VibraciÃ³n Transitoria (3)

República Bolivariana de VenezuelaUniversidad del ZuliaEscuela de Ingeniería MecánicaVibraciones MecánicasProf. Rafael Fernández

Vibración Transitoria

Realizado por:Guastaferro, Pablo

C.I. 21.487.514

Maracaibo, junio de 2014

Junio de 2014 VIBRACIÓN TRANSITORIA

Apartado 4.1. (‘‘Teoría de Vibraciones, Aplicaciones’’, William T. Thomson).

Cuando un sistema dinámico es excitado por una súbita y no periódica excitación F(t), la respuesta correspondiente se denomina respuesta transitoria, puesto que generalmente no se producen oscilaciones estacionarias. Tales oscilaciones tienen lugar a las frecuencias naturales del sistema con la magnitud variando en una forma que depende del tipo de excitación.

1. Excitación Impulso

Una aplicación muy común de vibración es un repentino golpe de una corta duración llamado impulso. Una excitación impulsiva es una fuerza que es aplicada en un corto, infinitesimal periodo de tiempo y representa cargas de choque. Impulso es la integral temporal de la fuerza y lo designamos por F.

F=∫F ( t ) dt

En la siguiente figura se muestra una fuerza impulsiva de Magnitud F /∈ con una duración de ∈.

Cuando ∈ tiende a cero, tales fuerzas crecen sin límite; sin embargo, el impulso definido por esta integral temporal es F, considerado finito. Cuando F es igual a la unidad, tal fuerza en el caso limite ∈→0 se denomina el impulso unitario o la función delta. Una función δ en t=∈ se identifica por δ (t−∈) y tiene las siguientes propiedades:

| Vibraciones Mecánicas 2


∫0

∞

δ ( t−ξ ) dt=f (ξ ) 0<ξ<∞

Si δ (t−∈) es multiplicada por cualquier función temporal F(t), el producto será nulo en todas partes excepto en t=ξ y su integral temporal será:

∫0

∞

f (t)δ (t−ξ ) dt=f (ξ )0<ξ<∞

Como Fdt=mdv el impulso F que actua sobre la l masa, generara un cambio repentino de velocidad igual a F /m, sin cambio apreciable del desplazamiento. Bajo vibración libre, encontramos que el sistema resorte-masa no amortiguado con condiciones iniciales x(0) y x (0), se comportaba de acuerdo con la ecuación:

x=x (0 )ωn

sen ωn t+x (0 ) ωn t

De aquí que la respuesta de un sistema resorte-masa, inicialmente en reposo y excitado por un impulso F es:

x= Fm ωn

senωnt

Cuando hay un amortiguamiento presente, podemos arrancar con la ecuación de la vibración libre:

x=X e−ζ ωn t sen(√1−ζ 2 ωn t−∅ )

Y sustituyendo las condiciones iniciales

x= F

m ωn √1−ζ 2e−ζ ωn t sen√1−ζ 2 ωnt

La respuesta al impulso unitario es de importancia en los problemas transitorios y, se la representa como h( t). Asi, en el caso amortiguado o no amortiguado, la ecuación para la respuesta de impulso puede expresarse como:

x=F h(t)




2. Excitación Arbitraria

Teniendo la respuesta a un impulso unitario h(t), es posible establecer la ecuación para la respuesta del sistema excitado por una fuerza arbitraria f(t). Para esto, consideramos la fuerza arbitraria como una serie de impulsos (achurado en la figura) en el tiempo t = ξ, su resistencia es: ¿), y su contribución a la respuesta en el tiempo t depende del tiempo transcurrido (t = ξ) o

Ec.1. f ( ξ )=∆ξ h∗(t−ξ).

Como el sistema considerado es lineal, rige el proceso de superposición. Así, combinando todas las tales contribuciones, la respuesta a la excitación arbitraria f(t) está representada por la integral de convolución o superposición:

Ec.2. x (t )=∫0

t

f (ξ )h ( t−ξ ) d ξ

Otra forma de esta ecuación es la obtenida haciendo τ=(T−ξ ). Entonces ξ=(t−τ ), d ξ=−d τ con lo que se obtiene:

Ec.3. x (t )=∫0

t

f ( t−τ ) h (τ ) dτ



Cuando t es mayor que el tiempo-impulso t p, el límite superior de la integral de convolución permanece en t p porque la integral puede escribirse como:

Ec.4. x (t )=∫0

t p

f (ξ )h ( t−ξ ) d ξ+∫t p

t

f (ξ )h ( t−ξ ) d ξ=∫0

t p

f (ξ ) h ( t−ξ )d ξ, (t>t p)

Aquí la segunda integral es cero pues f ( ξ )=0 para ξ>t p.

