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8/15/2019 01-Vibracion Libre-transcribir a Partir de Pag 43 Al Final

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VIBRACIÓN LIBRE

Detalles Pág.

Sistema de un solo grado de libertad........................................................................................ 3 Movimiento armónico.............................................................................................................. 4

Ecuación del movimiento - frecuencia natural......................................................................... 5

Péndulo simple......................................................................................................................... 11

Péndulo compuesto o péndulo físico........................................................................................ 13

Combinación de resortes.......................................................................................................... 16

En paralelo................................................................................................................................ 16

En serie.....................................................................................................................................18 Método de la energía................................................................................................................ 24

Método Newton........................................................................................................................ 27

Método de Rayleigh................................................................................................................. 28

Vibración forzada sin amortiguamiento................................................................................... 41

Tipos de amortiguamiento........................................................................................................ 46

Vibración libre amortiguada..................................................................................................... 47

Sistema con amortiguamiento crítico....................................................................................... 48

Movimiento sub-amortiguado.................................................................................................. 50

Movimiento sobre-amortiguado............................................................................................... 52

Sistema de un solo grado de libertad.

Muchos sistemas pueden vibrar en más de una manera y dirección. Si un sistema está restringido

a vibrar de una manera o necesita solo una coordenada independiente para determinar por

completo la localización geométrica de las masas del sistema en el espacio, este es un sistema deun solo grado de libertad.

Por Ej.:

“V ib rac ión L ib re” Página: 3


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m

K c

x F

s e n w t

0

J

K

m

x

K

Movimiento armónico.

El movimiento oscilatorio puede repetirse a si mismo regularmente, como es el caso de un

balancín de reloj o desplegar considerable irregularidad, como es el casos de los movimientossísmicos.

Cuando el movimiento se repite a intervalos de tiempo “t”, se le llama PERIÓDICO donde “τ” es

el periodo de oscilación.

Si se designa el movimiento por x(t), todo movimiento periódico debe satisfacer la relación:

x(t) = x(t + τ)

El movimiento periódico más simple es el MOVIMIENTO ARMÓNICO. Este movimiento puede ilustrarse por medio de una masa suspendida de un resorte liviano (Ver Fig.) Si la masa se

desplaza de su posición de reposo y se la libera, oscilará hacia arriba y abajo; si se coloca una

fuente de luz en la masa, su movimiento puede ser registrado en una tira de película sensible a la

luz que es movida a velocidad constante.

Este movimiento registrado en la película

puede representarse por medio de la ecuación:

τ π

t

Asen x 2=

Donde :

A = Amplitud de oscilación, medida desde

su posición de equilibrio.

τ = Periodo y se repite cuando τ =t

m

K

t

x A



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4/59

Note que el hecho de haber elegido como referencia la posición de equilibrio estático a la medida

“x”, ha eliminado a la fuerza debida a la gravedad ( )mgW = y a la fuerza estática del resorte

( )KF = de la ecuación del movimiento (Ver ecuación (2)) y la fuerza resultante es solamente

debida al desplazamiento “x”.

0Kxxm =+ [ ]m÷

0xm

Kx =+ (3)

La frecuencia natural circular 2n será:

m

K2n =

La ecuación (3) queda por tanto:0xx

2

n =+ω (4)

El movimiento definido por la ecuación (4) se llama “Movimiento Armónico Simple” y se

caracteriza porque la aceleración es proporcional al desplazamiento y de sentido opuesto.

Note que tcos,tsen ω satisfacen la ecuación; por tanto constituyen soluciones particulares.

La solución a esta ecuación es de la forma:

stex = (5)

Derivando dos veces:stsex = (6)

st2esx = (7)

Reemplazando (5) y (7) en (4)

0ees st2st2 =+ ω

0se 22st =+ ω

is0s 22 ω±=⇒=+

Como: ti2

ti

1 eses ω−=∧= son soluciones linealmente independientes

Entonces ti22ti

11 eCseCs ω−=∧= también son soluciones

Y también será: ti2ti

1 eCeCx ω−+= (8)



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6/59

⇒=τ

1 f

Estas cantidades pueden expresarse en función a la deflexión o deformación estática δ ya que:

δ δ

mgK mgK =⇒=

Reemplazando en estas últimas ecuaciones:

