Capitulo II. Vibraciones

Capítulo IIVIBRACIONES Mecánicas Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 2.1 INTRODUCCIÓN Las vibraciones mecánicas se refieren a la oscilación de un cuerpo o un sistema mecánico alrededor de su posición de equilibrio. Algunas vibraciones son deseables, como por ejemplo el movimiento pendular que controla el movimiento de un reloj, o la vibración de una cuerda de un instrumento musical. En cambio en muchas aplicaciones mecánicas no se desea la presencia de las vibraciones. Así por ejemplo la vibración excesiva de máquinas y estructuras puede ocasionar que se aflojen las uniones y las conexiones llegando en algunos casos a producir el colapso de la estructura. El estudio de las vibraciones es muy amplio de tal manera que existe un conjunto de publicaciones e investigaciones destinados al tema. Nuestra intención en este trabajo es presentar los principios básicos de las vibraciones que deben ser entendidos por los alumnos de ciencias e ingeniería y que sirven de base para el estudio de otros cursos de su especialidad. En este sentido solo estudiaremos las vibraciones con un solo grado de libertad, es decir aquel movimiento en el cual la posición se puede expresar con una sola coordenada por ejemplo x, o y en la figura 2.1a, o 2.1b y por θ en el movimiento pendular figura 2.1c. (a) (b) (c) Figura 2.1. Vibraciones mecánicas con una sólo grado de libertad. Las dos componentes básicas en toda vibración son la masa y la fuerza recuperadora. Esta última que con frecuencia es proporcionada por un mecanismo elástico, tiende a regresar a la masa a su posición de equilibrio cuando ella es separada de dicha posición y liberada. En forma general las vibraciones se clasifican en vibraciones libres y vibraciones forzadas. Las primeras son originadas y mantenidas por fuerzas elásticas o las gravitatorias y las segundas son producidas por fuerzas periódicas aplicadas exteriormente. Las vibraciones libres y forzadas se dividen a su vez en amortiguadas y sin amortiguamiento. Cuando las fuerzas que se oponen a la fuerza recuperadora son despreciables se dice que la vibración es sin amortiguamiento. Cuando las fuerzas como el rozamiento del tipo viscoso no es despreciable se denominan vibración con amortiguamiento Es sabido que en todo sistema real está presente las fuerzas disipativas como el rozamiento que tiende a extinguir la vibración. Sin embargo, en muchos sistemas la pérdida de energía debido al rozamiento es tan pequeña que a menudo pueden ser despreciables resultando entonces una vibración libre. 64 Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 2.2 VIBRACIONES LIBRES NO AMORTIGUADAS DE UNA PARTÍCULA. Consideremos una partícula de masa sujeta a un resorte ideal de rigidez k tal como se muestra en la figura 2.2. Si el movimiento descrito por m es vertical, la vibración es de un solo grado de libertad. Cuando m está en equilibrio estático, las fuerzas que actúan sobre ella son el peso, W = mg y la fuerza elástica Fe  k st . Si se aplica las ecuaciones de equilibrio al DCL, se tiene  Fx  0 mg  k st  0 (2.1) Si ahora se desplaza a m un desplazamiento xm menor que δst desde la posición de equilibrio y se suelta sin velocidad inicial la partícula se moverá hacia arriba y hacia abajo alrededor de la posición de equilibrio generando de esta forma una vibración libre. Para determinar las ecuaciones que gobiernan a la vibración consideremos a la partícula en una posición arbitraria x medida a partir de la posición de equilibrio como se muestra en la figura 2.2b, Figura 2.2. Diagrama de cuerpo libre de m: (a) en equilibrio estático y (b) en movimiento. Del diagrama de cuerpo libre y cinético se observa que la ecuación de movimiento de la masa es  Fx  max mg  k  st  x   mx (2.2) Al remplazar la ecuación (1) en (2), resulta 65 Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García mx  kx  0 (2.3)* El movimiento definido por la ecuación (3)* se conoce como movimiento armónico simple y se caracteriza por que la aceleración es proporcional y de sentido opuesto al desplazamiento. También se puede escribir en la forma x   n x  0 (2.4) En donde ωn se denomina frecuencia natural circular o pulsación natural, y se expresa k n  (2.5) m La solución de la ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes constantes dada por la ecuación (3)* es de la forma x  Asen n t   B cos n t  (2.6) Donde A y B son constantes que se determinan de las condiciones iníciales. A veces es más conveniente escribir la ecuación (6) en una forma alternativa dada por x  xm sen n t    (2.7) La velocidad y la aceleración están dadas por v  x  xm n cos n t    (2.8) a  x   xm n2 sen n t    (2.9) La gráfica de la posición x en función del tiempo t muestra que la masa m oscila alrededor de su posición de equilibrio. La cantidad xm se le denomina amplitud de la vibración, y el ángulo φ se denomina ángulo de fase. Como se muestra en la figura 2.3, τ es el período de la vibración, es decir el tiempo que tarda un ciclo. 2 k   2 (2.10) n m La frecuencia natural de vibración que representa el número de ciclos descritos por unidad de tiempo está dada por 1 1 m f   (2.11)  2 k 66 13) l 67 . Péndulo simple: (a) Instalación y (b) Diagrama de cuerpo libre. Si la partícula se desplaza un ángulo θ0 de su posición de equilibrio y luego se suelta. Fígura 2. sen   .3.4).2.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Figura 2.12) l Para ángulos pequeños.  Ft  mat  mgsen  ml g   sen  0 (2. Un péndulo simple se define como una partícula de masa m suspendida de un punto fijo por medio de una cuerda de longitud l y de masa despreciable (figura 2. Entonces la ecuación (12). Aplicando las ecuaciones de movimiento al DCL de la masa m resulta.4. Gráfica desplazamiento en función del tiempo para una oscilación libre 2. se escribe en la forma g     0 (2. donde θ se expresa en radianes.1 Péndulo simple. el péndulo oscilará simétricamente respecto a su posición de equilibrio. el péndulo describe un movimiento armónico simple de frecuencia circular dada por g n  (2. Figura 2.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Por tanto. el signo menos se debe a que el peso produce un momento de restitución.2 Péndulo compuesto. entonces la ecuación (16) se escribe I O  mgb  0 (2. Para determinar las ecuaciones que gobiernan a este movimiento consideremos un cuerpo de forma arbitraria tal como se muestra en la figura 2. Para ángulos pequeños. Aplicando las ecuaciones de movimiento al diagrama se encuentra  M O  I O  mgbsen  I O (2.5 en donde ZZ’ es un eje horizontal y C es su centro de masa situado a una distancia b del punto de oscilación O.14) l El período de la vibración pendular se expresa en la forma l   2 (2. respecto a la vertical las fuerzas que actúan sobre el sólido son su peso mg y la reacción en el punto de oscilación.17) 68 .16) Donde IO es el momento de inercia del cuerpo con respecto al punto O y 𝜃̈ es la aceleración angular.2.5. Diagrama esquemático de un péndulo físico Para una posición angular θ. sen   . Un péndulo compuesto es un cuerpo de dimensiones finitas que oscila alrededor de un eje horizontal fijo que pasa por un punto del cuerpo debido a la acción de la fuerza gravitacional (peso).15) g 2. El cuerpo rígido oscilará en un plano vertical cuando se le separe de su posición de equilibrio un ángulo θ0 y se suelte. la ecuación anterior se puede escribir I O  mKC2  mb2 (2.23)* gb Esta ecuación es muy importante porque nos permite determinar en el laboratorio la aceleración de la gravedad y el radio de giro del péndulo físico. Suponga que 69 .19) IO El período de la vibración pendular se expresa en la forma IO   2 (2. esto es I O  I C  mb2 (2. 2. el péndulo describe un movimiento armónico simple de frecuencia circular dada por mgb n  (2.2.3 Péndulo de torsión.22) Al remplazar la ecuación (2. Si el ángulo de torsión es pequeño y el sistema inicia su movimiento desde el reposo.17) es la ecuación diferencial de un MAS y la solución de la ecuación diferencial es de la forma    0 sen n t    (2.18) Por tanto.20) mgb Por otro lado el momento de inercia con respecto al punto de oscilación se puede expresar utilizando el teorema de los ejes paralelos en función del momento de inercia con respecto al centro de masa.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García La ecuación (2.20) se obtiene mK C2  mb 2   2 mgb K C2  b 2   2 (2.6.21) Teniendo en cuanta la definición de radio de giro. K C  I O / m . los esfuerzos desarrollados en el eje producen y mantienen un movimiento angular armónico simple.22) en la ecuación (2. Este péndulo está constituido por un cuerpo rígido soportado por un eje en la forma indicada en la figura 2. 25) La ecuación (2. resulta  k  I Z I Z  k  0 (2. Figura 2.24) L 2L Donde IP = πr4/2.27) r 4 G 70 . pequeño y liberándolo a continuación.25) indica que el movimiento es angular y armónico con una frecuencia circular natural dada por k r 4 G n   (2. I PG r 2 G M    k (2. L es la longitud del eje y θ es ángulo de torsión.26) IZ 2 LI Z El período de la vibración pendular se expresa en la forma 2 LI Z   2 (2. Representación de un péndulo de torsión En la mecánica de materiales se demuestra que si no se excede el límite de proporcionalidad del material de un eje macizo circular.6. G es el módulo de rigidez del material. es el momento polar de inercia del área de la sección transversal del eje macizo. La ecuación que describe el movimiento de éste péndulo es Mz  I z  M  I Z  Al remplazar el valor del momento de torsión en esta ecuación. el momento de torsión que se aplica al eje es proporcional al ángulo de torsión y se determina mediante la ecuación.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García el movimiento vibratorio del cuerpo B se iniciara induciendo en el péndulo el ángulo de torsión θ. Solución En la figura (a) se muestra el DCL de la charola en posición de equilibrio y en (b) el DCL de la charola A para una posición fuera del equilibrio. Una charola A está unida a tres resortes como se muestra en la figura.75 s. Si se sabe que la constante del resorte central es 100 N/m. El período de vibración de la charola vacía es de 0. Después de que el resorte central C se ha suprimido se observa que el período es de 0.1.9 s. Aplicando las ecuaciones de equilibrio a (a). Determine la masa m de la charla. se tiene F y  0  mg   kB  kC  kD   s  0 (1) Aplicando las ecuaciones de movimiento a (b) resulta   Fy  may  mg   kB  kC  kD  ( s  y)  my (2) Remplazando (a) en (b). obtenemos my   kB  kC  kD  y  0 (3) La ecuación (c) es la ecuación diferencial de un MAS con frecuencia circular kB  kC  kD  (4) m El período de vibración será 1 m T (5) 2 kB  kC  kD 71 .Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Ejemplo 2. 66 kg Rta Ejemplo 2.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Remplazando el valor de kC se tiene 1 m T1  (6) 2 kB  100 N / m  kD Cuando no existe el resorte C. Solución En la figura (a) se muestra el DCL de la barra en posición de equilibrio y en (b) el DCL de la barra para una posición (θ) fuera del equilibrio. Una barra de 0.8 m de longitud y 60 N de peso se mantiene en posición vertical mediante dos muelles idénticos cada uno de los cuales tiene una constante k igual a 50 000 N/m. 27 m  4. ¿Qué fuerza vertical P hará que la frecuencia natural de la barra alrededor de A se aproxime a un valor nulo para pequeñas oscilaciones. el período es 1 m T2  (7) 2 kB  kD Dividiendo las ecuaciones (5) y (6) resulta T2 k  100 N / m  k D  B T1 kB  kD 0. 75 kB  kD k B  k D  227. 72 .9  2 227. 27 N / m Remplazando esta última expresión en la ecuación 1 m 0.1.9 k  k  100 N / m  B D 0. 306   3376  0. 4sen   P  0. resulta 2 1 k  0.8  W  0. 2  k1 1  x1  0. 2  k11  0. 2  0. 4   P  0.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Aplicando la segunda condición de equilibrio se tiene M A  0  k2 2  0. 2cos   k1 1  x1  0.8P   0 La frecuencia circular será 3376  P n  1.8sen   I A (2) Para ángulos pequeños cos  1 y sen  . 4   P  0. 4W  0. 2  k1  x1  0.8  1.8   I A 1 Teniendo en cuenta que k1  k2  k y IA  ml 2 .306 Para que la frecuencia sea cero se tiene P  3376N Rta. 73 .8   I A (3) Remplazando la ecuación (1) en (2).8  W  0.8cos   W  0. 04   k  0.8P    0 2   3  9. 4  60   0. 68  5000   0.8  0. entonces la ecuación (2) se escribe k2  2  x2  0.8P   0 3 Remplazando valores se tiene 1  60   0.8   I A k2  0. 2  k1  0. 4   P  0.8   ml 2 3 1 2 ml    0.8   0. 68k  0.8  0 (1) Aplicando la segunda ley de newton para el movimiento de rotación de la varilla M A  I A k2  2  x2  0. 64   W  0.8  W  0. resulta k2  x2  0. 4   P  0. 0  0 mgsen14  2k s  0 (3) La ecuación de movimiento de traslación en la dirección x. resulta mgsen14  2 Fe.0  0 (1) M G  I G  I G (0)  0 Froz  r   Fe.3. x  m(o)  0 mgsen14  Froz  Fe.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Ejemplo 2. Si su centro se mueve 10 mm plano abajo y se suelta. Aplicando las ecuaciones de equilibrio al DCL de la figura para una posición de equilibrio estático se tiene F x  maG . Solución En la figura (a) se muestra el DCL del cilindro en la posición (xG) fuera del equilibrio. nos da F x  maG .0  r   0 (2) Sumando las ecuaciones (1) y (2). Un cilindro uniforme de 7 kg puede rodar sin deslizarse por un plano inclinado y está sujeto por un muelle como se muestra. x mgsen14  Froz  Fe  mxG mgsen15  Froz  k  s  xG   mxG (4) 74 . hallar: (a) el período de la oscilación y (b) la velocidad máxima del centro del cilindro. 103  Asen 12. 51 s Rta Para determinar la velocidad máxima se aplica las condiciones iníciales. resulta 1 mgsen14  2k  s  xG   mxG  mr (6) 2 Remplazando 83) en (6).3(0)     50. se tiene 1 mxG  mr  2kxG  0 (7) 2 La relación entre la aceleración lineal y angular se obtiene tomando como centro instantáneo el punto CI de la figura.3cos    y A= 50 mm 2 La velocidad para cualquier posición es v  xG  0.62 m/s Rta 75 .Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García La ecuación de movimiento de rotación nos da M G  I G Froz  r   Fe  r   I G 1 Froz  r   k  s  xG  r   I G  mr 2 2 1 Froz  k  s  xG   mr (5) 2 Sumando las ecuaciones (3) y (5). 48 T  0. x G  Asen nt     50.62sen 12. 48 xG  0 El periodo se determina a partir de la frecuencia circular 2 2 2 n  T   T n 150. x G  r xG  r xG xG  r    (8) r Remplazando (8) en (7) y simplificando resulta 3 mxG  2kxG  0 2 3  7  xG  2  790  xG  0 2 xG  150.103  Asen xG   A cos nt     0  12.3  0      0  12.3 A cos 12.3t   / 2 La velocidad máxima será vmax  0. amortiguamiento de Coulomb.3. Debido a que todas las vibraciones se disipan con el tiempo. Esta fuerza se expresa FV  cx (2. Figura 2. 