1.1. Excitación en la Base

Frecuentemente el soporte del sistema dinámico, está sometido a un movimiento súbito, especificado por su desplazamiento, velocidad o aceleración. La ecuación de movimiento puede expresarse entonces en función del desplazamiento relativo z=x-y, como sigue:

Ec.5. z+2 ζ W n z+W n2 z=− y

Y por tanto, todos los resultados del sistema excitado por medio de una

fuerza, se aplican al sistema de base excitada para z, cuando el término F0

m es

reemplazado por -y o el negativo de la aceleración de base.

Para un sistema no amortiguado inicialmente en reposo, la solución para los desplazamientos relativos es:

Ec.6. z=−1W n

∫0

t

y (ξ)sin W n(t−ξ )d ξ

Ejemplo 1

Determine la respuesta de un sistema con un grado de libertad, a la excitación mostrada en la figura 4.2-2 (Función escalón).



Solución:

Considerando el sistema no amortiguado, se tiene:

h (t )= 1m wn

senwnt

Sustituyendo en la ecuación (4.2-1), la respuesta del sistema sin amortiguación es:

x (t )=F0

m wn∫0

t

sen wn ( t−ξ )d ξ=F0

k(1−coswnt)

Esto muestra que la respuesta pico a la excitación-escalón, de magnitud F0 es igual al doble de la deflexión estática.

Para un sistema amortiguado el procedimiento puede repetirse con:

h (t )= e−ζ wn t

m wn √1−ζ 2sen√1−ζ 2 wnt

O, alternativamente, podemos simplemente considerar la ecuación diferencial:

x+2 ζ wn x+wn2 x=

F0

m

Cuya solución es la suma de las soluciones a la ecuación homogénea y la solución particular que, para este caso vale (F ¿¿0/m wn

2)¿. Así la ecuación:



x (t )=X e−ζ wn t sen (√1−ζ 2 wnt−Φ )+ F0

m wn2

Ajustada a las condiciones iniciales x (0 )= x (0 )=0 resultará en la solución dada como

x=F0

k [1− e−ζ wn t

√1−ζ 2cos (√1−ζ 2 wn t−ψ)]

En donde:

tanψ= ζ

√1−ζ 2

La figura a continuación muestra un gráfico de (xk /F0) contra wnt con ζ como parámetro y, es evidente que la respuesta pico es menor que 2 F0 /k cuando existe amortiguamiento.

Ejemplo 2

Se considera un sistema resorte-masa no amortiguado en donde el movimiento de la base está especificado por un pulso de velocidad de la forma

y (t )=v0 e−t / t0u (t)

En donde u (t) es una función escalón unitaria. La velocidad junto con su rata de cambio con respecto al tiempo se muestra en la figura siguiente.



Solución:

El pulso de velocidad en t = 0 tiene un salto súbito, de cero a v0, y su rata de cambio (o aceleración) es infinita. Diferenciando a y (t ) y reconociendo que ¿, una función delta en el origen, se obtiene:

y=v0 e−t /t 0 δ (t )−v0

t0

e−t / t0 u(t)

Sustituyendo y en la ecuación 4.2-5 y notando ecuación 4.2-3 se obtiene:

z (t )=−v0

wn∫

0

t

[δ (ξ )− 1t 0

e−ξ /t 0u (ξ )]sen wn ( t−ξ ) dξ

¿−v 0

wn∫0

t

δ(ξ )senwn ( t−ξ ) d ξ+v 0

wn t0∫0

t

e−ξ /t 0 sen (t−ξ ) d ξ

¿v0t 0

1+ (wnt 0 )2[e−t / t0−wn t 0 senwnt−cos wnt ]

Ejemplo 3

Una masa m unida a un resorte de rigidez k está sometida a un impulso repetido F, de duración despreciable a intervalos de τ i, como en la figura que se muestra. Halle la respuesta estacionaria.



