sen β y cos β
respectivamente y sumando se obtiene:
( ) [ ]βαβαθ coscossensen +⋅−=′⋅ rfl
Eliminando los términos en α se tiene:
( )( )θ
ββf
bal
′++−=
1
sencos
Conociendo l se puede ubicar el punto P del contor no d la leva. ( ) ( )[ ]( ) [ ]
ββββ
θθθ
θβθθ
cossen
sencos
)/(2/122 1
hlbB
hlaA
con
eBAer
eeihlbiaer
ABtaniip
iiip
p
p
++=−+=
+=⋅
⋅+++=⋅−++
+
Finalmente para hallar el radio de curvatura ρ se deriva l y se
obtiene luego de algunos pasos intermedios:
( )[ ][ ] ( )( )[ ]21
cossen21
θθββθρ
f
flbaf
′+′′−−′+=
Donde naturalmente ρ deberá ser mayor que cero. Es claro que
escogiendo adecuadamente el sistema se puede hacer a ó b cero.
7.6.4. Leva de disco con seguidor de rodaja oscilan te.
βP
A
b
C
rρ
c
l
O3
a
rO2
θ
φ
r r
leva
sup. prim.
Fig.7.31.
La figura 7.31. muestra el esquema para una leva co n seguidor de
rodaja oscilante, en ella se quiere que el desplaz amiento del seguidor
de balancín cumpla con la función :
β = βo+ f( θ)
Al igual que en los casos anteriores se requiere de terminar el
largo de la carrera, el perfil de la leva y el radi o de curvatura ρ . Los
vectores asociados a la figura son:
l< β; r p<θp; r< α; ρ<φ
Las ecuaciones de posición son:
r r e e a bi l eCi i i= ⋅ + ⋅ = + + ⋅α φ βρ
Separando la parte real y la imaginaria se tiene: r a l
r b l
cos cos cos
sen sen sen
α ρ φ βα ρ φ β
+ = ++ = +
Luego de una operaciones matemáticas simples se ob tiene la ecuación
para el ángulo φ:
( )[ ]( )[ ] blfC
alfD
C
Dtan
+⋅′+=+⋅′+=
=
βθβθ
φ
sen1
cos1
donde
De esta forma el contorno de la leva es :
( ) [ ]
φβφβ
θθθ
sensen
coscos
con
)/(2/122 1
r
r
ABtaniipp
rlbB
rlaA
eBAerr p
−+=−+=
+=⋅=−++
Finalmente el radio de curvatura ρ es:
[ ][ ] ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )θββθθ
ρflbafbDaCfDC
DC′′⋅−+′+−′++
+=cossen122
2/322
Para evitar recortes ρ deberá ser mayor que el radio del rodillo
r r . Es claro que a ó b pueden hacerse cero escogiendo adecuadamente la
posición inicial de la leva.
7.7 Levas tridimensionales.
Este tipo de leva es difícil de diseñar y construi r y una de sus
principales aplicaciones en los mecanismos de contr ol de disparo de armas
de fuego. Un ejemplo es el diseño de una leva para obtener el rango
horizontal de un blanco si se conoce el ángulo E o y su altura H o.
x
y
z
R
H
o
o
blanco
Eo
Fig.7.32.
Ro = H o cotg E o
Si hacemos que el desplazamiento del seguidor repr esente el ángulo
Eo, la rotación de la leva a la altura H o, el desplazamiento al rango R o
y considerando un blanco que se mueve hacia el ca ñón a una altura de
8000 [ft].
La figura 7.33. muestra la gráfica de la altitud a ngular contra el
rango horizontal para esta altitud. Si se emplea es ta curva para el
contorno de una leva bidimensional, la traslación h orizontal de la leva
mueve el seguidor de manera que indique la altitud angular correcta del
objeto.
Fig. 7.33.
Luego con este perfil se construye la leva de des plazamiento la
cual aparece en la figura 7.34.
movimiento delseguidor
movimiento de la leva
E
H =8000o
o
Fig. 7.34.
Repitiendo el procedimiento para otras alturas y c olocando las
placas resultantes se obtendrá una aproximación, pa ra obtener finalmente
la leva pedida. Para la construcción se realiza en la misma forma con una
herramienta similar al seguidor, marcando puntos en cada perfil. El
número de puntos llega a 15000 terminando con acaba do a mano.
Fig. 7.35.
7.8. Diseño de levas de alta velocidad.
Si la leva es de alta velocidad aparecen problemas de deflexiones
dinámicas debido a las fuerzas de inercia. En este caso se debe abandonar
el modelo rígido y considerar en una primera aproxi mación el modelo de un
grado de libertad.