2. lo experimentan los cuerpos que se mueven con una velocidad moderada en el interior de fluidos. Para determinar las ecuaciones que gobiernan a este movimiento consideremos un sistema masa.1 Amortiguador viscoso lineal. la presencia de fuerzas amortiguadoras debe incluirse en el análisis.8. Existen varios tipos de amortiguamiento: amortiguamiento viscoso. resorte y amortiguador como el mostrado en la figura 2. Al moverse el émbolo se opone el fluido el cual debe atravesar pequeños orificios practicados en el émbolo.28) 2.3. en este caso la fuerza de fricción debido al amortiguamiento es directamente proporcional a la velocidad lineal siendo la constante de proporcionalidad el llamado coeficiente de amortiguamiento (c). es producido por la fricción interna del material elástico.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 2. Este tipo de amortiguamiento se presenta en forma natural cuando sistemas mecánicos oscilan en el interior de un medio fluido. 76 . En análisis vibratorio considerado hasta ahora no ha incluido el efecto de la fricción o el amortiguamiento del sistema y como resultado de ello.7. Se dice que un sistema tiene amortiguamiento cuando posee elementos que disipan energía. Una forma de representarlo es la mostrada en la figura 2.3 VIBRACIONES LIBRES AMORTIGUADAS. y el amortiguamiento estructural.7. Este tipo de amortiguador está formado por un pistón el cual se mueve en el interior de un cilindro el cual contiene un fluido viscoso como el aceite. producido por el movimiento relativo de superficies secas. En esta sección nos dedicaremos únicamente al estudio del amortiguamiento viscoso. las soluciones obtenidas son solo una aproximación cercana al movimiento real. También aparece en sistemas mecánicos utilizados para regular la vibración. Representación de un amortiguador Para nuestro estudio vamos a utilizar los amortiguadores lineales.2 Vibraciones libres con amortiguamiento viscoso. 31) conjuntamente con sus derivadas en la ecuación (2. La teoría de las ecuaciones diferenciales nos dice que la solución es de la forma x  Ae t (2.30)* La ecuación (2.8.31) Remplazando la ecuación (2.32) cuyas raíces son  c  c 2  4mk 1.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Figura 2. la ecuación anterior se escribe mx  cx  k  0 (2.2  (2.33) 2m 77 .30) se obtiene la ecuación característica expresada por m2  c  k  0 (2.29) Recordando que en el caso de equilibrio estático.30)* es una ecuación diferencial homogénea de segundo orden con coeficientes constantes. Diagrama de cuerpo libre de una partícula de masa m con amortiguamiento Aplicando la segunda ley de Newton al bloque se tiene  FX  mx mg  k  st  x   cx  mx (2. mg  k st . 2  i      i d (2. Coeficiente de amortiguamiento crítico ccr.38) 2m m  2m  Donde α =c/2m y ωd es la frecuencia circular amortiguada dada por 2 k  c  d    (2.34) Las constantes B y C se determinan a partir de las condiciones iníciales. nula o negativa. Es el valor del coeficiente de amortiguamiento para el cual se hace cero la cantidad subradical de la ecuación (2. 2 c k  c  1. Movimiento sobre amortiguado. en este caso las dos raíces son iguales.35) m El coeficiente de amortiguamiento crítico representa la cantidad mínima de amortiguamiento requerida para que el movimiento no sea vibratorio. entonces las dos raíces de la ecuación característica son reales y diferentes. en consecuencia k ccr  2m  2m n (2. Las raíces de la ecuación (33) son complejas y conjugadas. Aquí c = ccr. La solución de la ecuación diferencial (2.30) tiene tres formas.39) m  2m  El período de la vibración amortiguada será 2 2 (2. Debe observarse además que el comportamiento del sistema depende de la cantidad subradical.36) B.33). La solución general será x   A  Bt e nt (2.40) d   d k  c  2   m  2m  78 . ésta puede ser positiva. Por tanto la solución puede escribirse x  Ae1t  Be 2t (2.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García La solución general de la ecuación se escribe x  Be 1t  Ce2t (2. A. mientras que λ1 y λ2 se determinan de la ecuación característica. En este caso c > ccr. Movimiento críticamente amortiguado.37) C) Movimiento subamortiguado. Esto es x1  x0 e t1 (2.9.42) y la amplitud siguiente es  ( t1  d ) x 2  x0 e (2.44) x 2 x0 e Por lo tanto el decremento logarítmico será   ln x1 x1  ln e d   79 . se expresa como el logaritmo de la razón entre cualquier par de amplitudes sucesivas positivas (o negativas).9.31) resulta x  x0 e t Sen d t    (2.38) en (2.41) se dice que es periódico en el tiempo de amplitud decreciente tal como se muestra en la figura 2.41) El movimiento de la ecuación (2.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Remplazando la ecuación (2. En donde se observa que el “período” es el tiempo entre dos valles o picos Figura 2.43) la razón entre las dos amplitudes es x1 x0 e t1   t1  d   e d (2. Es una cantidad que nos permite medir la velocidad de decaimiento de una oscilación. Representación de la posición en función del tiempo para un movimiento subamortiguado Decremento logarítmico. d  n 1  2 (2. es críticamente amortiguado si (ξ =0) y subamortiguado sí (ξ < 1). es una cantidad definida como la razón entre el coeficiente de amortiguamiento (c) y el coeficiente de amortiguamiento cítrico (ccr).50) 1 2 80 .47) En función de la razón de amortiguamiento se puede decir que un movimiento es sobre amortiguado si (ξ > 1).49) n 1 2 2   (2. el período amortiguado y el decremento logarítmico se escriben en la forma. la pulsación propia amortiguada.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García c d    d  (2.45) 2m Razón de amortiguamiento.48) 2 d  (2. También conocido como factor de amortiguamiento. esto es c c cc    (2. Para el caso de un movimiento subamortiguado.2  n  i n  2  1 (2.46)* ccr 2 mk 2m n En función de esta cantidad se pueden obtener las siguientes relaciones 1. Aplicando las ecuaciones de equilibrio al diagrama A. k3= 120 N/m.8 N. y mg   k1  k2  k3  s  y    1   2  3  y  my (2) Remplazando la ecuación (1 en (2) resulta. y  m(o)  0 mg  k1 s  k2 s  k3 s  0 (1) Aplicando la segunda ley de Newton al movimiento del bloque resulta   Fy  maG . se tiene   Fy  maG . Solución En la figura (a) se muestra el DCL del cuerpo en la posición de equilibrio estático y en (b) el DCL del cuerpo para una posición (y) fuera del equilibrio. Determine: (a) La ecuación diferencial que describe el movimiento. my+  1  2  3  y   k1  k2  k3  y  0 Al sustituir los valores dados en el problema se tiene 12 y  3 y  420 y  0 (3) La solución de la ecuación diferencial es de la forma y  Det y   Det y   2 Det 81 .Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Ejemplo 2. El cuerpo M de 12 kg mostrado en la figura es sustentado por tres resortes y tres amortiguadores viscosos como se muestra en la figura.s/m y para iniciar el movimiento se desplaza al cuerpo 100 mm hacia abajo y se suelta desde el reposos.s/m y β3=1. β1 = β2 = 0. (b) la frecuencia (si existe) y (c) el decremento logarítmico.4 N. Si k1 = k2 = 150 N/m.4. 94 hertz Rta. Como el movimiento es subamortiguado la solución de la ecuación diferencial (3) es de la forma y  Ae0.125sen 5.94    0.133 Rta 82 .9  (5) 1.125  i  5.9t    (6) La velocidad es y  Ae0.9t  89 El decremento logarítmico es  0.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Remplazando estas cantidades en la ecuación (3) nos permite obtener la ecuación característica. d  2 f  5.1  Asen 0  A[5.125Td  0.2    id La ecuación (5) indica que el movimiento es subamortiguado por tanto existe una “frecuencia amortiguada”.125    f   0.125t [5.2  0.9cos  5.125t    ln  0.125    0.1e0.9 f  0. dada por Det 12 2  3  420   0 12 2  3  420  0 (4) La solución de la ecuación (4) nos da 1.9 cos   0.125t sen  5.125( t Td   0.9t     0.125t sen  5.1e0.9t   ] (7) Remplazando las condiciones iniciales en las ecuaciones (6) y (7) resulta 0.1 m  =89° La posición en cualquier tiempo será y  0.1e  1  1    0.125sen ] Los valores de A y φ son A  0. La barra está conectada a un amortiguador con un coeficiente de amortiguamiento c = 69 N. 25  (4) De la figura (b) se tiene que x e  1. (c) el período y la frecuencia del movimiento (si procede) y (d) la razón de amortiguamiento. 25   cxv 1.25 m KδS By k(δS + xe) Aplicando la segunda condición de equilibrio a la figura (a) resulta M B 0 mg 1.5.125  k  s  xe 1. mg Ax mg 1.25 m de longitud y 200 N de peso en la posición de equilibrio estático y soportada por un muelle de rigidez k =14 N/mm. (b) el tipo de movimiento resultante.85cos    I B (2) Para ángulos pequeños senθ≈ θ y cosθ=1. entonces se tiene mg 1.125   k s 1.s/m. 25  cv 1.125 m FV=cv By Bx 1. Determine: (a) La ecuación diferencial para el movimiento angular de la barra.125cos    k  s  xe 1. 25   0 (1) Aplicando la ecuación de movimiento de rotación se tiene M B  I B mg 1. 25 (5) x v  1. Se muestra una barra de 2.85   k  xe 1.85 (6) 83 . 25cos    cv 1.85   I B I B  cxv 1.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Ejemplo 2.85  I B (3) Remplazando la ecuación (1) en (3) resulta k  xe 1. Solución En la figura (a) se muestra el DCL del cuerpo en la posición de equilibrio estático y en (b) el DCL del cuerpo para una posición (y) fuera del equilibrio. Un cilindro uniforme que pesa 35 N.2    id La frecuencia amortiguada es d  24. 2  21875  0 (8) La frecuencia circular natural es 21875 n   25.98 rad / s  2 f  2 / Td f  3.2  3. 43  i  24.4 2  256. Determine: (a) La ecuación diferencial del movimiento.136 Rta. (b) La razón de amortiguamiento. 84 .97 s Td  0. 25 s Ejemplo 2.85   k 1.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Remplazando (5) y (6) en (4) se obtiene 1 2 3   ml   c 1. 4  236. El resorte y e amortiguador están conectados a un pequeño pasador exento de fricción situado en el centro G del cilindro de 20 cm de diámetro. 2  21875  0 1.6. 22    0. La ecuación anterior nos indica que el movimiento es subamortiguado por tanto existe la frecuencia y el período amortiguados 34.85 1. 25 1. 4 La razón de amortiguamiento se determina a partir de ceff 236. 2   2meff n 2  34. rueda sin deslizar por una superficie horizontal como se muestra en la figura. 25  = (7) Remplazando los datos del enunciado y simplificando se tiene 34. 4  25. (c) El tipo de movimiento.98  1. 22 rad/s 34. 8  5.36    0.36 xG  33. el movimiento es subamortiguado 85 .Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Solución En la figura se muestra el DCL del cilindro para una posición arbitraria cualquiera respecto a la posición de equilibrio mg Fe = k xG FV = c v Froz NC Aplicando las ecuaciones de movimiento de traslación.3   2meff n 2  5.3 xG  120 xG  0 2  9. Tipo de movimiento.36   120 / 5. y teniendo en cuenta que 𝑥𝐺 = 𝑟𝜃̈.3 xG  120 xG  0 Rta Parte (b) Cálculo de la razón de amortiguamiento ceff 33. Como ξ < 1. 656 Rta Parte (c). se tiene  Fx  mxG kxG  Froz  Fv  mxG kxG  Froz  cxG  mxG (1) Aplicando las ecuaciones de movimiento de rotación. se tiene  M G  I G 1 Froz  r   mr 2 2 1 Froz  mr (2) 2 Remplazando (2) en (1). obtenemos 1 1 x  kxG  cxG  mr  kxG  cxG  mr  G   mxG (3) 2 2  r  3 mxG  cxG  kxG  0 2 3  35    xG  33. 53) 86 . proporciona un modelo de un sistema masa resorte sometido a una fuerza de carácter armónico dada por F = F0 sen(ωt). La solución complementaria se determina haciendo igual a cero el segundo término de la ecuación (2. Fuerza armónica de excitación. y ii) una solución particular. 2. Uno de los movimientos más importantes en el trabajo ingenieril es las vibraciones forzadas sin amortiguamiento. (b) DCL y cinético.4.1 Vibraciones forzadas sin amortiguamiento. resulta  Fx  ma x F0 sent  kx  mx mx  kx  F0 sent (2.51)* La ecuación (2. El sistema mostrado en a figura 2.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 2. y resolviendo la ecuación homogénea.10.52) Como el movimiento es periódico la solución particular es de la forma xP  Bsent (2. es decir mx  kx  0 La solución de esta ecuación es de la forma x  xm sen( n t   ) (2. donde F0 es la amplitud de la vibración armónica y ω es a frecuencia de la vibración armónica.10. Aplicando las ecuaciones de movimiento según el eje x. (a) (b) Figura 2.4 VIBRACIONES FORZADAS. Su solución está compuesta por: i) una solución complementaria. (a) Bloque sometido a una fuerza periódica externa.51)* es una ecuación diferencial de segundo orden no homogénea con coeficientes constantes.51)*. Los principios que describen este movimiento pueden aplicarse al estudio de las fuerzas que originan la vibración en varios tipos de máquinas y estructuras. 56) se observa que la oscilación total está compuesta por dos tipos de movimiento. En la ecuación (2.55) se observa que la amplitud de la vibración particular depende de la razón entre las frecuencias forzada y natural.53) y remplazando en la ecuación (2. (b) vibración permanente y (c) Superposición de ambas.54) en (2.11. Una vibración libre de frecuencia ωn figura 2. De esto se observa que la vibración libre se extingue quedando la vibración permanente o particular como lo muestra la figura 2. 87 . y una vibración forzada causada por la fuerza exterior figura 2. Se define como factor de amplificación al cociente entre la amplitud de la vibración estable y la deflexión estática. (a) (b) (c) Figura 2.11a.11c.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Determinando la segunda derivada con respecto al tiempo de la ecuación (2.53).11b.51) da por resultado  Bm 2 sent  k bsent   F0 sent Despejando el valor de la constante B resulta F0 / m F0 / k B  (2. resulta F0 / k xP  2 sent (2.56)   1     n  De la ecuación (2.54) k    2 1  ( )2 m n Remplazando la ecuación (2.55)    1     n  La solución general será F0 / k x  xC  x P  Asen n t     2 sent (2. (a) vibración libre. Las vibraciones forzadas también pueden surgir a parir de la excitación periódica de la cimentación de un sistema. El fenómeno de 𝑛 resonancia no es deseable en las vibraciones de elementos estructurales porque producen esfuerzos internos que pueden producir el colapso de la estructura. Diagrama de cuerpo libre y cinético Aplicando la ecuación de movimiento según la dirección horizontal se tiene  Fx  max  k x   0 sent   mx mx  kx  ksent (2. En la figura 2. En este caso la coordenada x se mide a partir del punto de desplazamiento cero del soporte es decir cuando el radio vector OA coincide con OB. Vibración forzada debido a un desplazamiento periódico. se muestra el DCL y cinético del bloque. representa la vibración periódica de un bloque que es originada por el movimiento armónico δ = δ0senωt. 13. El modelo indicado en la figura 2. Figura 2.12.12.13. Desplazamiento excitador periódico. Por lo tanto el desplazamiento general del resorte será (x –δ0senωt) Fig.57) F0 / k   1     n  De esta ecuación puede observarse que aparece la resonancia cuando las dos 𝜔 frecuencias son aproximadamente iguales esto es 𝜔 = 1.