Solución:

Entre cada dos impulsos, el sistema vibra libremente a su frecuencia natural wn=√k /m. Haciendo t = 0 inmediatamente después del impulso, el desplazamiento y la velocidad pueden expresarse como:

x=Asen (wnt+Φ) (a)

x=wn Acos ( wn t+Φ )(b)

Y por lo tanto, en t = 0 se tiene

x (0 )=AsenΦ(c)

x (0 )=wn AcosΦ (d )

Justamente antes del próximo impulso, el desplazamiento y velocidad son:

x ( τ i )=Asen ( wn τ i+Φ) (e)

˙x (¿ τ i)=wn Acos ( wn τ i+Φ )( f )¿

En donde τ i, es el intervalo de tiempo de los impulsos. El impulso que actúa en este momento, aumenta la velocidad súbitamente en F /m aunque el desplazamiento permanece esencialmente invariable.

Si se alcanza el estado estacionario, el desplazamiento y la velocidad después de cada ciclo, deben repetirse. Entonces, se puede escribir



AsenΦ=Asen ( wn τ i+Φ) (g)

wn AcosΦ=wn Acos ( wn τ i+Φ )+ Fm

(h)

Reorganizando se obtiene

sen (wn τ i+Φ)−senΦ=0 (i)

cos ( wn τ i+Φ )−cosΦ= −Fwn mA

( j)

Que pueden escribirse como

senwn τ i

2cos (wn τ i

2+Φ)=0(i,)

senwn τ i

2sen( wn τ i

2+Φ )= F

2wn mA( j,)

Como sen (wn τ i /2 ) no puede anularse para un τ i arbitrario, la ecuación (i,) puede satisfacerse sólo si:

cos (wn τ i

2+Φ)=0

Ó

sen(wn τ i

2+Φ)=1

La ecuación ( j,) se convierte en:

senwn τ i

2= F

2wn mA( j, ,)

De la cual se obtiene la amplitud como:

A= F

2wn msenwn τ i

2

(k )



La máxima fuerza de resorte F s=kA puede ser de interés, en cuyo caso la ecuación (k ) se convierte en

τ i F s

F=

wn τ i

2

senwn τ i

2

(1)

Así la amplitud o fuerza de resorte se vuelve infinita cuando:

wn τ i

2=

π f n

f i

=0 , π ,2 π ,3 π …

La ecuación (1) muestra también que la máxima fuerza de resorte F s es un mínimo cuando:

π f n

f i

=π2

,3π2

,5 π2

…

La variación con respecto al tiempo del desplazamiento y de la velocidad pueden aparecer como se muestra

Cuando se incluye el amortiguamiento, se puede aplicar un procedimiento similar aunque el trabajo numérico es mucho mayor.




3. Cálculo Numérico de las Diferencias Finitas

Cuando la ecuación diferencial no puede ser diferenciada en forma cerrada, se emplean métodos numéricos. Este puede ser el caso cuando el sistema es no-



lineal o si el sistema es excitado por una fuerza que no puede ser expresada por funciones analíticas simples.

En el método de las diferencias finitas, la variable continua t es reemplazada por la variable discreta t, y la ecuación diferencial se resuelve progresivamente en incrementos de tiempo h=∆ t arrancando de las condiciones iniciales conocidas. La solución es aproximada pero, con un incremento de tiempo suficientemente pequeño, se obtiene una solución de precisión aceptable.

Aunque existe un cierto número de procedimientos de diferencias finitas disponibles, en este capítulo consideraremos solo dos métodos, por su simplicidad. Los méritos de los diferentes métodos están asociados con la precisión, estabilidad y magnitud de computación, que son discutidos en los textos de análisis numérico, listados al final del capítulo.

La ecuación diferencial de movimiento para un sistema dinámico, lineal o no lineal, puede expresarse en la siguiente forma general:

Ec.7.

En donde la condiciones iniciales x, y y x son presumiblemente conocidas. El subíndice 1 es escogido para que corresponda a t=0 puesto que la mayoría de los lenguajes del computador no permiten subíndices cero.

En el primer método la ecuación de segundo orden es integrada sin cambio de forma; en el segundo método la ecuación de segundo orden se reduce a dos ecuaciones de primer orden antes de la integración. La ecuación entonces toma la forma de:

Ec.8.