Masa equivalente
M
K C
K
r r
y,y,y ÿ
S factor de forma
Fw
M
FwF F
FK
Kr Cr
Kr, Cr : resorte y amortiguador para el retorno del seguid or;
K : resorte equivalente del sistema;
Fw: fuerza de salida, para vencer la carga. Como varí a según cada
problema particular se omitirá en lo sucesivo. (Par a cada caso particular
se deberá incluir la expresión correspondiente)
Fig 7.36.
La ecuación que define el movimiento es:
Md y
dtF F F Fk kr cr w
2
2= − − −
Considerando que F w es cero, entonces se tiene:
M
K
d y
dt
C
K
dy
dt
K K
Ky Sr r
2
2+ +
+=
Para movimiento periódico se define:
dy
dt
dy
d
d
dty
d y
dtyd d= = ′ = ′′
θθ ω ω·
2
22
El subíndice d indica valor de diseño para la velo cidad de giro de
la leva.
Esta vez al contrario que en vibraciones, se conoc e y(t), buscando
S(t). Normalmente el diseñador de la leva especific a el movimiento de
salida deseado y como función del ángulo de giro de entrada o usando la
regla de la cadena.
SM
Ky
C
Ky
K K
Kyd
rd
r= ′′ + ′ ++
ω ω2
Como S depende de y", se deberá escoger una funció n de salida que
sea continua su segunda derivada para obtener una l eva con perfil
continuo, simbólicamente:
S y y ym c= ′′ + ′ +µ µ µ
donde :
µk≈ 1; µc≈ 0 y µm≈ ( ωd/ ωn) 2= η2 =10 -6 -10 -2
Se puede hacer una clasificación del sistema de le va, de acuerdo
con el valor que tome µm (notar que corresponde a clasificaciones según
ω/ ωn).
η µm tipo de leva Observaciones
10-3 10 -6 lenta Diseño gráfico
10-2 10 -4 vel. mediana mov. trapezoidal
10-1 10 -2 alta velocidad Curvas
polinomiales
Clasificaciones de sistemas por µm.
tipo de sistema de leva Peso
[kg]
K [N/cm] Velocidad
[rpm]
µm µm
lenta industrial 4.55 1.78·10 7 300 2.6·10 -6 10 -6
automóvil (sobre culata) 0.341 1.78·10 6 3000 2·10 -5 10 -5
alta velocidad ind. 0.45 4.45·10 6 3000 1·10 -4 10 -4
automóviles (seg. varilla) 0.61 22540 3000 2.7·10 -2 10 -2
Algunas recomendaciones son:
- Sistemas lentos ( µm =10-6 ). El método de diseño habitual usado S=y, el
cual es suficiente.
- Velocidad media ( µm =10-4 ). Conviene usar especificaciones
trapezoidales (empalme de aceleraciones y").
- Sistemas de alta velocidad ( µm =10-2 ). Se recomienda la especificación
del movimiento polinomial. La síntesis dinámica o l a velocidad nominal y
la mejor manufactura son requisitos indispensables. Evaluación cuidadosa
de las fuerzas y distorsiones a velocidades distint as de la nominal. se
deberá examinar la posibilidad de reducir la masa d el sistema y aumentar
la rigidez K, para reducir el valor de µm .
y"y'
y
Función de entrada Sθ θ
función de
salida y
Fig. 7.37.
Como se ve en la figura, para asegurar continuidad de pendiente de
S, debe ser S 4 finita, o sea, la función de salida debe tener cua rta
derivada finita (y iv <∞).
Para el caso de diseño conviene además observar la s siguientes
indicaciones:
1.- Modelar el sistema para los valores de M, K, C r , K r .
2.- Clarificar el sistema en base al valor µm y escoger una calidad de
diseño.
3.- Obtener por síntesis dinámicas el factor de for ma S.
4.- Escoger y" tan continua y suave como sea posibl e, haciendo y iv finita
y especificar la mejor manufactura.
5.- Intentar una reducción de µm re diseñado para disminuir la masa y
aumentar la rigidez.
6.- Estudiar las propiedades de las curvas de fuerz a a la velocidad
nominal y en desviaciones de ésta, para mejorar la especificación de y.
7.- Mejorar la suavidad de y para reducir vibraciones transientes.
8.- Sintetizar el factor de forma de la leva S, par a minimizar las
distorsiones en operación a 70% sobre la velocidad de diseño. (permite
aumentos posteriores de la producción).
9.- reducir valores de y peak-peak para reducir la distorsión.
10.- El asegurar que las curvas de fuerza impulsora tienen armónicas
altas reducidas, tiende a inhibir el desgaste y a r educir el ruido.
Ejemplos de recapitulación.
Ejemplo 7.5.:
Calcule R o y bosqueje el perfil de la leva (identificando los
puntos A, B,...,F)para satisfacer las condiciones s iguientes:
-Carrera del seguidor 20 mm
-Ángulo de presión 30º.