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García ( x P ) max 1 MF   2 (2.58) 88 . encontramos que la energía era disipada por el amortiguador y la amplitud disminuía con el tiempo. no homogénea y con coeficientes constantes.4. resorte y amortiguador sometido a una fuerza periódica externa P =P0senΩ.2 Vibración libre con amortiguamiento viscoso. tal como se muestra en la figura 2. si proporcionamos una fuente de energía externa podemos mantener las oscilaciones con una amplitud constante.  Fx  ma x P0 sent  kx  cx  mx mx  cx  kx  P0 sent (2. Por lo tanto. Sin embargo. Aplicando al DCL la segunda ley de Newton. 89 . Su solución se obtiene sumando una solución complementaria y una solución particular. la solución total se escribe x(t )  xC (t )  x P (t ) (2.58) con la ecuación (2.60) La solución particular estudiada anteriormente.51) se observa que su forma es idéntica por tanto su solución seguirá el mismo procedimiento establecido anteriormente. Para determinar las ecuaciones que la gobiernan a este movimiento consideremos un sistema masa. se extingue rápidamente según el valor del coeficiente de amortiguamiento. se obtiene. (b) Diagrama de cuerpo libre. (a) (b) Figura 2. Por el contrario la solución particular o permanente o de estado estacionaria es la que se mantiene. La solución complementaria satisface a la ecuación homogénea y la solución particular es una función cualquiera que satisface la ecuación diferencial.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Comparado la ecuación (2.14.59)* es una ecuación diferencial lineal.59)* La ecuación diferencial (2. de segundo orden.14. 2. En nuestras consideraciones sobre las vibraciones de un solo grado de libertad y con amortiguamiento viscoso. siendo esta de carácter armónico y viene expresada por. (a) Sistema mecánico forzado. resulta   k  m 2   2  c 2  x m  2  P02 (2. se obtiene la amplitud la misma que está dada por P0 (2. el factor de amplificación será xm 1 MF   (2.61) Remplazando la ecuación (61) en la ecuación (60) resulta. m 2 xm sent     cxm cost     kxm sent     P0 sent Haciendo (Ωt-φ) sucesivamente igual a cero y π/2.15.65) xm  k  m  2 2  c 2 El desfasaje φ se obtiene dividiendo las ecuaciones (62) y (63) c tg  (2.62) k  m x 2 m  P0 cos  (2. se muestra el factor de amplificación en función de la razón de frecuencias para distintos valores de la razón de amortiguamiento. La resonancia se produce cuando la 90 .  n  k / m .Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García xP  xm sent    (2. Observe que a medida que se va disminuyendo la razón de amortiguamiento la amplitud de la vibración va creciendo.66) k  m 2 Bajo estas circunstancias la solución particular se escribe P0 x  sent    (2.63) Elevando al cuadrado ambos miembros de las dos ecuaciones anteriores.67) k  m  2 2  c 2 Pero la frecuencia natural está dada por. resulta cxm  P0 sen (2.68) P0 / k 1   /    n 2 2  2c / ccr  /  n  2 2c / ccr  /  n  tg  (2.64) De la ecuación (64).69) 1   /  n 2 En la figura 2. y el valor del coeficiente crítico de amortiguamiento es ccr = 2mωn. resulta y sumándolos. Relación entre el factor de amplificación y la razón de frecuencias. 91 .Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García razón de amortiguamiento tiende a cero y las frecuencias son aproximadamente iguales Figura 2.15. ...5 PROBLEMAS RESUELTOS 2..k1 .( 3) f  5Hz. Cuando pasa por su posición de equilibrio.......( 1) 2 Problema 01..... m.v  ?? 2 En la figura se muestra el DCL del bloque en una Es sabido que la posición en cualquier tiempo está posición X a partir del equilibrio... entonces se tiene armónico simple de frecuencia propia 5 Hz y aceleración máxima de 40 m/s2.1 Vibraciones libres X  A...k  0... Determine el módulo de la velocidad en esta posición.. .02 2 amax   A  (2 ...73m / s......... A 2  X .. . . f ) 2 A  48. ... .... A  ??...Rt Problema 02 Una partícula vibra con un movimiento armónico simple.... su velocidad es de 2 m/s. .t   ) X   .Cos( .. Cuando se halla a 20 mm de su posición de equilibrio. .amax  48m / s 2 .......... Solución Solución Datos e incógnitas. Problema 03 Un bloque de masa m se desliza por una superficie horizontal exenta de rozamiento.. dada por 92 . .......... (2) Solución Además se tiene que Datos e incógnitas a   2 X 50 m / s 2   2 X   50 rad / s.v  2m / s.. . según se muestra Cálculo de la velocidad máxima en la figura...5... f ) A 2 2 v  1......0486 ) vmax  1... ..... f  2 (5)( 0.. amax A (2 ....... Datos e incógnitas X 0  0....... A  2 . 2   A2  0 2   .... ..Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 2.. Determine la constante k del resorte único que podría sustituir los dos representados sin que cambiara la frecuencia del bloque.........Rta.t   ) X   ..vmax  ?? La velocidad cuando X = 20 mm..... A......6mm..Determinar la amplitud y la máxima velocidad de la vibración. vmax   ... .53 m / s....k2 .. será Cálculo de la amplitud v  50 0.....ke  ?? a  50 m / s ..04 2  0.. X  20 mm.. v0 =2 m/s. .......... Rta....... A.... Un instrumento que se utiliza para medir la vibración de una partícula realiza un movimiento Si cuando X = 0...... su aceleración es de 50 m/s2....Sen( ..... ...................( 2) Aplicando las ecuaciones de equilibrio en la Comparando las ecuaciones (1) y (2). Determinar: (a) La ecuación diferencial que rige al movimiento........ ......Rta....... (c)La posición de la masa en función del tiempo y (d) El menor tiempo t1 > 0 del paso de la masa por su posición de equilibrio Aplicando la ecuación de movimiento  F y  mY mg  Fe3  Fe1  Fe 2  mY mg  k 3 (  Y )  k1 ( 1  Y )  k 2 ( 2  Y )  mY mg  k 3 3  k1  1  k 2  2  (k1  k 2  k 3 )Y  mY.. .. resulta dirección vertical. ..a x  Fe1  Fe 2  m...t1  ?? En la figura se muestra el DCL de la masa en la posición de equilibrio.......Dif ... Si el bloque se desplaza 5 mm hacia abajo a partir de su posición de equilibrio y se suelta con una velocidad hacia arriba de 0... según se muestra en la figura....... Ec. ........(1) Para sustituir los resortes por uno equivalente sin modificar la frecuencia.. X  k1 X  k 2 X  mX mX  (k1  k 2 ) X  0.. a partir de la posición de Una masa de 2 kg está suspendida en un plano equilibrio vertical por tres resortes... ....A  ??.... ..25 m / s .... (b)El periodo y la frecuencia de la vibración..... . resulta  Fx  m. ...... .  ??...Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Solución Datos e incógnitas m  2kg........... X 0  5mm...... debe cumplirse que mX  ke X  0......X  f (t )..v  0.25 m/s cuando t = 0.( 1) Problema 04 En la figura se muestra el DCL de la masa en una posición arbitraria Y. Se supone que los resortes están estirados Aplicando la segunda ley de Newton en la dirección X...  Fy  0 mg  k1 1  k 2  2  k 3 3  0... se tiene ke  k1  k 2 . ...T  ??..( 2) 93 ...t  0.... resulta Aplicando la segunda ley de Newton en dirección horizontal..........( 7)  0... mX  kX 0 10 X  90 X 0 El tiempo t1>0.........86 º  Fx  mX La posición en cualquier tiempo t.. . ... ...Cos.............(7)y (8)...2 A........... ......t  0 : X  0....( 1) La frecuencia circular está dada por 0  6..54 mm   49..54 Sen(59 .......   9  3.......  kX  mX Y  6..X  f (t ) Y  A.... ..(6) Remplazando las condiciones iniciales...Sen(........87 )...............87 ) t1  0.015 seg ...( 3) El periodo de vibración se obtiene de la frecuencia circular 2   3500 Solución T T  0.... Rta del reposo en la posición X =0..09 Seg.......... ......( 8) Resolviendo simultáneamente las ec... En t =0.. .................2t   )........1062 seg.....( 4) Datos e incógnitas Calculo de la amplitud....................2 A. ...... ............. tiene la forma m  10 kg. La solución de la ecuación diferencial (3)..... ...k  90 N / m.. ... A  6.. Rta....... ...... . será X  9 X  0.2t  0. ......1m........ ..... Rta....005  ASen...Cos(59..... la coordenada X mide el 2  3 desplazamiento de la masa de 10 kg respecto a su T posición de equilibrio..... (b) La posición de la masa en función del tiempo 94 ... será  Fe  mX ... se tiene...... X  0 T  ??.. . ..... ..... ............. y......... f  ??....2t1  0.54 Sen(59......Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Remplazando la ecuación (1) en (2)..... la masa se suelta T  2.. . .rad / s....... . (5) En la figura se muestra el DCL de m en una posición arbitraria X a partir de la posición de Su velocidad viene expresado por equilibrio Y  59.25  59.......... .. se tiene 0.... es resultantes......t   ). resulta mY  (k1  k 2  k 3 )  0 2Y  7000 Y  0 Y  3500 Y  0. ...1 m. Determinar: (a) El período y la frecuencia natural de las vibraciones La frecuencia natural.......(2) El período será Problema 05 En la figura. ......... Si al collar se le desplaza 40 mm hacia abajo desde su posición de equilibrio y se le suelta.(3) La velocidad está dada por X  3 ACos(3t   ).(1) 0  2 ACos ......... y la posición Solución en función del tiempo esta dado por 95 .. en dirección determinar: (a) El tiempo necesario para que el vertical....... . ....(1) en (2).. .. ..1Sen(3t   / 2) Rta Problema 06 Un collar de 4 Kg está unido a un resorte de constante k = 800 N/m como se muestra en la figura.... ......( 2) Reemplazando la Ec. . es la ecuación diferencial de un M............... tiene la En la figura se muestra el DCL de m en posición de forma equilibrio X  ASen(3t   ). resulta mY  kY  0 4Y  800 Y  0 Y  200 Y  0..... a partir de su posición de   equilibrio 2 A  0.......... . ..Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 1 1 Datos e incógnitas f   Y 2.... (4) Aplicando las ecuaciones de equilibrio se tiene Reemplazando las condiciones iniciales..... .................. resulta posición arbitraria Y.....A........ ...(5) mg  k s .09 f  0................ .........v  ??........................48 Hz .......  Fy  ma y W  Fe  mY mg  k (  Ys )  mY. Rta m  4kg...X  60 mm ...... se tiene collar se mueva 60 mm hacia arriba y (b) La velocidad y aceleración correspondientes.. .....1m La posición en función del tiempo será X  0... ........  0........... X  0 t  ??............ se tiene F 0 0. .... ....1  ASen ..... Aplicando la segunda Ley de Newton.S..( 3) La Ec. ....(6) Resolviendo simultáneamente las ecuaciones En la figura se muestra el DCL de m en una anteriores.. de frecuencia circular ω=√200 rad/s...... ........ ....t  0 : X  40 mm ..... ... ... ......a  ?? La solución de la ecuación diferencial (3). ..k  800 N / m.... ..........(3). ..14t   ).... .......... se determina utilizando las condiciones iniciales.. ............................( 6) 0  14.......( 7) Solución Resolviendo las ecuaciones anteriores..... . .. .. mientras que si soporta un bloque de 2 kg sobre la plataforma el período de vibración vertical  F y  m s Y es de 4. .....Rta Problema 07 Una plataforma A que tiene una masa desconocida esta soportada por cuatro resortes teniendo cada uno una constante elástica k......(1)... Calcular la masa de un bloque (m p  m B ) g  4k ( s  Y )  (m P  m B )Y..... se tiene 20  40 sen(14......97 Sen(14 ............... ......... ..14 ACos(14..15 )   / 2 Y  485 mm / s  Y  79 ........14 t   )mm Y  565 .( 1) En la figura se muestra el DCL de la plataforma La velocidad y la aceleración cuando t = 0. más un bloque de masa mi en posición Y...( 9) La posición. ....15 )   / 2 Y  3991 mm / s  ..9 s.. ... . (5) La amplitud A y el desfasaje φ.6Cos(14 ..( 2) colocado sobre la plataforma (vacía) que hace que la plataforma vibre verticalmente con un período de Reemplazando la ec....10 s..... esto es: 40 mm  ASen...79 Sen14............... ..14 ACos.. ..14t   / 2)  Fy  0 t  0.... .... A  40 mm............( 8)    / 2. .....14t   ). . . resulta En la figura se muestra el DCL de la plataforma cuando sobre ella está colocado un bloque de masa mi........ ...... ... Y  40 Cos14 ...14 (0... velocidad y aceleración como función del tiempo se expresa en la forma Y  40 Sen(14 ........( 4) La velocidad se expresa como Y  14. .. 96 . resulta 4.. en (2).14 t   / 2)mm / s Y  79 .....14 (0........ a partir de serán la posición de equilibrio..14 t   / 2)m / s 2 El tiempo cuando Y = 60mm↑ será Aplicando la ecuación de equilibrio... . se tiene la plataforma el período de vibración vertical es de 3... ..6 s... ¿Cuál es el valor de la constante elástica k del resorte?...15 s...15 seg (m B  m P ) g  4k s  0.........Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Y  ASen(14..... en estado de equilibrio estático........ Cuando no hay sobre Aplicando la segunda ley de Newton......... ... ......... x = 0.33) m x  7. el período es T 3 = 4....9  2 . ..A... ..( 9) Además cuando se coloca sobre la plataforma un bloque de masa desconocida. .......( 5) 4k Solución Por condición del ejercicio.........6 Cuando el bloque esta en equilibrio estático.............. ... T2 = 4.... . ... . ...S.( 3) mP  mB La ec (3) es la ecuación diferencial de un M...... Rta Cuando el bloque está en movimiento.... ..25m / s  mP 3... . .. ...... con una frecuencia circular 4k  n2  .( 4) mP  mB El período está expresado por mP  mB T  2 .......................... ...25 m/s equilibrio estático hacia la derecha cuando t = 0....... ..... .... .. entonces T1 = 3..... s.......... .....(6 )y (7).. (b) El período y la amplitud de la vibración... determine: (a) La ecuación diferencial que rige el movimiento...........( 2) en la figura.............................1  2 ......t  0 : x o  75mm .... ................v o  1.... Los dos resortes están sometidos a g tracción en todo momento y las poleas son pequeñas y exentas de rozamiento.. cuando mB = 0............. cuando mB = 2 kg........... establece Problema 08 Un bloque que pesa 100N se desliza por una  Fx  mX superficie horizontal sin fricción como se muestra W  T  k1 ( 1  X )  X ........( 6) En la figura se muestra el DCL del bloque para una 4k posición “x” a partir de la posición de equilibrio Además. .... ...1 s. .... resulta m P  19 kg.. .. .....( 8) k  12.........Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García (m P  m B )Y  4kY  0 4k Y  Y  0......... (c) La posición del bloque en función del tiempo 97 ....9 s...... ..6  2 4(12 ....... ........33 N / m..... ..... .... se tiene entonces Fe0= k1δs y T = T0 mP  mx T3  2 4k  Fx  0 19  m x T0  k1 1  0. Si se desplaza el En la figura se muestra el DCL de la polea móvil bloque 75 mm hacia la izquierda de su posición de para una posición Y a partir de la posición de equilibrio y se suelta con velocidad de 1.......( 7) 4k Resolviendo simultáneamente las ec. es decir Datos e incógnitas WB  100 N .(1) 4... entonces mP  2 4.... . la segunda ley de Newton....43 kg.. ..( 9) 98 . . W   Y  k1 1  k1 X  X ......7t   )... ....... ............... (c) La frecuencia y la amplitud de la X vibración resultante y (d) La posición de la masa en Y  .... ........ ....8 4 X  114 ....