Método 1: método de resolver la ecuación de segundo orden directamente; limitación inicial de la discusión del sistema no amortiguado, cuya ecuación es:


x=f (x , x , t )

x1=x (0)

x= x (0)

x= y

y=f (x , y , t)


Ec.9.

Método 2: método de diferencia central cuya base puede desarrollarse a partir de la expansión de:

Taylor para x i+1 y x i−1 con respecto al punto pivote i.

Ec.10. x i+1=x i+h x i+h2

2x1+

h3

6x1…..

x i−1=x i−h x i+h2

2x1−

h3

6x1

En donde el intervalo es h=∆ t . Restando e ignorando términos de orden superior, obtenemos:

Ec.11. x i=1

2h(x i+1−x i−1)

Sumando obtenemos: Ec.12. x i=1

h2( x¿¿ i−1−2x+x i+1)¿

En las 2 ecuaciones anteriores los términos ignorados son de orden h2. Sustituyendo de la ecuación diferencial Ec. 9., la Ec. 12 puede reordenarse como:

Ec.13. x i+1=2 x i−x i−1+h2 f (x i ,t i), i≥ 2.

Que es la llamada fórmula de recurrencia.

Al empezar los cálculos, si se hace i=2 en la ecuación de recurrencia, observamos que no es auto-iniciable. Es decir, x1 es conocida pero se necesita x2 para hallar x3. Esta es suministrada por la primera de las series de Taylor, Ec. 10., ignorando términos de grado superior, lo que da

Ec.14. x2=x1+hx1+h2

2x1=x1+h x1+

h2

2f (x1 , t)


x=f (x , x , t )

x1=x (0)

x= x (0)


Así en la Ec.14. Nos permite encontrar a x2 en términos de las condiciones iniciales, después de lo cual x3∗x4 …… se puede obtener de la Ec.13.

En este desarrollo hemos ignorado términos de orden superior que introducen lo que se conoce como error de truncamiento. Otros errores tales como errores de redondeo, se introducen debido a la pérdida de cifras significativas. Estos están todos relacionadas con el incremento de tiempo h=∆ t . Normalmente se obtiene mejor precisión escogiendo un menor ∆ t pero, el número de cálculos se incrementará junto con los errores generados en los mismos. Una regla del método 1 es la de escoger h≤ τ 10, donde τ es el período natural del sistema.

Diagrama de flujo digital para el cálculo: de los datos del bloque A se procede a los del bloque B que es la ecuación diferencial. Al llegar a C por primera vez, ‘‘I’’ no es mayor que 1 y, se procede a la izquierda donde se calcula x2.

Al aumentar I en 1 se completa la bucla izquierda, B y C en donde I ahora es igual a 2, así se procede a la derecha para calcular x3. Suponiendo N intervalos de ∆ t , el camino es en la dirección No y la bucla derecha es repetida N veces hasta que I=N+1, en cuyo momento se imprimen los resultados.



Ejemplo 1

Se resuelve numéricamente la ecuación diferencial:

4 x=2000 x=F( t)

Con las condiciones iniciales: x1 , x1=0, y una fuerza excitatriz como la mostrada:


Si

No

C

Valores inicialesx1=x (1 )x1=X (1 )∆ t=hI=1

I=N+1I=I+1

SiNo

Ec. 13Ec. 14

Ec. 9

B

A

I >1

F(I)

x i+1=2 x i−x i−1+h2 x ix2=x1+hx1+h2

2x1

EscribeResultado

I=I+1

X i

De la Ec. Diferencial

T(I)


Solución:

El período natural del sistema es primero encontrado como:

ω=2πτ

=√ 20004

=22,36 rad /seg

τ= 2π22,36

=0,281 seg

De acuerdo a la regla h=τ /10 y por conveniencia para representar F(t) escogeremos h=0,020 seg. De la ecuación diferencial tenemos:

x=f (x , t )=F (t)4

−500 x

La Ec.14 da x2=12

(25 ) (0,02 )2=0,005. x3 se encuentra de Ec.13.

x3=0,005−0+(0,02 )−(25−500∗0,005 )=0,0140

Los valores siguientes x4, x5, etc., se obtienen ahora de la Ec.13.

La figura mostrada a continuación refleja los valores calculados comparados con la solución exacta. La última fue obtenida por superposición de las soluciones para la función escalonada y la función rampa en la siguiente manera.