-Radio máximo curvatura del perfil de la leva 15 mm .
-Las curvas bases del diagrama cinemático son:
*AB cicloide
*CD cicloide
*EF sinusoidal (armónica)
-Seguidor de rodaja de radio r r =10 mm
A
B C
D E
F0 45 90 135 180 225 270 315 337.5
20
Solución:
Para diseñar se debe satisfacer dos exigencias φ≤ 30º y ρmín ≤15, por lo
que para la determinación del tamaño de la leva se diseñara según el
ángulo de presión y se verificará ρmín , si este método no sirve se
diseñara por el radio de curvatura y se verificara el ángulo de presión.
- para φ =30º se tiene la siguiente tabla que se ha ido con struyendo paso
a paso, como datos se conoce l, β, φ y r r , del nomograma de la figura
7.29 se obtiene el termino l/R o máximo y con esto se puede calcular R o
para cada tramo, a continuación se elige el R o mayor que corresponde a
36.4 mm , con este termino ya corregido se calcula nuevamente el termino
l/R o* con el cual se entra a las curvas 7.25 y 7.26, se gún corresponda
obteniéndose así el diámetro de la leva para cada s ituación donde se
observa que el diámetro mínimo obtenido para el tra mo EF es menor que el
permitido.
Tramo l β l/R o R o l/R o* ρ/R o ρo ρlev =ρo-r r
cicloide AB 20 90º .55 36.4 .55 .9 32.8 22.8
cicloide CD -10 90º .55 18.2 .21 .9 41.8 31.8
armónica EF -10 67,5º .53 18.9 .27 .65 23.66 13.7
-Re diseño por radio de curvatura:
Para este caso se diseñara según el caso más desfa vorable obtenido
anteriormente es decir de acuerdo a los resultados obtenidos en el tramo
EF es decir con ρ/R o=0.65 de esta forma se tiene de la figura 7.27:
ρo
oo
oRR
L
R= ⇒ = ⇒ = =0 65 38 5
10
38 50 26. .
..
de la figura 7.29 se obtiene φ con β=67.5º, luego se obtiene φ=21º que
cumple con lo especificado de esta forma se tiene R o=38.5 mm.
Un esquema de la leva es:
A
B
c D
E
38.5
48.5 58.5
Ejemplo 7.6.
Para la leva propuesta evalúe sus características cinemáticas. El
material de la leva admite ρmín de 5 mm.
MAS cicloide
120º 240ºA
B
C
10 mm
Analice los siguientes casos:
a- Seguidor de rodaja con r r =6 mm y R o=10 mm obtenga ρmín y φmáx.
b- Seguidor de cara plana con C=10 mm. Obtenga ρmín , largo de cara.
Solución:
La primera parte del problema corresponde a determ inar las curvas
que representan el movimiento mostrado anteriorment e , para la parte
armónica se selecciona la curva H-5 de la figura 7 .12. Para la parte de
la cicloide se selecciona la curva C-6. De esta for ma se tiene.
a- Seguidor de rodaja: Para la parte armónica
con L
R y = 120 º
o
= 1 β
del nomograma de la figura 7.29 se tiene φmáx. = 28º
de la figura 7.27 se obtiene ρmín /Ro=1.2 por lo que ρmín ≈12 mm
Para la cicloide
con L
R y = 240º
o= 1 β
del nomograma de la figura 7.29 se tiene φmáx= 18º
de la figura 7.26 se tiene ρmín /Ro=1.1 por lo que ρmín ≈11 mm
de ambos casos se tiene :
ρmín sup prim. =11 mm y φmáx=28º
ρ ρminleva = − = − =min prim rr mmsup 11 6 5
la que es igual al permitido por el material.
b- Para el seguidor de cara plana se tiene que enco ntrar el punto donde
f( θ)+f"( θ) es mínimo esto ocurre en el punto B (se deja al e studiante la
comprobación gráfica).
se evalúa este punto con la ecuación armónica donde se obtiene
( ) ( )
( ) ( ) ( )88
9cos
42
9cos1
2
armonica la para 1
cos2
cos12
2
2
2
2
LLL
LLff
como
LLffAS
−=−=⋅⋅
+−=′′+
=
+
−=′′+=+
ππ
ππθθ
βθ
βπθ
βπ
βπθθθ
ρ-C=-L/8 ⇒ ρmín= L-L/8 = 7L/8 = 70/8 = 8.75 mm
de esta forma se tiene ρmín> ρadm
Para el largo de la cara del seguidor se tiene:
( ) ( )
( )
mmlll
mmLL
fl
mmLL
fl
cicl
H
22
15
2
3
2
12cos13
4
5.74
3
3/22
21
2
1
≈−=
−=−=
⋅−⋅−=′=
===′=
πππ
πθ
ππθ