( 10) k 2 ( 2  Y )  2T0  0 X  10.... resulta X  0. . resulta k 2  2  2k1 1  0.......3 T T  0. será 2   114 ... .... ....( 7) ecuación diferencial que rige el movimiento.... (8) en la ec (7)...... Si se tira de la masa m hacia abajo una distancia δ y W  k se suelta a partir del reposo.......7 ACos(10...642 k 2  2  2k1 1  0. ... ....... ..59 Cuando la polea está en equilibrio........ ........ 6) 2 2 g Cuando el sistema representado en la figura está en equilibrio. . Rta..( 3) Aplicando las condiciones iníciales............. (4) Remplazando la ec. determinar: (a) la X  k1 X  2 Y  0. (b) La g 2 distancia δmax tal que los hilos se hallen siempre a De la geometría de la figura se tiene tensión...... .............. resulta 50 mm y el resorte 2 (k2 =1.....(12 )  F y  m P a Py 1....( 5) Por lo tanto la posición en función del tiempo está dado por la ecuación Remplazando la ecuación (4) en (3)...... (8) función del tiempo 2 Remplazando la ec. .............. ... entonces están dadas por las ecuaciones  Fy  0 X  ASen(10............59 seg . (11) k 2  2  2T0  0.25  10.. .075  ASen .... .......( 13) k 2 ( 2  Y )  2T  0 Resolviendo las ecuaciones anteriores... ... .7t   ).....(5) en (6)....Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García El período de la vibración resultante.....8 kN/m) lo está 10 mm...138 m Tg  0....... ..... . el resorte 1 (k1 =1....... .. . Y = 0 entonces La posición y la velocidad en función del tiempo Fe2 = k 2 δ2 y T = T0... se tiene Cuando la polea se está moviendo hacia abajo.... Rta.......(...... se tiene 0........... . .7t   ).2 kN/m) está alargado Sustituyendo la ec.138 Sen(10.7 Hz......... La frecuencia de vibración es 1 1 f    1....................... tenemos W  k X X  k1 X  2 ( )  0 g 2 2 W  k X  (k1  2 ) X  0 g 4 100  1333 X  (833  )X  0 9................... Rta..7 ACos ...... ..............3 X  0..... resulta A  0.... . k2 W  ( 2  Y )  k1 ( 1  X )  X 2 g k 2 2 k 2 Problema 09..(1) en (3)........ T 0............ .... la distancia máxima.. ...( 2) En la figura se muestra el DCL del bloque en una 50 mm  ASen........ Un bloque B vertical....... ........( 4) Debido a que el resorte 1 está estirado 50 mm...8(m) Remplazando las condiciones iníciales......... f  ?......... ... .....( 6) Aplicando las ecuaciones de equilibrio....... se tiene   2 ...... resulta descansa sobre la placa.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Solución  F y  mY Datos e incógnitas mg  Fe1  Fe 2  mY mg  k1 ( 1  Y )  k 2 ( 2  Y )  mY...... ...........98t   ).......( 8) 1800 (0. Remplazando la ecuación (1) y (2) en (3).... f  288 ....... .... y el coeficiente de rozamiento entre el bloque y la placa es µs =0...98t   / 2).... a partir de la posición de 0  ACos. Problema 11.. .. .... 1  50 mm.....(1) La velocidad instantánea es Remplazando valores................. ..k 2  1800 N / m.... ....( 7) k 2  2  k1 1  mg ....( 9) posición arbitraria Y. Una placa plana P realiza un movimiento armónico simple horizontal sobre una superficie sin fricción Aplicando la segunda ley de Newton en dirección con una frecuencia f = 1..1Y  3000 Y  0 posición de equilibrio Y  288 . ¿Cuál es la máxima amplitud de oscilación que puede tener el sistema 99 .( 3) k1  1200 N / m... será  max  50 mm...7 Hz . ...41kg...98 ACos(16.. ....Dif ......05)  9. De la ecuación (4)........60. . .5 Hz.. Rta.. ....resulta  2  90 mm.... ........ ....09)  1200 (0........Ec.. .2Y  0.. se tiene Y  16........ ....Y  f (t ) mY  (k1  k 2 )  0 En la figura se muestra el DCL del bloque en 14......... max  ?.......... ...... .................  ?............. ... .... entonces para que los dos resortes actúen siempre a tensión. como se muestra en la figura... se tiene m  10.....(10) equilibrio Resolviendo simultáneamente se tiene A  50 mm   2 La posición del cuerpo en cualquier tiempo es Y  50 Sen(16. .... se tiene La posición en función del tiempo tiene la forma  Fy  0 Fe02  Fe01  mg Y  ASen(.....t   )..2 f  2....( 5) Cálculo de la frecuencia natural..... . X  3 ........................... Rta. ................... .............. Aplicando las ecuaciones de movimiento al DCL se tiene  Fy  0 N B / P  m B g.....62 m / s.rad / s..( 1) Amax   m B  mP 2 9 2 Amax  0. .066 (3 ) v max  0.( 2) v max  A  0. s  0.t   )...5HZ ) mB  mP   3 ........5Hz ... f  2 (1. La solución de la ecuación diferencial (1) es de la forma Problema 12 X  ASen(3 ........ .....8) X  X  0.. ............... . ................ .............................(5) La aceleración máxima esta dado por X  3 2 A.. Por lo tanto su diagrama cinético es el que se muestra f  1....... .......(6) Solución Ahora se analiza el movimiento del bloque B.vmax  ?? En la figura se muestra el DCL del sistema compuesto por el bloque más la placa en una posición arbitraria X.. ... La frecuencia circular natural es: k La velocidad máxima del sistema será   2 .............. . entonces Ordenando la ecuación anterior X max   2 A   s g k  S g 0.........( 7)  Fx  mX Fs  m B X Aplicando las ecuaciones  s N B / P  m B X .. La La velocidad en cualquier tiempo será barra ABC está en posición vertical en el equilibrio 100 .... A  ??........... ...............( 9)  Fe  (mB  mP ) X  kX  (mB  mP ) X Como el bloque no debe moverse respecto de la plataforma.. ...... Rta. (3) Las dos masas de la figura se deslizan por sendas superficies horizontales exentas de fricción............ ...t   ).066 m..60. ACos(3 .......................... ...... ... . .. . .... ....... .......................( 4) Su aceleración está dado por la ecuación X  9 2 ASen(3 .......( 8)  s m B g  m B X  Fx  ms X X   s g.t   )... ¿Cuál es el valor de la velocidad máxima?...... Datos e incógnitas Según condición del problema el bloque B no debe moverse respecto a la plataforma.. ......6(9.............Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García sin que resbale el bloque sobre la placa?. ..... .. ..Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García y su masa es despreciable.m ABC  0. posición arbitraria X a partir de la posición de equilibrio En la figura se muestra el DCL de m1 en la posición de equilibrio estático Aplicando las ecuaciones de movimiento.........(1) En la figura se muestra el DCL de m2 en una En la figura se muestra el DCL de m2 en la posición posición arbitraria X a partir de la posición de de equilibrio estático equilibrio Aplicando las ecuaciones de equilibrio... ... Aplicando la segunda condición de equilibrio..... la posición de equilibrio (Supóngase oscilaciones de pequeñas amplitudes)...... escribir la T02  k 2 2 .Ec.2k 3 3  0. se Solución tiene Datos e incógnitas MB 0 T01 (0.1m)  T03 (0......2m) m1  10 kg... se tiene 101 .. f  ??....... ..Dif ..2k 2  2 ....... se tiene T1  k1 (  X )  m1 X  Fx  0 T1  m1 X  k1 ( 1  X ).2m)  T02 (0... tenemos Aplicando la ecuación de equilibrio en la dirección  Fx  m1a1x horizontal..k3  3500 N / m. . En la figura se muestra el DCL de m1 en una T  ??... Si los resortes están  Fx  0 sometidos a tracción en todo momento.......k1  2000 N / m 0.. . ..m2  15 kg...............( 4) T01  k1 1 .....1k1 1  0......( 2) ecuación diferencial del movimiento para la posición X(t) de la masa de 10 kg y determinar la En la figura se muestra el DCL de la barra ABC en frecuencia y el período de la vibración resultante.( 3) k 2  2000 N / m.  ??. . resulta m1 X  k1 1  X  2k3 ( 3  X 2 )  2k 2 ( 2  X 2 )  m2 X 2  .. .. .(9) en (8). X2 X  0.. entonces la ecuación anterior se escribe 0...... .2Cos )  0( ) Encuentre la ecuación diferencial del movimiento y el período de vibración del sistema mostrado en la figura...52 f    f  2. cuando se ha girado un ángulo θ a partir de la La ecuación (10) es la ecuación diferencial de un posición de equilibrio MAS.....34 seg.86 X  0..Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García  Fx  m2 a2 x m1 X  k1 X  2k3 (2 X )  2k2 (2 X )  2m2 (2 X )  0 k 2 ( 2  X 2 )  m2 X 2 (m1  4m2 ) X  (k1  4k2  4k3 ) X  0 T2  k 2 ( 2  X 2 )  m2 X 2 . Cosθ ≈ 1. Rta.. resulta “a”.. “g”. 2 2 El período de la vibración es 1 1 Aplicando las ecuaciones de movimiento a la barra T   T  0.52 rad / s La frecuencia natural será  18. . se tiene 102 .. se tiene f 2..(4) y(5) en (6).(3) en (7)..(6) Remplazando la ec...(8) En la figura se muestra el DCL del sistema Del gráfico por triángulos semejantes.( 9) Remplazando la ec.. .... “L”.... con frecuencia circular   342 ..(10) En la figura se muestra el DCL de la barra ABC. está unida la esfera (partícula).. (5) (10  60) X  (2000  14000  8000) X  0 X  342. .95 Hz .................. Ec. “m”......... Rta. Dif.......2 0... ABC.2T2 ...... T=?? m1 X  k1 X  2k 3 X 2  2k 2 X 2  2m2 X 2 ....... y Senθ ≈ 0...2Cos )  T2 (0..2T3  0........ se observa compuesto por la barra más la esfera en la posición que de equilibrio estático...1Cos )  T (0..95  M B  I B Problema 13  T1 (0..1 X 2  2 X ...1T1  0. Desprecie la masa de la barra rígida a la cual Para ángulos pequeños.86    18.. ......(7) Solución Datos e incógnitas Remplazando la ec.... =??..... ..L m T . (2) En la figura se muestra el DCL de la esfera cuando su centro está desplazado una distancia XG a partir de su posición de equilibrio....Cos )  mL2. ..a   2   0... f  ??......... y Senθ ≈ 0... ...(1) 103 ...... Rta.....(3) Remplazando la ec.... al sistema...Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García K ......( 4) mL Aplicando las ecuaciones de movimiento....... La tensión inicial de cada resorte es 250 N/m y las constantes MA  0 elásticas son K1 =900 N/m y K2 =1200 N/m...... (4) es la ecuación diferencial de un MAS... Calcular la frecuencia del movimiento posición angular θ en sentido horario resultante y la rapidez máxima del centro de masa de la esfera. se escribe mgL  K s a  K..Ye  mL2..X max  ??  M A  I A mgLCos  K ( s  Y )( a..a 2 2 n  T  mL 2  2 . se tiene La ec..K1  900 KN / m.. .. con frecuencia circular  Fx  mX G Fe 2  Fe1  Fs  mX G ( Fe 0  K 2 X G )  ( Fe 0  K 1 X G )  Fs  mX G mX G  ( K 1  K 2 ) X G  Fs  0......... ... Solución Datos e incógnitas Aplicando la ecuación de movimiento de rotación m  10 kg...... .. Para K s (a)  mg ( L).. entonces la ecuación (2).... se tiene K 2  1200 N / m... (3)........a..........a 2  0 2 K ... resulta mL2  K ........ Para ángulos pequeños Cosθ ≈ 1......(1) en la ec.(1) iniciar el movimiento se desplaza el centro de la esfera 75 mm hacia la derecha y se suelta a partir En la figura se muestra el DCL del sistema para una del reposo. a K Problema 14 La esfera maciza y homogénea de 10 kg mostrada Aplicando la segunda condición de equilibrio. . ...... se en la figura gira sin deslizar cuando se desplaza a tiene partir de su posición de equilibrio.Fe 0  250 N .............. ... ...25t  mm fuerza de fricción es estática.m oscilaciones..25 f   2 2 f  1.......92 m / s.. . entonces existe una  2 relación entre la aceleración lineal y la aceleración   angular......( 7) posición de equilibrio.. ..(2) en (1)...25t   )..25t  m / s  2 La velocidad máxima será X G  R..... (b) El mínimo valor de la constante K 5(900  1200 ) del resorte para el que habrá oscilaciones.... X G  XG 0 7(10 ) X G  150 X G  0.............. a partir de la X G  12.K min  ?? La velocidad del centro de masa de la esfera es En la figura se muestra el DCL de la varilla en una posición definida por un ángulo θ.........075 m  A.. se tiene 0. . Rta.........Cos 104 ... . f  ??. (4) en (3)..... Remplazando las condiciones iníciales..Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García  M G  I G Resolviendo simultáneamente las ecuaciones 2 anteriores...25rad / s La frecuencia de vibración será  12..( 5) La ec...25t   ). ...... ......... . esto es X G  0. K  500 N / m. hallar: (a) La frecuencia de las pequeñas 7.. . es de la Datos e incógnitas forma X G  ASen(12.......25 ACos(12. resulta Entonces la velocidad y la aceleración del centro de 2 mX G  ( K 1  K 2 ) X G  mR   0..... 5 5( K 1  K 2 ) Si el extremo A recibe un pequeño desplazamiento X G  XG 0 y se suelta.. .. ...(5) constituye la ecuación diferencial de un MAS de frecuencia circular dada por n  150  12.......95 Hz . resulta Problema 15 2  La barra uniforme AB de 8 kg está articulada en C y mX G  ( K 1  K 2 ) X G  mX G 0 sujeta en A a un resorte de constante K = 500N/m...( 3) masa de la esfera son: 5   Para el caso en el cual la esfera rueda sin deslizar la X G  75 Sen12.25 A...... ........... se tiene Fs ( R )  mR 2 5 A  75 mm 2 Fs  mR ............. ...918 Cos12...Sen 0  12..( 2)  5  2 Remplazando la ec....( 6) m  8kg.. Solución La solución de la ecuación diferencial (5)... . ...........( 4) X max  0.... Rta...... Remplazando la ec........ . 04mg  0..165 2 SenCos  I C  ..165 2 K  I ...3N / m...M BD  12 kg... se tiene 0... esto es Aplicando las ecuaciones de equilibrio....Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Problema 16 Dos barras uniformes cada una de masa m =12 kg y longitud L = 800 mm.... f  ?? 0. resulta L  0......04 mg  n  2 .. entonces la ecuación (1)...( 1) Para ángulos pequeños Cosθ ≈ 1...165 2 K  0..055 Remplazando valores se tiene 1 0..165 cos )  I C  mg (0..K1  K 2  500 N / m Donde la ecuación (3) en (2)......165 2 K  0...1652 K  0...055 1 0. y Senθ ≈ 0.8) f  2 0.8m...8) K min  115 ....... ...04 (8)(9. ... .165 2 (500 )  0. 105 . Sabiendo que la constante de cada resorte K = 500N/m y que el extremo A recibe un pequeño desplazamiento y luego se suelta.(4) equilibrio estático. asumiendo que los dos resortes La ec.04 Sen )  K (0.... 055  (0....165 2 K  0. f  0. están soldadas formando el conjunto que se muestra... Rta El mínimo valor de K......... 055 En la figura se muestra el DCL del sistema compuesto por las dos varillas en la posición de 0.. 04mg )  0...04 mg  0.55kg...1652 K  0...... será aquel valor para el cual siempre se mantenga positiva la raíz cuadrada de la ecuación(4). determine la frecuencia del movimiento subsiguiente...m 2 m Ac  12 kg. ..055 f  2... Aplicando las ecuaciones de movimiento de rotación a la varilla se tiene  M C  I C ) mg (0. (4) constituye la ec.04 Sen )  KX e (0.22 Hz .04 (8)(9.( 4) 2 0. es Datos e incógnitas I  0.. . se escribe 0...04 mg f  ..04 mg  0... ... Rta.( 2) Solución El momento de inercia con respecto al punto C. Diferencial de un MAS están estirados de frecuencia circular 0.... 8)  (12 )( 0.............. resulta m AC g ( L 2  L  )  ( K1  K 2 )(Y1) ( )  I C .mAC  0...94rad / s La frecuencia de vibración será  n 5.....Rta. (4) 2 Reordenando la ecuación anterior se tiene  L 2  L I C   K 1  K 2     m AC g    0.. Hallar el período de las pequeñas oscilaciones de la varilla.4kg. . Aplicando las ecuaciones de movimiento de Problema 17 rotación al sistema se tiene Una esfera A de 400 g y una esfera C de 280 g  M C  I C están unidas a los extremos de una varilla rígida de m AC g( L 2 1 1  1 2 2 2 2 L C  Sen )  K (  Y )  K (  Y ) ( Cos )  I  . Para ángulos pequeños Cosθ ≈ 1.... ......8)   0   2    2    35.... ..3  5...... .