Esta figura muestra la superposición de las fuerzas:

Las ecuaciones que deben superponerse para la solución exacta son:

x1=0,05¿ 0≤ t ≤ 0,1



x2=−(12

(t−0,1 )−0,02236 sin 22,36 (t−0,1)), añada en t=0,1

x3=−(12

(t−0 ,2 )−0,02236 sin 22,36 (t−0 ,2)), añada en t=0,2

Ambos cálculos efectuados en computador manual programable.

1.2. Aceleración Inicial y Condiciones Iniciales Cero

Si la fuerza aplicada es cero en t=0 y las condiciones iniciales son cero, x1

será también cero y los cálculos no pueden iniciarse porque la Ec.14 da x2=0. Esta condición puede rectificarse desarrollando nuevas ecuaciones de inicialización basadas en la hipótesis que durante el primer intervalo de tiempo, la aceleración varía linealmente de x1=0 hasta x2 como sigue a continuación:

x=0+∝ t

Integrando se obtiene:

Como de la primera ecuación x2=∝h, en donde h=∆ t , la segunda y tercera ecuación se vuelven:

Sustituyendo estas ecuaciones en la ecuación diferencial con t 2=h nos permite resolver para x2 y x2.


x=∝2

t2

x=∝6

t3

Ec.15 x2=h2

x2

Ec.16 x2=h2

6x2


Ejemplo 2

Resuelva con el computador digital el problema de un sistema resorte-masa, excitado por un pulso triangular. La ecuación diferencial de movimiento y las condiciones iniciales son:

0,5 x+8π 2 x=F (t)

x1= x1=0

La fuerza triangular está definida en esta figura:

Solución:

El período natural del sistema es: τ=2 πω

=2π4 π

=0,5

El incremento de tiempo será escogido como h=0,05 y la ecuación diferencial es escrita como:

x=f (x , t )=2F (t )−16π 2 x

Esta ecuación debe ser resuelta junto con la ecuación de recurrencia, Ec.13:

x i+1=2 x i−x i−1+h2 f (x , t)



Como la fuerza y la aceleración son cero, en t=0, es necesario iniciar el proceso de cálculo con las Ecs. 15 y 16, y la ecuación diferencial.

x2=x2

6(0,05)2=0,000417 x2

x2=2 F (0,05 )−16π 2 x2=50−158 x2

Su solución simultánea conduce a:

x2=(0,05 )2 F (0,05)3+8π 2(0,05)2

=0,0195

x2=46,91

El diagrama de flujo para el cálculo se muestra en la figura a continuación con h=0,05, el tiempo de aplicación de la fuerza debe dividirse en regiones, I=1 a 5, I=6 a 9 e I¿9. El índice I controla el camino de cálculo en el diagrama.

La respuesta x vs. t, indica un máximo en x≅ 1,97 pulg. Como h=8π 2=79,0 y como F0=100, un punto en el espectro de respuesta del Prob. 4.21 del libro (‘‘Teoría de Vibraciones, Aplicaciones’’, William T. Thomson), es verificado como:

( xkF0

)máx

=1,97∗79

1001,54

t, 0,40,5

=0,8

1.3. Sistema Amortiguado

Con amortiguamiento presente, la ecuación diferencial contiene un término adicional x1 y la Ec.13 es reemplazada por:

Ec.13’ x i+1=2 x i−x i−1+h2 f (x i , x i , ti), i≥ 2.

Ahora se debe calcular la velocidad y el desplazamiento en cada paso. Considerando de nuevo los tres primeros términos de la serie de Taylor, Ec.10, x2 es obtenible de la expresión x i+1 con i =1.

x2=x1+hx1+h2

2f (x1, x1 , t1)



La cantidad x2 se obtiene de la segunda ecuación para x i−1 con i =2.

x1=x2+hx2+h2

2f (x2, x2 , t2)

Con estos resultados, x3 puede ser calculada de la Ec.13’. el procedimiento

es así repetido para otros valores de x1 y x1, usando la serie de Taylor.