(2) masa despreciable que puede girar en un plano vertical alrededor de un eje que pasa por B.......T  ?? 106 .....( 1) 1 1  (12 )( 0........................ (1) en (3). y Senθ ≈ 0.....2  500  500     12 (9....8  3....95 Hz .3  0...... . se escribe m AC L 2 1  1 2 2 2 L g (  )  K (  Y )  K (  Y ) ( )  I  ...mC  0...8   2  0.( 7).....(5)... se tiene equilibrio   0.......8) 2 2 3 12 En la figura se muestra el DCL de las barras cuando I C  3.. .. La frecuencia circular está dado por  n  2 .. f  35.... ... ..94 f   2 2 f  0.....( 6) se ha girado un ángulo θ respecto a la posición de Remplazando la ec (6) en la ec.....( 5) Solución  2  2 El momento de inercia del sistema respecto del Datos e incógnitas punto C será mA  0. .... ..Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García MC  0 I C  I C AC  I C BD L L 1 1 Fe01 ( )  Fe02 ( )  m AC L2AC  mBD L2BD 2 2 3 12 K 1 1  K 2  2 .28kg....2kg..m 2 .. entonces la ecuación (1).....(3) 1 2 C  Remplazando la ec..... mediante un pasador sin fricción que pasa por su centro......80........ ....2Sen   I B ..... . .........49...125   0. y Senθ ≈ 0.......289...125   0..125   mC g 0......(3) en (2) resulta 0...0588  0 ~  3..( 1) 107 .....125 Sen   mC g 0. . . ..m 2 .2  0..... . .0175..86 N ...125   m C 0......43 seg ...0175  0..... ........ será mB  6kg..36  1..........81) El período de la vibración resultante será T0  58.. T   1..40....(1) Para ángulos pequeños Cosθ ≈ 1...28 0...Dif  ??........( 4) 0.( 5) La frecuencia circular será La ecuación de equilibrio nos da   3........ Rta Problema 18 Un peso de 6 kg pende de un cilindro de 4 kg como se muestra en la figura....( 3) Al sustituir la ec.. Escriba la ecuación diferencial del movimiento para la posición YG(t) del centro de masa del cilindro y determine el período y la frecuencia del movimiento vibratorio resultante La ecuación se movimiento de rotación para el sistema nos da  M B  I B m A g 0.. entonces la ecuación (1).R  0......2  I B.. f  ??.833 T  3...... ......80...0175 kg..K  800 N / m I B  I C  A  I B C  I B var illa Ec. .. se escribe m A g 0...2  2 2 posición de equilibrio estático I B  0......mC  4kg.25 m..( 2) Solución Datos e incógnitas El momento de inercia respecto al punto B.T  ??  m A 0.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García En la figura se muestra el DCL del sistema para una 2 2 posición θ a partir de la posición de equilibrio....36  0...2   0 2 2 En la figura se muestra el DCL del bloque en  0....833rad / s n  Fy  0 T0  m B g  6(9. . ..... (6) T10  K s  WC  T0 T10  K s  49.( 2) 1 T1 ( R)  Fe ( R)  mC R 2 MG  0 2 K s ( R)  T10 ( R) 1 T1  K ( s  Ye )  mC R................ ....( 3) 2 Sumando las ec......... (3) en (2) resulta 98. . . .. ........ ......4  K  s  Ye   T1  4YG ..( 5) En la figura se muestra el DCL del cilindro en movimiento 108 .5  1600 Ye  0.............. .........86  M G  I G T10  K s  98. resulta En la figura se muestra el DCL del bloque cuando 98.. ...........( 8) K s  K s  98...... .............1 2 K s  98......1N ...............(4) en (9)...... (10 ) De la cinemática de los desplazamientos se tiene Aplicando las ecuaciones de movimiento para el bloque.. ....81  58.. . se tiene Reemplazando la ec........25 )  2 KYe  0 2 10YG  0..( 9) se ha desplazado una distancia Y a partir de su 1 posición de equilibrio 2 Remplazando la ec....... se tiene  FY  m B a By 58....86  T  6YG ............. .. ..1  K  s  Ye   T1  10YG .. resulta 1 10YG  (4)( 0.....Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García En la figura se muestra el DCL del cilindro en posición de equilibrio estático Aplicando las ecuaciones de movimiento se tiene Aplicando las ecuaciones de equilibrio tenemos  F y  mC a Gy T  mC g  Fe  T1  mC YG  FY  0 T  39.. ...1  2 K  s  Ye   10YG  mC R................... (5) y (6).( 4) Sumando las ec (7) y (8).1...( 7) T10  K s ........ .......... .( 12 ) R 2R Remplazando las ec. .. ...amax  ?? YG YG  R    .... ...25  12YG  3200 YG  0.....67  16......6kg...6 Problema 19 En la figura se muestra el DCL del cilindro para un desplazamiento instantáneo XG a partir de la Un cilindro uniforme de 13......... se tiene  n  2 ......125m.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García YG  R m  13.. ... ..en la ec....33 f    f  2.T  ??...... (1) en (2)..25 En la figura se muestra el DCL del cilindro en la Además posición de equilibrio estático YG Ye   Ye  2YG .....33rad / s  Fx  0 mgSen15 º  Fs  Fe 0 ... 2 2 Remplazando la ec... resulta  Y  10YG  0..( 1) La frecuencia de vibración es MG  0 Fe 0 (r )  Fs (r ).. ..( 11) 0..... Rta. Si el cilindro se desplaza hacia abajo 50 mm y se suelta.... ...........(11) y(12).6 Hz ...(3) f 2.... (b) La aceleración máxima del centro del cilindro Aplicando las ecuaciones de movimiento se tiene Traslación Solución Datos e incógnitas 109 .( 2)  16... ....... f  266. Determinar: (a) El período de la vibración..................6 kg puede rodar sin posición de equilibrio deslizar por un plano inclinado 15º............38 seg........Rta. . resulta El período 1 1 T   T  0.....(10). A su perímetro está sujeta una correa y un muelle lo mantiene en equilibrio como se muestra. .....  150 .....r  0. .... La ecuación anterior constituye la ecuación diferencial de un MAS con frecuencia circular Aplicando las ecuaciones de equilibrio... .5 G   1600 2YG   0  0.............. Rta mgSen15º  2K s . .. r......  X G  r.(11) La velocidad y la aceleración en cualquier tiempo Rotación X G  32 ..r  G   2 K 2 X G   0 1 mX G  cilindro escalonado vale 225 mm....08Cos32 . se tiene mgSen15º 2K s  2KX e  mXG  m.. ..( 6) 2 A  50 mm  Remplazando la ec...(3) en (6)..  2 KX e  0.( 7) 2 De la geometría y teniendo en cuenta que el centro Remplazando estos valores obtenidos resulta instantáneo de rotación es el punto de contacto.....( 4) X G  A..... . ..08 rad / s Solución T T  0.........08t    2 La aceleración máxima será amax   2 A  (32......... según se indica en la figura........( Rta) Datos e incógnitas 110 ....08) Cos32..Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García  Fx  mX G La solución de la ecuación diferencial (10)...( 9) Una rueda escalonada que pesa 90 N rueda sin  r  deslizar por un plano horizontal..05) amax  51.(8) y (9) en (7)....196 seg.( 5) 0. es mgSen15 º  Fs  Fe  mX G   mgSen15 º  Fs  K  s  X e  mX G .( 8) r Problema 20 X  X e  2.08t   .. . Si el radio de giro del X  m.08t  ...( 10 ) La ec....r  G   X e  2 X G ..  2.08) 2 (0.......45 m / s 2 ..... escribir la 2  r  ecuación diferencial del movimiento para la 3  posición XG(t) del centro de masa del cilindro y mX G  4 KX G  0 determinar el período y la frecuencia del 2 movimiento vibratorio resultante.. ....... .... resulta   X G  50 . ..05  A... (10) es la ecuación diferencial de una MAS con una frecuencia circular 2 n   1029 .......Sen 0  32......Sen32.. ....Cos Sumando las ecuaciones (4) y (5).. resulta arrollados de manera segura sobre el cubo central de 30 cm de diámetro.4  32.. resulta Fs (r )  K ( s  X e )( r )  I G. se tiene  1 2 mX G  m.........4 X G  0. Los resortes están unidos a hilos Remplazando la ec. 3 (13. Rta.....08t   .......05(32...    ....r..... ....... Rta X G X G  r........Sen 32.. ..( 12 )  M G  I G X G  32 .r.08 2 Sen32 ..... . .. . resulta Resolviendo simultáneamente las ecuaciones 1 anteriores. .(13) Fs (r )  Fe (r )  I G Remplazando las condiciones iníciales......08 A..6) X G  4(5250 ) X G  0 2 X G  1029 ......  2 X G  0..........08t   ..... ...R1  15 cm..5   G  302  G  302      G   30   Simplificando la ecuación anterior se tiene Aplicando las ecuaciones de movimiento se tiene X G  131 X G  0... Rta....T  ?? X  X 2  R 2  R1   R 2  R1  G .45 rad / s k 2 X 2  k1 X 1  Fs  mX G ...............18X 1   22. la fuerza de  R2  fricción (Fs) y las fuerzas elásticas Fe en cada uno Remplazando las ec.... resulta Problema 21 Un cilindro de masa m y radio R está conectado con muelles idénticos de constante k y gira sin  R1   R1   mK G2  rozamiento alrededor del punto O.... la reacción normal (NC). .... Para pequeñas k 2 X 2  k X1  k 2 X 2  1   k1 X    mX G     2 R  R2   R2  oscilaciones... (5) y (6) en la ec (3)..( 6) el peso (W)... .... de los resortes resulta  R22  R12   2 2     2 k2 X G    k X  R1  R2   mX 1   K G    R2  1 G  R2  G  R    2   2    2   Remplazando valores se tiene  302  152   2 2  2 1400X    1000X  30  15   9...55 seg ... . El  R   R   mK  2 cordón que soporta a W1 está enrollado alrededor k2 X 2 1  1   k1 X 1 1  1   mX G     .(3) G del cilindro... . Las fuerzas que obran son: X 1  R 2  R1   R 2  R1  G .. (4).K G  225 mm X G  R 2  X G  R 2.  R2   R2   R2   11..( 5)  R2  En la figura se muestra el DCL de la rueda para una X  posición cualquiera X............( 4) X G t   ??....R2  30 cm.. .. ..... ¿cuál será la frecuencia natural?.  R2   R2   R2  La cinemática para la rueda muestra una relación entre las deformaciones de los resortes y el desplazamiento del centro de masa de la rueda Solución 111 . . ....Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García W  90 N ........( 8) De la ecuación diferencial (8).... Fe 2  Fe1  Fs  mX G 2 n   131  11 ............( 2) 2 2   T   T  0......(1) T  M G  I G Fs ( R2 )  Fe 2 ( R1 )  Fe1 ( R1 )  mK G El período de la vibración es R  R   mK G2  Fs  k 2 X 2  1   k1 X  1    .......45 Sumando las ecuaciones (1) y (2)... se obtiene la  Fx  mX G frecuencia circular. De la cinemática se tiene que En la figura se muestra el DCL del bloque pero desplazados de su posición de equilibrio estático.k 1 (r )  k 2 (r )  Mg ( R)  0 (2) 2 . entonces la ecuación anterior. se escribe  M O  IG T ( R)  k ( 2  X e )(r )  k 1  X e  (r )  I G (4) Remplazando la ec. se tiene  Fy  0  T0  Mg (1) Aplicando las ecuaciones de movimiento al cilindro. T ( R)  k ( 2  X e )( rCos )  k  1  X e (rCos )  I G  Para ángulos pequeños Cosθ ≈ 1. (3) en (4). " W1". X e  r   R. se tiene En la figura se muestra el cilindro en equilibrio  M O  I G estático.  n  ??  Fy  MY En la figura se muestra el DCL del bloque. resulta Aplicando las ecuaciones de equilibrio para el MgR  MRY  k 1 r  kX e r  k 2 r  kX e r  I o (5) cilindro Al sustituir la ec (2) en (5).Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Datos e incógnitas Aplicando las ecuaciones de movimiento para el bloque se tiene " m" . Mg  T  MY T  Mg  MY (3) En la figura se muestra el Dcl del cilindro cuando gira un ángulo θ Aplicando las ecuaciones de equilibrio al bloque. " R" . resulta 1  MR ( R)  2k (r )r  mR 2 2 1 mR 2  MR 2  2kR 2  0 2 4kr 2    0 (8) m  2M R 2 112 . y Y (7) Remplazando la ec (7) en (6). " r". y Senθ ≈ 0. " k". resulta  MO  0 1  MRY  2kX e r  mR 2 (6) . .......... ... ........( 8) r 2r T0 (r )  k S (r )...... .......( 2) y tg  sen    G Remplazando la ec... Aplicando las ecuaciones de movimiento de traslación y rotación....( 9) 113 ....... escribir la ecuación diferencial del movimiento para la posición YG(t) del centro de masa del cilindro y determinar el período y la frecuencia de la vibración resultante.............. .. .(7) La cinemática para el cilindro muestra una relación entre la deformación del resorte y el desplazamiento del centro de masa del cilindro Aplicando las ecuaciones de equilibrio..... .......( 3) MAS cuya frecuencia circular natural es En la figura se muestra el DCL del cilindro para una posición arbitraria a partir de su posición de 4kr 2 equilibrio n  ...6 En la figura se muestra el DCL del cilindro en la Remplazando la ec....... .... ..........(8) constituye la ecuación diferencial de un 2k S  mg ..... ....... ... Si el cilindro de 250 mm de radio no se desliza por el hilo.......... Rta.. (6)......( 5) Solución Sumando las ecuaciones (4) y (5).........( 1) yG y  MG  0 tg   e  y e  2 y G ..(3) en la ec..... m  2M R 2 Problema 22 Un cilindro uniforme de 4 kg pende en un plano vertical en el seno de un hilo ligero... resulta Datos e incógnitas m  4kg.... (4)  M G  I G T r   k  S  y e r   12 mr 2 T  k  S  y e   12 mr ...... resulta r y G  r ..... tenemos posición de equilibrio estático  2kye  my  12 mr....... ..... . .........(1) en la ec (2)...... ... ......... ............k  800 N / m....Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García La ec.... se tiene  Fy  0 T0  k S  mg .. se tiene  F y  myG mg  k  S  y e   T  my.....YG (t )  ?? mg  2k S  2kye  my  12 mr.....r  250 mm... como se muestra en la figura................... Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Remplazando lasa ec. (8) y (9) en la ec. (7), resulta Datos e incógnitas mB  0,25 kg;..k1  k2  150 N / m;..T0  10 N ;..  Y  t  0 : x0  25 mm , v0  0;..Ec.Dif .  ??,.. f  ??  2k 2YG   my  12 mr   r  4kYG  m  12 m YG En la figura se muestra el DCL de la barra más la 8k partícula B en la posición de equilibrio YG  YG  0.......... .......... .......... ..Rta. 3m La ecuación anterior constituye la ecuación diferencial de un MAS cuya frecuencia circular es 8k 8800  n   3m 34  n  23,09 rad / s.......... .......... .......... ...(11) El período de la vibración será 2 2 n  T  T 23,09 T  0,272 s......... .......... .......... .......... .....Rta. Aplicando las ecuaciones de equilibrio, resulta La frecuencia natural de vibración será  MC  0 1 1 f   T1,0 0,15 m  T2,0 0,15 m T 0,272 f  3,68 Hz........ .......... .......... ........Rt a. T1,0  T2,0 .......... .......... .........( 1) Problema 23. En la figura se muestra el sistema barra más partícula B para una posición arbitraria θ, a partir La partícula B de 0,25 kg de masa está colocada de su posición de equilibrio. sobre una barra rígida BC de masa despreciable como se muestra en la figura. El módulo de cada uno de los resortes es 150 N/m. La tensión en cada uno de los resortes es 10 N cuando la barra BC está en posición vertical. Para iniciar el movimiento oscilatorio se desplaza al punto B 25 mm hacia la derecha y se libera a partir del reposo. Calcular: (a) La ecuación diferencial del movimiento, (b) La frecuencia natural de la vibración, (c) La posición angular en función del tiempo. Aplicando las ecuaciones de movimiento de rotación, se tiene  M C  I C mg 0,25 Sen   T0  kX   T0  kX 0,15 cos   I C...( 2) Solución 114 Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Para ángulos pequeños se tiene sen   y cos  1 Bajo esta condición la ecuación (2) se reduce a:  mg 0,25   2kX 0,15   m B 0,25 2   0,259,80,25   2150 0,15 X  0,25 0,25   2  0,6125  450,15   0,015625 ....( 3) Solución Datos e incógnitas Simplificando se tiene m;..R;..k ;.. ;.... f  ??;....T  ??   392 ,8  0.......... .......... .......... ....( 4) En al figura se muestra el DCL del cilindro en la La frecuencia natural se determina a partir de la posición de equilibrio estático. ecuación que define la frecuencia circular, es decir:  n  2 . f  392,8rad / s f  3,15 Hz........ .............................Rta. La solución de la ecuación diferencial (4), es de la forma    0 sen n t       0 sen19,82t   .......... .......... ..( 5) Aplicando las condiciones iniciales, se tiene 0,1   0 sen 0  19 ,82 0 cos  Aplicando las ecuaciones de equilibrio, resulta Resolviendo simultáneamente las ecuaciones anteriores, resulta  Fy  0 k S  E 0  mg  0  0,1rad k S  V S  mg     k S   R 2 h  mg .......... .......... (1) 2 En la figura se muestra el DCL del cilindro cuando Por lo tanto la ecuación (5) se escribe se ha desplazada una distancia Y hacia abajo a   partir de su posición de equilibrio   0,1sen19,82t  .......... .......... Rta.  2 Problema 24. Un cilindro uniforme de masa m y radio R está flotando en agua. El cilindro está unido a un punto central superior a un resorte de constante k. Si el peso específico del agua es γ, encuentre la frecuencia así como el período de la vibración resultante. 115 Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Aplicando la ecuación de movimiento según el m B  6kg;..mC  10 kg;..rC  0,3m;..d  0,2m sistema de referencia, se tiene t  0 : .. y B  50 mm;..v 0  0;..Ec.Dif  ??;.. f  ??; A  ??;...Y (t )  ?? .  F y  mY mg  E  Fe  mY mg  V  k  S  Y   mY En la figura se muestra el DCL del cilindro   mg   R 2 h  Y   k  S  Y   mY.......... (2) Remplazando la ec. (1) en la ec. (2), resulta   mY   R 2  k Y  0  k   R 2  Y   Y  0.......... .......... .....( 3)   m  La ecuación (3) es la ecuación diferencial de un MAS, con frecuencia circular Aplicando las ecuaciones de equilibrio se tiene k   R 2  n  2f  m M0  0 1 k   R 2 k S d   T0 r .......... .......... .......( 1) f  .......... .......... ....... Rta. 2 m En la figura se muestra el DCL del bloque en El período de la vibración resultante será posición de equilibrio 1 m T  2 .......... ......... Rta. f k   R 2 Problema 25. Una masa de 6 kg pende de un hilo que está arrollado a un cilindro de 10 kg y 300 mm de radio, como se muestra en la figura. Cuando el sistema está en equilibrio, el punto A se encuentra 200 mm directamente encima del eje, el cual está exento de rozamiento. Si se tira de la masa hacia abajo desplazándolo 50 mm y se suelta el sistema a partir Aplicando las ecuaciones de equilibrio, resulta del reposo, determinar: (a) La ecuación diferencial que rige el movimiento vertical de la masa, (b) La  Fy  0 frecuencia y la amplitud de la vibración y (c) La T0  m B g .......... .......... .......... .........( 2) posición de la masa en función del tiempo. Remplazando la ec.(1) en la ec. (2), resulta k S d  m B g.r.......... .......... .......... ...( 3) En la figura se muestra el DCL del cilindro para una posición arbitraria θ a partir de la posición de equilibrio. Solución Datos e incógnitas 116 Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Remplazando la ec. (8) en (7), m B g  m B Yr   k S d  kd 2  12 mC r 2 m B g.r  k S d  kd 2  12 mC r 2  mC Yr ....( 9) Remplazando la ec.(3) en (9) resulta  kd 2  12 mC r 2  m B Yr .......... ...(10) Aplicando la ecuación de movimiento de rotación resulta Teniendo en cuenta que  M 0  I 0 Y  r  Y  r.......... .......... ........( 11)   T r   k  S  x e d cos   I 0.......( 4) La ecuación (10) se escribe Del gráfico se observa que xe = d senθ, entonces la ecuación (4) se escribe  Y  Y  mC r 2    m B Yr   kd 2    0   1 T r   k  S  d.sen d cos   I 0...(5) 2 r r 2 Para ángulos pequeños se tiene que  12 mC  m B Y  k  d  Y 0 r 2 sen   y cos  1......... .........( 6)  10   0,2    6 Y  200   Y  0 Remplazando la ec. (6) en la ec. (5), da  2   0,3  Y  80,8Y  0...(12 )   T r   k  S  d . d   I 0 T r   k S  kd   12 mC r 2.......... ....( 7) 2 La ec. (12) es la ecuación diferencial de una MAS con frecuencia circular dad por En la figura se muestra el DCL del bloque en una posición Y a partir de la posición de equilibrio  n  2f  80,8 rad / s 1 f  80,8  f  1,43 Hz .......... Rta. 2 La solución de la ecuación diferencial (12), es Y  Y0 sen8,99t   .......... .......... ..(13) La velocidad será Y  8,99Y0 cos8,99t   .......... ........( 14) Remplazando las condiciones iniciales, se tiene Aplicando las ecuaciones de movimiento se tiene 0,05  Y0 sen 0  8,99Y0 cos   F y  m B Y Re solviendo, se tiene m B g  T  m B Y Y0  0,05 m y   /2 T  m B g  m B Y.......... .....( 8) Finalmente la posición en función del tiempo será 117 .( 1) T  mgsen  k  S  X   mX En la figura se muestra el DCL del sistema del T  mgsen  k  S  X   mX ........... .... ...( 3) 2 Datos e incógnitas En la figura se muestra el DCL del carro cuando se ha desplazado una cierta distancia X hacia arriba a k .99t  .... mg  k S  mgsen .. ............ ..( 4) bloque más la polea En la figura se muestra el DCL del bloque más la polea cuando se ha desplazado una distancia Y hacia abajo a partir de su posición de equilibrio 118 .........( 2) Remplazando la ec (2) en (1).05 sen 8...... se tiene Solución..... Se desprecian la masa de las poleas y el rozamiento en ellas................. resulta  Fy  0 2T0  mg .... Rta.....Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García   Y  0... en posición de equilibrio Aplicando las ecuaciones de equilibrio según las Aplicando las ecuaciones de movimiento.... n  ?? ... partir de la posición de equilibrio En la figura se muestra el DCL del carro..... se tiene direcciones mostradas.. . Aplicando las ecuaciones de equilibrio..m1  m2  m..  2 Problema 26. . ....... .. Determine la pulsación natural ωn del sistema mostrado en la figura..... ... ................ se tiene  Fx  0  Fx  mX T0  k S  mgsen . . se tiene  F y  mY mg  2T  mY. c  ?? Por cinemática de movimientos dependientes............ como se muestra en la figura.... Vibraciones amortiguadas Problema 27. ..... ..... ... (10) constituye la ecuación diferencial del  Fx  ma x MAS con una frecuencia circular expresada por  k1 X  k 2 X  F1v  F2 v  mX  (k1  k 2 ) X  c1 X  c 2 X  mX 4k mX  (c1  c 2 ) X  (k1  k 2 ) X  0 n  ....( 7) un desplazamiento x a partir de la posición de equilibrio Remplazando la ec (7) en (6) resulta  X  mg  2mgsen  2k  S  X   2mX  m ... (4) en (5)... se tiene X A  2YB  cons tan te En la figura se muestra el DCL de la masa m. .. . ....5.Rta.. (3) en (8).( 10 ) direcciones mostradas........ Determine el coeficiente de amortiguamiento c del amortiguador único que podrá sustituir a los dos representados sin que cambiara la frecuencia de vibración del bloque. Un bloque de masa m se desliza por una superficie horizontal exenta de fricción.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 2.( 6) m... ............ se tiene 5m La ec......... .............. Aplicando las ecuaciones de movimiento. .... 5m Por lo tanto el coeficiente de amortiguamiento único será c  c1  c 2 Rta. 119 ...( 8) 2 Al sustituir la ec......... resulta Datos e incógnitas mg  2mgsen  2k  S  X   2mX  mY....  K  0.. para X  2Y  0  X  2Y .2.... se tiene  X  m   2mX  2kX  0 2 5mX  4kX  0 Aplicando las ecuaciones de movimiento según las 4k X  X  0......( 5) Solución Remplazando la ec. Para t0 = 0.17 posición arbitraria Y a partir de la posición de equilibrio ωd = 19.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Problema 28 Un bloque que pesa 50 N pende.8 Y  16 .34Y  457 . Si se desplaza el bloque 175 mm por encima de su posición de equilibrio y se suelta dándole una velocidad inicial hacia arriba de 3. t1 > 0 y  Ae t En la figura se muestra el diagrama del bloque en la posición de equilibrio. v0 = 3. c = 83.k2 = 1000N/m.3 N/m. t y   Ae 2 Remplazando las ecuaciones anteriores se obtiene  Ae t 2  16. y0 = 175 mm. determine: (a) La ecuación diferencial que rige el movimiento.75 m/s cuando t = 0.76 120 . Y = f(t).26Y  0 (3) W = 50 N. de dos resortes y de un amortiguador. aquí la fuerza viscosa es y  Ae t nula.3Y  1333  1000 Y  0 50  Datos e incógnitas 9.34  457.76 )  Fy  0 De la ecuación anterior se obtiene que k1 1  k 2  2  W  0 (1) En la figura se muestra el DCL del bloque para una γ = 8. (b) El período de la vibración resultante. en un plano vertical.75 m/s. (c) la posición del bloque en función del tiempo y (c) El primer instante t1 > 0 en que el bloque pasa por su posición de equilibrio. como se muestra en la figura. k1 =1333N/m. resulta mY  cY  k1  k 2 Y  0 Solución Y  83. Aplicando las ecuaciones de movimiento en dirección Y se tiene  F y  mY k1 ( 1  Y )  k 2 ( 2  Y )  W  cY  mY (2) Remplazando la ec (1) en (2).6  0  La raíces de la ecuación característica son Aplicando las ecuaciones de equilibrio se tiene 1.34  457.17  i (19.6  0  La ecuación característica es  2  16. 2  8. La solución de la ec diferencial (3) Es de la forma Ec dif= ¿??. T=??. (c) la posición del bloque en función de tiempo. k1 = 833N/m.   1.177e 8.14 El tiempo t1 > 0. c = 167 N. 0. determine: (a) la ecuación diferencial que rige el movimiento.76A cos En la figura se muestra el diagrama del bloque en la posición de equilibrio.177e 8.318 La posición del bloque en cualquier instante es y  Ae t sen d t    y  Ae 8. según se indica.76t  1. Y = f(t).41rad A  0.76t   )  19.1 seg Rta.s/m.76t  1.17t sen19.k2 = 1333N/m. se determina haciendo Y = 0 0  0.177 mm La posición en cualquier instante será y  0.75  8. v0 = 1.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García El período será resultante.25 m/s hacia la derecha cuando t = 0. Si se desplaza al bloque 75 mm a la izquierda de su posición de equilibrio y se suelta dándole una velocidad de 1. Para t0 = 0.14 Aplicando las ecuaciones de equilibrio se tiene  Fx  0 Calculando el valor de t se obtiene (1) T0  k1 1 T = 0. t1 > 0 3. Los dos resortes están sometidos a tracción en todo momento y las poleas son pequeñas y sin fricción.25 m/s. T=??. aquí la fuerza viscosa es Resolviendo estas ecuaciones se tiene nula.17t sen19.76 cos(19.17 Asen  19. Td = 0. Un bloque que pesa 100 N se desliza por una superficie sin fricción.17sen(19.17t  8.76t   ) Solución Datos e incógnitas Aplicando las condiciones iniciales W = 100 N. x0 = 75 mm.175  Asen Ec dif= ¿??. En la figura se muestra el DCL de la polea móvil Problema 29. (b) el período de la vibración 121 .76t    La velocidad es y  Ae8.17t sen19. resulta (2) 2T0  k 2  21 k2  2  Y   cX  k1 ( 1  X )  mX (6) 2 Comparando las ecuaciones (1) y (2).2  i (6.34  0  La ecuación característica es  2  16.37  114. resulta mX  cX  k1  k 2 / 4X  0  1333  10 .37   114 .2 X  167 X   833  X  0  4   16.2 (13) ωd = 6.34X  0 X (9) Aplicando la segunda ley de newton.9 (14)  FY  mY La posición del bloque en cualquier instante es k 2  2  Y   2T  0 X  Aet sen d t    122 . se tiene La solución de la ecuación diferencial es de la forma y  Ae t  Fx  mX y  Ae t T  cX  k1  1  X   mX (10) (4) t y   Ae 2 En la figura se muestra la DCL de la polea Remplazando las ecuaciones anteriores se obtiene imponderable. obtiene X  2Y (8) Y  X /2 Al remplazar la ec (8) en (7).37 X 1144. se tiene Remplazando la ec (3) en (6) se tiene 2k1 1  k 2 2 (3)* k2 mX  cX  k1 X  Y 0 (7) 2 En la figura se muestra el DCL del bloque para un Por cinemática de movimiento dependiente se desplazamiento x hacia la derecha. 2  8.9) (12) De la ecuación anterior se obtiene que Aplicando la segunda ley de newton se tiene γ = 8.34  0 (11) Las raíces son 1.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Aplicando las ecuaciones de equilibrio k2 T  2  Y  (5) 2  Fy  0 Remplazando la ec (5) en (4). para un desplazamiento Y hacia abajo  Aet 2  16. 119 e 8.9 cos(6.119e8.2t sen6.25  8.m 2 (3) 123 .2t  8.s/m.119 e 8.9t    (15) Solución La velocidad en función del tiempo es Datos e incógnitas X  Ae8. (b) Tipo de mov. se obtiene de la velocidad X  0. Determine: (a) a) la razón de amortiguamiento ζ.68)  6.075  Asen 1. WBD =15N k = 40N/m c = 167 N.   mBD g  0. f = ¿? Remplazando las condiciones iniciales En la figura se muestra el DCL del sistema de varillas para una posición angular θ cualquiera 0.9 A cos Resolviendo estas ecuaciones se tiene   0.9t1  0.2sen(6.2sen(6.68) se tiene Resolviendo eta última ecuación se determina el  M B  I B (1) mBD g  0.2t1  8.2sen(6.9 cos(6.9t  0.2t  8. 22 )  80(0.2cos   I B tiempo solicitado t1 = 0.8 )( 0.68 El tiempo t > 0 para el cual v = 0. 2  0.3sen   kY  0.2  6.2 Asen  6. Para ángulos pequeños senθ = θ y cosθ =1. I B  3. Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García X  Ae8.9t   ) WABC = 10 N.68)  6.119 m Por lo tanto la posición en cualquier tiempo es X  0.68rad A  0. La barra BD pesa 15 N y 15(0. 0  0. Problema 30 Dos barras esbeltas están soldadas según se indica. 2   I B La barra ABC pesa 10 N y en la posición de equilibrio está horizontal.4) 2  13 ( 915.3   kY  0.68) Aplicando las ecuaciones e movimiento al sistema.2cos   Fv  0. La ecuación diferencial de la vibración será (b) el tipo de movimiento y (c) la frecuencia y el período del movimiento (si procede). (c) T = ??.9t  0.19 s Rta.8 )( 0.1  0 (2) Se procede a determinar el momento de inercia de las varillas respecto al punto B I B  12 1 m ABC L2ABC  13 m BD L2BD  12 ( 9.2t sen6.6) 2 1 10 I B  0. (a) ξ = ??.3)  40(0.9t  0.9t   )  6.9 cos(6.9t1  0.197kg. 2   c 0. 22 )  I B en la posición de equilibrio está vertical. El resorte MG  0 (2) está unido a un hilo ligero inextensible.. se tiene amortiguado no hay período ni frecuencia. Como la razón de amortiguamiento es mayor que la unidad. k = 1200 N7m. En la figura se muestra el DCL del cilindro para un desplazamiento x del centro de masa. (c) T = ¿? f =¿? Aplicando las ecuaciones de equilibrio. Determine: (a) la razón de amortiguamiento. se tiene En la figura se muestra el DCL del cilindro en  Fx  ma Gx posición de equilibrio estático. arrollado Fe.96 )   1.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Remplazando la ec. se tiene 0. Cálculo de la razón de amortiguamiento c eff 3. Parte (b) Tipo de movimiento. (3) en (2).197  3. (b) tipo de mov. (b) el tipo de mgsen  2k  0 (3) movimiento y (c) la frecuencia y el período del movimiento (si procede).s/m. (2) en (1). Como el movimiento es sobre Aplicando las ecuaciones de equilibrio. c= 400 N.2  30. resulta del cilindro de 400 mm de diámetro. Parte (a). (1) Un cilindro uniforme de 5 kg rueda sin deslizar por un plano inclinado.96  0 Rta.197 (30. mgsen  FR  k (  X e )  cX G  mX (4)  M G  I G FR r   k   X e (r )  I G FR  k   X e   I G / r (5) 124 . Solución Datos e incógnitas m = 5kg.0 r   k r   0 sobre el cilindro y el amortiguador lo están a un pequeño pasador sin fricción situado en el centro G Remplazando la ec.  Fx  0 mgsen  FR  k  0 Problema 31. según se muestra.46 Rta.2   2 meff k eff 2 0. θ = 15º (a) ζ = ??. Parte (c). . el movimiento es sobre amortiguado. 5 X G  400 X  4800 X G  0  Fx  0 La razón de amortiguamiento será FR  k s  0 (1) c eff 400    MG  0 2 meff k eff 2 7. r Remplazando la ec. (7) en (6) y el valor del momento de inercia.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Sumando la ec. KG =140 mm. resulta el coeficiente de amortiguamiento del cilindro hidráulico es c = 30 N. En la figura se muestra el DCL de la rueda para un desplazamiento XG de su centro de masa.05 Como la razón de amortiguamiento es mayor que la Remplazando (2) en (1).s/m En la figura se muestra el DCL de la rueda en posición de equilibrio X G  r X G  r (7) X e  2 r Remplazando la ec. se tiene 3 (5) X G  400 X  4(1200 ) X G  0 2 Aplicando las ecuaciones de equilibrio resulta 7. (4) y (5). k = 2600 N/m. resulta unidad el movimiento es sobre amortiguado k s  0 (3) Por lo tanto no existe período ni frecuencia. (3) en (5). r = 0. se tiene I G mX   cX  2kX e  0 (6) r Relaciones cinemáticas.5(4800 ) FR(r) = 0 (2)   1.6 kN/m y 125 . resulta 3  mX G  cX  4kX G  0 2 Remplazando valores.15m c =30 N. la constante del resorte es k = 2. El cilindro rueda sin I G deslizamiento sobre su radio r = 150 mm y el mgsen  2k (  X e )  cX G  mX  resorte tanto a tracción como a compresión. Problema 32 Calcular la razón de amortiguamiento ξ del sistema representado en la figura si la masa y el radio de giro del cilindro escalonado son m = 9 kg y KG = 140 mm. Tomando como centro instantánea al punto de contacto Solución Datos e incógnitas M = 9 kg.s/m. Desprecie la masa de la palanca AB y suponer que se efectúan pequeñas  M G  I G oscilaciones en torno a la posición de equilibrio  FR (r )  mK G2  representada. a. k. Hallar la expresión del índice de amortiguamiento  en función de las constantes del FR  kX G  cX  mX (4) sistema indicadas.84 X G  30 X  2600 X G  0 La razón de amortiguamiento será c eff 30   2 meff k eff 2 16. c. Aplicando las ecuaciones de movimiento resulta Problema 33. se tiene mK G2  X G   kX G  cX G  mX G    r  r  Aplicando las ecuaciones de equilibrio. ec. Solución Datos e incógnitas M.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García Remplazando lo valores dados en el problema resulta 16.0716 Rta. (7) en (6). b. Dif = ¿? En la figura se muestra el DCL del bloque m X G  r X G  r (7) X   G r Remplazando la ec.84 (2600 )   0. Tomando como centro instantáneo el punto de contacto de la rueda con el piso. resulta mK G2  kX G  cX G  mX G   (6) r Relaciones cinemáticas. resulta  K2   Fy  0 m1  2G  X G  cX G  kX G  0   T0  mg  k S (1)  r  126 . (5)  FR  mK G2  / r Sumando las ecuaciones (4) y (5).  Fx  mX Para el sistema representado escribir su ecuación diferencial de movimiento en función de la variable FR  Fe  FV  mX x. (8) en (7). (3) en (4). resulta 0  mg  k S (3) mY  kY a  cv(b) (7) En la figura se muestra el DCL del bloque para un desplazamiento Y a partir de su posición de De la geometría de la figura se obtiene equilibrio Y YV sen   a b b YV  Y a B  vV  Y (8) a Remplazando la ec. se tiene T0 (a)  0 (2) mY  mg  k  S  Y a  cv(b)  0 (6) Remplazando la ec. entonces T (a)  FV (b)  0 (5) Aplicando las ecuaciones de equilibrio. (2) en (1). acodada  M 0  I O Debido a que la palanca es de masa despreciable. 2a 2 mk 127 . se tiene Al sustituir la ec. resulta. resulta Mo  0 Reemplazando la ec(5) en (4). 2 meff k eff 2 1k / m cb 2  Rta. el momento de inercia es nulo T (a cos )  FV (b cos )  0 Para ángulos pequeños cosθ = 1. se tiene cb 2 Y ma Y   kaY  0 Aplicando la segunda ley de Newton se tiene a  Fy  mY cb 2  k Y  Y Y 0 (9) T  mg  k ( S  Y )  mY a m T  mY  mg  k ( S  Y )  (4) La razón de amortiguamiento será En la figura se muestra el DCL de la palanca c eff cb 2 / ma 2   acodada para una posición angular cualquiera.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García En la figura se muestra el DCL de la palanca Aplicando las ecuaciones de movimiento.  M B I B Problema 34 F (a cos )  (Mg  Mg )lsen  Fe a cos  I B Dos esferas de M = 2 kg de masa cada una están soldadas a una barra ligera que está articulada en el Para ángulos pequeños cos  1.36   2 0 sent  70 0 sent  sent Simplificando se tiene 0. tal como se muestra. Utilizar los aF sent  2Ml   kx a siguientes datos: l = 300 mm. 0 e 0. a = 100 mm. (2).Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 2. Se aplica una perturbación en el punto A igual a F =F0 Senωt. entonces punto B.1) 2  0. de un eje Aplicando las ecuaciones de movimiento.45rad / s Problema 35 Dos barras uniformes iguales cada una de masa m están soldadas formando un ángulo recto y están suspendidas. ¿Qué rango de aF0 sent  Ml 2  Ml 2   kxe a frecuencias ω está permitido?. se tiene horizontal que pasa por O: hallar la pulsación excitadora crítica ωC del bloque B capaz de producir en el sistema unas oscilaciones de 128 .36  70  sent (1) La solución permanente es de la forma    0 sent (2) La velocidad y la aceleración se expresan    0 cos t (3)    2 0 sent (4) Solución En la figura se muestra el DCL del sistema Remplazando las ec. K = 7000N/m. en(1) resulta   compuesto por las dos masas más las dos varillas 0. F0 = 2 10N.36 2  1 Remplazando valores se obtiene   7. se encuentra un muelle recuperador que cuando AC aF0 sent  I B  kxe a está horizontal no presenta deformación.10-3 rad.5. Una segunda barra ligera AC está soldada F a   Fe a   I B a la anterior. Si la   amplitud de la rotación estacionaria del sistema se mantiene por debajo de 20.1(10) sent  2(2)(0.3) 2   7000(0. (3) y (4). En el otro extremo C.36 2 0  70 0  1   0 70  0.3 Vibraciones forzadas. (2) en (1). está dada por la ecuación 6 k g  n     5m l  La pulsación para la resonancia es 6 k g  C  n     Rta. se tiene m. 5m l  Problema 36 EL elemento de fijación B recibe un movimiento horizontal xB = b cos ωt. Su frecuencia natural circular por las dos varillas. kl 2 mgl kl I o     yB (1) 4 2 2 El momento de inercia esta dado por I o  13 ml 2  12 1 ml 2 5ml 2 Io  (2) Aplicando las ecuaciones de movimiento al DCL.  M o I o Fe' 2l cos   Fe 2l cos   mg 2l sen   I o Para ángulos pequeños.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García amplitud excesiva. La masa del conjunto soldado es Remplazando la ec. resulta equilibrio. 12 resulta 129 . Deducir la Ecuación diferencial del movimiento de la masa m y definir la pulsación crítica ωC para la cual las oscilaciones Aplicando las ecuaciones de movimiento. resulta  6kl  6mg  6kb      sent  5ml  5ml Solución La ecuación obtenida es una ecuación diferencial que describe el movimiento forzado sin En la figura se muestra el DCL del sistema formado amortiguamiento.  k 2l 2l   k 2l   y B 2l   mg2l    I o Solución En la figura se muestra el DCL de m para un desplazamiento x a partir de su posición de Simplificando la ecuación anterior. 5ml 2   kl 2 mgl  kl       bsent 12  2 2  2 Simplificando la ec . senθ ≈ θ y cosθ ≈ 1. se tiene de la masa se hacen excesivamente amplias.  Fy 0 Los dos bloques mostrados en la figura pende. Aplicando las ecuaciones de equilibrio. m Aplicando las ecuaciones de equilibrio. determine la máxima En la figura se muestra el DCL de la barra de masa amplitud de la oscilación estacionaria del bloque de despreciable en equilibrio 50 N.15)  T0 (0. de una barra de masa despreciable que está horizontal en la posición de T0'  k  75N  0 (2) equilibrio.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García  Fe  Fe'  FV  max  Fy 0  k1 x  k 2 x  xB   cx  mx T0  50 N  0 mx  cx  k1  k 2 x  k 2 xB (1) mx  cx  k1  k 2 x  k 2b cos t En la figura se muestra el DCL del bloque de 75 N. La frecuencia natural es k1  k 2 n  m La frecuencia de resonancia está dada por k1  k 2 C   n  Rta. en equilibrio estático. se tiene MB  0 T0' (0. en un plano vertical. se tiene 130 . 450)  0 (3) Solución En la figura se muestra el DCL del bloque de 50N En al figura se muestra el DCL del bloque de 50 N para una posición Y. resulta Problema 37. Tomando momentos respecto a B. Si se aplica al punto D de la barra una fuerza P(t)=20sen(Ωt). 45T1 cos  20sent  0. Aplicando las ecuaciones de movimiento.5 En la figura se muestra el DCL de la barra para un ym  desplazamiento angular cualquiera 125  2.15T2 cos  0.8 Remplazando el valor de la frecuencia circular T2  75  k   y2   7.59)  2 2  14.225 (7) En la figura se muestra el DCL para el bloque de 75N para un desplazamiento respecto a su posición Remplazando (5) y (6) en (7).59)  2 y max  48.85 y  125 y  4.5sent La solución particular tiene una amplitud F0.65y2 (6) obtenida en la amplitud de la vibración de estado permanente se tiene 4.225cos   0 50 T1  50  cy  y 9.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García La segunda ley de Newton nos da  M B  I B  Fy  ma y 0.59rad / s k   y 2   75  T2  75 y2 9. resulta 131 . Al realizar la derivada e igualarlo a cero se tiene  Fy  m2 a 2 y   5.85(5.68 y  14.68(5.68  2 2  14. entonces se tiene T1  50  cy  5.1y (5) 0. y en este resultado se de equilibrio. reemplaza la ecuación (4).45T1  20sent  0. se tiene 2.85  2 La máxima amplitud se obtiene derivando la Aplicando la segunda ley de Newton ecuación anterior respecto de Ω.8 Para ángulos pequeños cosθ ≈ θ.eff ym  k eff  m 2   c  2 eff 2 4.5 ym  125  2.5mm Rta.15T2  0. La plataforma A de 50 kg está unida a los articulada en A y unida a dos muelle. Un bloque de 35 kg está soportado por el coeficiente de rozamiento estático mínimo μ S dispositivo de muelles que se muestra. 2. Se observa que si la misma se empuja 180 mm o más hacia abajo y se suelta pierde contacto con el muelle. 6. ¿Cuál es el período de las oscilaciones en torno a la posición de equilibrio?. Halle: (a) la constante del muelle. Determine la velocidad máxima del bloque C.16 s oscilaciones verticales del cilindro de masa m. determine el desplazamiento estático de la misma. Si los dos resortes están sin deformar cuando la masa se halla en la posición central representada. 132 . 3. Desde del sistema para el cual el bloque no resbala su posición de equilibrio sufre un sobre el carrito cuando éste se aparta 50 mm de desplazamiento vertical descendente y se la posición de equilibrio y luego se suelta?.75 segundos.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 2. Sabiendo que la amplitud del movimiento resultante es 45 mm. (b) Si el deposita un bloque de 40 kg. por lo que se extremo se desplaza 40 mm y se suelta. suelta. (b) la posición. Halle: (a) la masa m uno. Se desea que la frecuencia de vibración de del bloque C para que el período de las la plataforma no varíe cuando sobre ella se pequeñas oscilaciones sea 0. (c) la velocidad y la aceleración máximas del bloque.1 Vibraciones libres 1. después de haberse empujado 180 mm hacia despreciar la masa del cilindro escalonado y el abajo y soltado. halle la añade un tercer muelle C.6.4 s.6 PROBLEMAS PROPUESTOS. hallar la masa m del bloque a colocar encima del carrito de 6 kg para que el período del sistema sea de 0. Una barra uniforme AB de 750 g está 4. 2. rozamiento del mismo. ambos de resortes B y D de constante k = 1900 N/m cada constante k = 300 N/m. Con la hipótesis de ausencia de deslizamiento. constante del resorte C. ¿Cuál es el 5. halle: (a) la ecuación diferencial que gobierna a cada uno de los movimientos de los bloques (b) el período y la frecuencia del movimiento. 7. Hallar la frecuencia natural fn de las velocidad y aceleración de la corredera 0. Una corredera de 5 kg descansa sobre un muelle sin estar unida a él. Una barra uniforme esbelta de 3 kg está en función del tiempo.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García representada. halle la frecuencia de las pequeñas oscilaciones del sistema cuando la masa reciba un leve desplazamiento vertical y se suelta. Halla: (a) La ecuación que rige al movimiento. Al disco está sujeto un muelle de constante 280 N/m que está sin deformar en la posición 133 . Una esfera A de 400 g y una esfera C de 280 g están unidas a los extremos de una varilla AC de 560 g que puede rotar en un plano vertical alrededor de un eje que pasa por B. conectado a una masa de 11. Un brazo ABC de 635 g está sujeto en B por un halle: (a) el período de la vibración. 8. Una barra uniforme AB de 8 kg está articulada en A a un soporte fijo mediante los pasadores B y C a un disco de 12 kg y 400 mm de radio. Halle el período de las pequeñas oscilaciones de la varilla. Una masa de 4 kg está suspendida en un plano vertical según se muestra. atornillada a un disco uniforme de 5 kg. Si el extremo B de la varilla recibe un pequeño desplazamiento a la izquierda y se suelta. Si el punto B se mueve 25 mm hacia abajo y se suelta. 12. halle el período de la vibración del sistema. El muelle sujeto en D mantiene el equilibrio de la barra el a posición representada. 9. (c) la posición de la masa 10. Sabiendo que ambos muelles pueden trabajar a compresión o a tracción. (b) la pasador y en C a un muelle: En C está velocidad máxima del punto B. Si se lleva a la masa a 15 mm por encima de su posición de equilibrio y se suelta con una velocidad de 750mm/s hacia abajo cuando t = 0. (b) el periodo y la amplitud de la vibración resultante. Los dos resortes están sometidos s y tracción en todo momento y las poleas son pequeñas y sin fricción. 11.4 kg unida a un muelle. 46 m. y(t) del bloque de 50 N y determine el período Determine: (a) La ecuación diferencial del y la frecuencia de la vibración resultante. 15.6 m. El radio de giro 35 N. ¿Cuál es la frecuencia natural de vibración 16. determine la frecuencia de las pequeñas oscilaciones del 134 . El hilo ligero atado al bloque de 50 N de la sobre un plano inclinado mediante un muelle figura está arrollado a un cilindro uniforme de cuya constante es k = 400 N/m. Dos cuerdas elásticas están unidas a una pelota fricción. 16. K2 = 1800N/m y muelle. como se muestra en la figura. unido a un m. Una barra uniforme ABC de 2 kg está sujeta torsional del cilindro escalonado?.3 que puede rodar sin deslizar. cilindro es de 45 kg y su radio de giro es de En A está conectada a un bloque DE de 2 kg. D2 = 0. La masa del por un pasador en B y sujeta en C a un muelle. D del movimiento para la posición angular Si la pelota recibe un pequeño desplazamiento θ(t) del disco y determinar el período y la lateral y se suelta. trabajar a tracción o a compresión. movimiento del carrete. K1 = 875 N/m. determine la frecuencia de la frecuencia del movimiento vibratorio vibración resultante. Si el hilo no se desliza por el cilindro. resultante. Un cilindro escalonado de 3 kg se mantiene 14. del cilindro con respecto a su centro de masa es escribir la e.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 13. Escribir de masa m y estiradas a una tensión inicial T. Utilizar los datos siguientes: D1 = 0. (b) El período y la frecuencia para pequeñas oscilaciones. Un disco delgado de 2 kg y radio r = 200 mm pende por su borde de un pequeño pasador sin 15. la e. R1= 100 mm y R2 = 200 mm. 0. Sabiendo que ambos muelles pueden WA = 178 N. D del movimiento para la posición KG = 125 mm. Una barra de 1 m de longitud y 120 N de peso 19. Supóngase oscilaciones de pequeña amplitud y determine. 