I >2

WRITE I, T, X

∆ t=0,05T(1)=0F(1)=0X(1)=0

SiNo

F(I) = 200-500∆ t (I−1)F(I) = 0

I <9

Si

Si

X(I) = 2F(I) - 16π2 X(I)

X(I) = x(I−1)∆ t2-x(I−2)+2x(I−1)

F(I) = 500∆ t (I−1)

I <5

No

X(I) = 2F(I) - 16π2 X(I)

X(I) = ∆ t 2 F (I )

3+8π 2 ∆ t2

F(I) = 500∆ t (I−1)

T(I) = T(1) + ∆ t (I−1)

DO I = 2,25


4. Ejercicios

1.4. Ejercicio 4.2. (‘‘Teoría de Vibraciones, Aplicaciones’’, William T. Thomson)

Determine el desplazamiento pico para el sistema resorte-masa excitado por medio de impulso y muestre que puede expresarse como:

X ( p)F √ k

m=exp ( −ζ

√(1−ζ 2 )arctg(√ (1−ζ 2 )

ζ ))Solución:

Fuerza aplicada: F=F x δ

Ecuación de movimiento: cdxdt

+md2 xdt 2 +kx=F x δ

Transformada de Laplace: cx (s ) s+mx ( s) s2+kx (s )=F

Despejando X(s): X ( s)= F

m ( 1

s2+cm

s+km )

Completación de cuadrados en el denominador:

s2+scm

+ km

=s2+scm

+( c2m )

2

+ km

−( c2m)

2

(s+ c2m )

2

+ km

−( c2m )

2

Sustituyendo en X(s): X ( s)= F

((s+ c2m )

2

+(√ km

−( c2m )

2)2

)√ k

m−( c

2m )2

√ km

−( c2m )

2

Si: c

2m=ζ wn √ k

m−( c

2m )2

=wn √ (1−ζ 2)=wd



Entonces: X ( s)= Fwd

wd

(s−(−ζ wn ))2+wd2

Transformada inversa de Laplace: X ( t )= Fwd

e−ζ wn t sen (wd t )

Igualando a la primera derivada de X (t) y despejando t (p):

dxdt

=0− F

wn √(1−ζ 2 )(−ζ wn e−ζ wn t sen (wn√ (1−ζ 2 ) t)+wn√ (1−ζ 2 ) e−ζ wnt cos(wn √ (1−ζ 2 ) t))

0=−ζ sen ( wn √(1−ζ 2 ) t )+√ (1−ζ 2 ) cos(wn √ (1−ζ 2) t)

t p=arctg (√( 1−ζ 2 )ζ )( 1

wn √ (1−ζ 2) )X ( p )= F

wn √(1−ζ 2 )exp(−arctg(√ (1−ζ 2)

ζ ) ζ

√ (1−ζ 2 ) )sen (arctg (√(1−ζ 2 )ζ ))

Formando un triángulo rectángulo de catetos √ (1−ζ 2 ) y ζ.

La hipotenusa unitaria es; α=arctg(√ (1−ζ 2)ζ ) senα=√(1−ζ 2 )

1

Finalmente:

X ( p)F √ k

m=exp ( −ζ

√(1−ζ 2 )arctg(√ (1−ζ 2 )

ζ ))

1.5. Ejercicio 4.5. (‘‘Teoría de Vibraciones, Aplicaciones’’, William T. Thomson)

Un pulso rectangular de altura F0 y duración t 0 es aplicado a un sistema resorte-masa no amortiguado. Considerando que el pulso es la suma de dos



pulsos escalonados, como se muestra en la figura P4-5, determine su respuesta para t>t0 por medio de la superposición de las soluciones no amortiguadas.

Fuerza aplicada al sistema:

F=( Fo ) (1−μ (t−t o )) M dx2

d2t+KX=Fo (1−μ (t−t o ))

Transformada de Laplace:

MX ( s) s2+KX ( s)=Fo( 1s− e−to s

s )X (s )=Fo (1−e−to s )s ( M s2+K )

X ( s)=Fo

M( 1−e−t o s )

s (s2+ KM )

1

s (s2+ KM )

= As

+ Bs+C

s2+ KM

Fracciones parciales:A= 1

KM

B=−1KM

C=0

X ( s)=Fo (1−e−t o s )

M ( 1KsM

− 1KM (s2+ K

M ) )Transformada inversa:

X ( s)=Fo

M [ 1KsM

− sKM (s2+ K

M )− e−t o s

KsM

+ se−t o s

KM (s2+ K

M ) ] | Vibraciones Mecánicas 26


X ( t )=Fo

K¿

Finalmente:

X ( t )=F0

k[coswn ( t−t0 )−coswn t ] parat>t 0


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