22. 21.9 segundos. Las barras de conexión tienen peso despreciable y en la posición de equilibrio. Determine la frecuencia de sus oscilaciones pequeñas. El una constante k igual a 50 000 N/m. 18. Suponer pequeñas oscilaciones en torno a la 17. halle la frecuencia de vibración si la barra recibe un leve desplazamiento hacia la derecha y se suelta. Suponiendo que rueda sin deslizar. Halle la posición x en que debe encontrarse el cursor de 1 kg de masa para que el período del sistema sea 0. Suponga pequeñas oscilaciones. Los dos bloques mostrados en la figura se deslizan por sendas superficies horizontales sin fricción. Sobre dos poleas A y B que rotan en sentidos posición horizontal de equilibrio representada. 135 . valor nulo para pequeñas oscilaciones. 20. opuestos descansa una barra de masa m y longitud L. Una varilla delgada uniforme tiene una masa de 3 kg. Siendo μK el coeficiente de rozamiento cinético entre la barra y las poleas.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García sistema cuando la barra se gira levemente y s suelta. Sobre una superficie horizontal se deposita un semicilindro macizo y se le hace rotar un pequeño ángulo y se suelta. ¿Qué radio de giro de AB con respecto a O es K0 y fuerza vertical P hará que la frecuencia natural su centro de gravedad está ubicado en el punto de la barra alrededor de A se aproxime a un G. ABC está vertical. (a) la ecuación diferencial del movimiento del bloque de 75 N y (b) la pulsación propia de la oscilación. Hallar el período T del sistema si la pieza se mantiene en posición vertical mediante dos articulada AB de masa m2 está horizontal en la muelles idénticos cada uno de los cuales tiene Posición de equilibrio estático representada. 2. Una barra de masa m y longitud L está fija en la posición vertical mediante dos muelles idénticos cuya constante es K.2. Vibraciones Amortiguadas. Halle el valor del coeficiente de amortiguamiento viscoso para el cual la razón de amortiguamiento del sistema vale. (a) 0. Y = 80 mm y  = 30 rad/s. a y si m = 6 kg.25 m de longitud y 250 N de peso en la posición de equilibrio estático y soportada por un muelle de rigidez k =12 N/mm. La barra está conectada a un amortiguador con un coeficiente de 136 . ¿Qué significado físico tiene esto? 27. amortiguador y resorte. (b) 24. Se muestra una barra de 2.5 y (b) 1.0 29. Halle el valor del coeficiente de amortiguamiento viscoso para el cual es crítico el amortiguamiento del sistema representado. en función de m. Halle la razón de amortiguamiento del sistema representado.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 26. 28. L y K. (a) Deduzca la ecuación diferencial de movimiento para el sistema que se muestra. Se desprecian las masas de las poleas y el rozamiento en las mismas y se supone que el cable está siempre tenso. c = 40 N.s/m. Una carga vertical P actúa en el extremo superior de la barra ¿Qué valor de P. hará que la barra tenga una frecuencia natural de oscilación alrededor de A próxima a cero para pequeñas oscilaciones?. 25. 23. Halle el valor de la razón de amortiguamiento Determine la amplitud de la vibración de del dispositivo sencillo compuesto de una estado estable y el ángulo por el que x se atrasa masa.6. k = 8 kN/m. s/m. ¿Se adelanta o se atrasa x(t) al masa en función del tiempo. El resorte se halla sometido a tracción en todo momento y las poleas son pequeñas y sin fricción. 137 . La barra uniforme de masa m está en equilibrio impulsivo proporciona a la barra una velocidad en la posición horizontal. (b) será la posición angular de A para t = 0. está soldada en el punto B a una biela amortiguador viscoso situado en A se horizontal.s/m. ¿Cuál pequeñas oscilaciones de la barra. 34. Encuentre la expresión para le respuesta de rige al movimiento. (b) El período de la estado estable x(t) del bloque si Y = 10 mm  vibración resultante y ( c ) la posición de la = 600 rad/s.52 Hz. Una masa de 4 kg pende en un plano vertical como se ve en la figura. Si se desplaza la masa 15 mm por encima de su posición de equilibrio y se suelta dándole una velocidad hacia debajo de 0.75 m/s cuando t = 0.8 N/mm desconecta. Determine la razón de amortiguamiento si m = 16 kg. Determine el conectados a la biela horizontal. Una bola esférica de 134 N de peso está un muelle en C. (a) Deduzca la angular en el sentido de las agujas del reloj de ecuación diferencial de movimiento para 0. la frecuencia del sistema para y un amortiguador c = 179 N.s/m. Si un momento 32. ¿Cuánto amortiguará críticamente al sistema. determine: (a) La ecuación diferencial que 31. está en equilibrio en la soldada a una barra ligera vertical que. Cuando el vez. Un muelle de rigidez k = 8. soportada por un pasador en B y 30.y k = 90 N/m. a su posición que se muestra. Si A se coeficiente de amortiguamiento c que desplaza 75 mm hacia la derecha.2 s?. La plataforma. desplazamiento impuesto Y(t)?. 33.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García amortiguamiento c = 50 N. c1 = 30 N.s/m está pequeñas oscilaciones es 2. c2 = 20 N. tiempo tardará en volver a la configuración vertical?.5 rad/s en la posición que se muestra. El equilibrio del 36. determine: (a) La ecuación diferencial del movimiento. 38. como se muestra en la figura. (b) La razón de amortiguamiento. Una masa de 2 kg pende. determine: (a) la ecuación diferencial que rige al movimiento. en el plano vertical. Si a = 15 cm y se suponen tercero. (c) El tipo de movimiento . La barra rígida en forma de T y de masa despreciable mostrada en la figura gira en un plano vertical alrededor de un eje horizontal que pasa por e punto O. (b) La razón de amortiguamiento. (c) El tipo de movimiento . oscilaciones de pequeña amplitud. un resorte cuya constante es 650 N/m y un amortiguador viscoso cuyo coeficiente es 200 N. (c) la posición de la masa en función del tiempo. Suponga que b = c = 138 .s/m. Determine el coeficiente de amortiguamiento crítico y el decremento logarítmico. de dos muelles. (b) El período de la vibración resultante.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 35. es 270N. (d) El período de la Si se desplaza la masa 5 mm por debajo de su vibración resultante (si procede) y (c) El valor posición de equilibrio y se suelta dándole una de a para el amortiguamiento crítico velocidad hacia arriba de 20 mm/s cuando t = 0. Los dos bloques de la figura penden. de una barra de masa liberándola del reposo. 37. en un sistema se perturba girando la barra y plano vertical. El sistema de la figura está compuesto por el cuerpo W de 45 kg. El sistema está en equilibrio AB determine: : (a) La ecuación diferencial del se encuentra horizontal. La masa del cuerpo en forma de T del sistema en un plano vertical.s/m y se supone oscilaciones pequeñas. (d) El período de la vibración resultante (si procede) y (c) El valor de a para el amortiguamiento crítico 39. movimiento. el modulo del resorte es equilibrio tiene su brazo AB horizontal. La barra ABC tiene una de la figura es despreciable y la masa del masa despreciable y en la posición de cuerpo B es de 30 kg. Calcule la frecuencia despreciable que está horizontal en la posición amortiguada y la razón entre los ciclos primer y de equilibrio.s/m. El bloque de 25 N de peso de la figura se desliza por una superficie horizontal sin fricción mientras que el que pesa 15 N pende 40. Si c = 1200 N/m y el coeficiente de amortiguamiento 250 N. Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 0.2 cos2t.6. amplitud. Una barra esbelta uniforme de 2 kg y 500 mm de longitud gira alrededor del pivote exento de fricción situado en B. El sistema mostrado está compuesto por un cuerpo W de 4 kg y dos resortes de constantes k1 = 350 N/m y k2 = 250N/m. resultante (si procede) y (c) El valor de a para 41. el amortiguamiento crítico 42. donde yE y t se expresan en metros y segundos. como se muestra en la figura. para el movimiento que se horizontal. Las dos masas mostradas en la figura se ecuación diferencial del movimiento para deslizan por superficies sin fricción. En la posición de equilibrio la barra es 139 . (a) El tipo de ecuación diferencial del movimiento. Determine la amplitud de la vibración estable de W. Si a = de empujar la barra 23 mm hacia abajo y 100 mm y se suponen oscilaciones de pequeña soltarla.6 kg está articulada en O y sujeta en A por un muelle y en B está unida a un amortiguador. Determine el valor de c si los 20 ciclos se completan en 5 s. 46. Se quiere determinar el coeficiente de amortiguamiento c de un amortiguador observando la oscilación de un bloque de 50N de peso que pende de él según se muestra en la figura. 44. (c) El tipo de frecuencia de la oscilación si procede y (c) La movimiento . (b) El tipo de movimiento.6 m y calcule. El desplazamiento de E es armónico y está dado por yE =1. En la pequeñas oscilaciones. 2. respectivamente. Cuando se tira hacia abajo el bloque y se suelta. 43. (b) La razón de amortiguamiento. se observa que la amplitud de la vibración resultante disminuye de 125 mm a 75 mm en 20 ciclos de oscilación. (b) El ángulo que forma posición de equilibrio la barra ABC está la barra con la horizontal 5 segundos después vertical. (d) El período de la vibración razón de amortiguamiento. Halle: (a) La 45. Una barra uniforme de 1. determine: (a) La razón de amortiguamiento.3 Vibraciones forzadas. (c) La frecuencia y el período del movimiento (si procede) y (d) El valor de a que da amortiguamiento crítico. siendo despreciable la masa. Determine: determine: (a) La produce al perturbar el equilibrio. (b) La movimiento que se desarrolla. La posición del punto E varía de acuerdo con la ecuación xE =0. donde yE y t se expresan en metros y segundos. Se considera despreciable la masa de las barras 51. La constante de R1 es 150 N/m y la constante de R2 es 250 N/m. la constante del resorte respuesta estacionaria sea inferior a 75 mm. para que se encuentre en equilibrio cuando AB determine los límites permitidos a la pulsación esté horizontal y xE sea igual a cero.s/m.125 sen 5t. La masa excitadora  de modo que la amplitud de la del cuerpo B es 25 kg. La masa de la 50. Determine la amplitud del movimiento de B y su velocidad máxima. En la figura se muestra la forma como se sustenta a una esferita de 25 kg. donde posición de equilibrio. Las dos masas de la figura se deslizan por barra es despreciable y la constante del resorte superficies horizontales lisas. Hallar la amplitud X del movimiento que soportan al cuerpo W de 15 kg. estacionaria del bloque de 10 kg.15 sen10t. se aplica una fuerza P(t) = 50 senΩt N. El movimiento del bloque E de la figura es armónico y lo define la ecuación yE =0. Si c = 0. Halle la estacionario de la masa de 10 kg si (a) c = 500 solución estable que describe el movimiento N. El sistema representado en la figura se ajusta una fuerza arónica como se indica. es 1200 N/m y el valor del coeficiente de amortiguamiento es c = 300 nN. 48.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 47. Si al punto D de la barra yE y t se expresan en milímetros y segundos. respectivamente. del sistema. El movimiento del rodillo E es de masa despreciable y está vertical en la armónico y está dado por yE =12 cos7t. 140 .s/m y (b) c = 0. El carro de 30 kg está sometido a la acción de 49. respectivamente. Obtenga la solución estable determine la máxima amplitud de la oscilación que describe el movimiento de B. donde xE y t se expresan en metros y segundos. 52. La barra ABC es es k = 400 N/m. respectivamente. 5 mm. Si se le aplica al punto D de la excitadora de resonancia. se suelta a partir del reposo cuando t = 0 y = respectivamente. deducir la ecuación del movimiento de a masa m y determine la pulsación crítica para la cual las oscilaciones se vuelven extremadamente grandes. 56. El elemento de fijación B recibe un movimiento horizontal xB = b cos t. determine: (a) La máxima amplitud de la oscilación estacionaria del bloque de 50 N. determine: (a) El dominio de pulsaciones  para el cual el movimiento angular estacionario de la barra AB es inferior 55.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 53. newtons varía con la ley F = 10 sen 2t. (a) obtenga la solución estable que describe el movimiento de W. barra una fuerza hacia arriba (P = 20 sen t) N. La barra uniforme de masa m y longitud L tiene un eje de oscilación en su centro. El cuerpo W de 30 kg mostrado en la figura se a  5o (b) La posición del bloque en función del une a la pared mediante los resortes R1 z tiempo si se desplaza 5 cm hacia la derecha y R2cuzos módulos son 1 kN/m y 400 N/m. Las masas de las barras son despreciables. lo está a un plano vertical. El elemento de fijación B recibe un 57. (b) Determine la velocidad máxima de W. máxima amplitud de la vibración forzada resultante del motor. (el dominio de pulsaciones  que hay que evitar para que la amplitud de la oscilación del bloque de 50 N no supere los 37. Suponiendo pequeñas oscilaciones. Halle también la razón de amortiguamiento. Determine la grandes. Los dos bloques de la figura penden en un derecha. donde t es el tiempo en segundos.5 kg). s/m) la ecuación del movimiento de a masa m y según se indica en la figura. deducir 150 kN/m) y un amortiguador (c = 120 N. En el borde de la determine la pulsación crítica para la cual las polea del motor (e = 25 cm) está fija una oscilaciones se vuelven extremadamente pequeña masa (m = 0. La fuerza F expresada en 25 rad/s. El motor de 3 kg descansa sobre un resorte (k = movimiento horizontal xB = b cos t. pero el de la 59. 54. halla la pulsación de equilibrio. E resorte de constante k de la izquierda está sujeto a una superficie inmóvil. 58. de una barra de masa soporte sometido a un movimiento armónico despreciable que está horizontal en la posición dado por yB = b sen t. El bloque que pesa 12 N se desliza por una superficie sin fricción tal como se indica en la figura. El resorte tiene una longitud natural cuando la barra AB está vertical y BC horizontal. también de constante k. 141 . Si el pnto de fijación B está sometido al desplazamiento armónico indicado. (b) Determine la amplitud de la vibración de estado estable y el ángulo por el que x se atrasa a y si m = 6 kg.Física General II Vibraciones Mecánicas Optaciano Vásquez García 60. La polea cilíndrica maciza y homogénea tiene una masa m1 y un radio r. 61. (a) Deduzca la ecuación diferencial de movimiento para el sistema que se muestra. k = 8 kN/m. 142 . La cuerda que enlaza la masa m2 al resorte superior no resbala en la polea. c = 40 N. Y = 80 mm y ω =30 rad/s. escribir la ecuación diferencial del movimiento del sistema en función de la variable x.s/m.