* Frecuencia natural circular:δ

ω δ ω g

m

mg

=⇒=

* Periodo natural:

g

δ π τ

ω

π τ 2

2=⇒=

* Frecuencia natural:δ π τ

g f f

2

11=⇒=

La solución general también puede obtenerse multiplicando las dos soluciones particulares

t t sen ω ω cos∧ por cts.. arbitrarias y sumándolas, es decir:

t Bt Asen x ω ω cos+= (a)

t sen Bt A x ω ω ω ω −= cos (b)

t Bt sen A x ω ω ω ω cos22 −= (c)

(a) y (c) en (4)

0coscos

2

2222 =++−− x x

t Bt Asent Bt sen A

ω

ω ω ω ω ω ω ω ω

Cumple la igualdad, por tanto es solución de (4) la ecuación (a)

Como esta expresión contiene 2 cts. arbitrarias A y B, la solución obtenida (a) es la solución

general y A y B dependen de las condiciones iniciales.

m

K f

π 2

1=

t

Xm

x

t

Xm

wt wt

B

P

A

O



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Las expresiones del desplazamiento velocidad y aceleración obtenidas para una partícula, pueden

escribirse en forma más compacta si nota que (a) expresa el desplazamiento x = OP como la suma

de las componentes en “x” de los vectores A y B respectivamente.

Note que la magnitud de OQ es igual a la amplitud m x

El M.A.S. de “P” a lo largo del eje “x” puede obtenerse proyectando sobre este eje el movimiento

de un punto “Q” que describe un círculo de radio m x con una velocidad angular constante “ω ”.

Representando por “φ ” el ángulo formado por los vectores OQ y A, se escribe:

( )φ ω += t OQsenOP

Que conduce a otras formas de expresión del desplazamiento, velocidad y aceleración.

( )φ ω += t sen x x m

( )φ ω ω += t x x m cos

( )φ ω ω += t sen x xm

2

Ejm. Una masa de ¼ Kg. está suspendida de un resorte, cuya rigidez es 0.1533 N/mm. Determine

su frecuencia natural en ciclos por segundo. Calcule la deflexión estática y verifique la frecuencia

natural.

=

=

m

N3.153

m1

mm1000

mm

N1533.0K

a) Frecuencia naturalKg25.0

mN3.153

2

1

m

K

2

1f

π

== [ ]Hzseg

ciclos94.3f =

b) La deflexión estática mgK = 3.153

81.925.0

K

mg ∗== [ ]m016.0=

[ ] [ ]mm981.15m015981.0 ==

Ejm. Determinar la frecuencia natural de la masa “M” en el extremo de un voladizo de masa

despreciable.

Primero se encuentra la deformación de la viga en el extremo (Donde está la carga).



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( )LxPPLPxdx

ydEI

2

2

−=−=

( ) 12

CLx2

P

dx

dyEI +−=

( ) 213

CxCLx6

P

EIy ++−=

Por condiciones de contorno:

0x

P= y = 0

( )2

3

C6

LP0 +

−= 32 PL

6

1C =

0x

P= 0

dx

dy= ( ) 1

2CLP

2

10 +−= 21 PL

2

1C =

Por tanto la deformación es: ( ) 323 PL6

1xPL

2

1LxP

6

1EIy +−−=

La deformación máxima ocurre en x = L

33PL

6

1PL

2

10EI +−=

EI3

PL3−=

Como δ K P = siendo δ la deformación, entonces la ecuación (*) se adecua a:

3L

EI3PK ==

δ

Se sabe que la frecuencia natural circular es:m

K

2

1f

π

=

Entonces.m

L

EI3

2

1f

3

π

= 3

mL

EI3

2

1f

π

=

m

y

LM

P

x

M = PL



9/59

1. Si la masa de la viga es despreciable comparada con la masa m, derive una expresión para la

frecuencia de la masa.

Según tablas: La deformación en el centro de la viga doblemente empotrada (Donde está m)

viene dada por:

EI192

PLy

3

=

Adecuando a nuestro caso:

y

PK = ⇒

3L

EI192K =

Se sabe que la frecuencia natural está dada por:

m

K=

Entonces:m

L

I

E192 3= ⇒

Péndulo simple.

3mL

EI192=

segRad

m y

L

T

mg

mg

Ft

FN

T

m



10/59

El péndulo simple se compone de una masa puntual “m” que cuelga en el extremo inferior de un

hilo resistente de longitud “L” de peso despreciable.

Desplazada la partícula de la posición de equilibrio en un ángulo “ m ”y luego liberada, el

péndulo oscila en un plano vertical a lo largo del arco de circunferencia de centro “O” y radio

“L”, bajo la influencia de la fuerza restauradora “ tF ”que es la componente del peso “W” en la

dirección tangencial.

Para un tiempo cualquiera “t”, la cuerda forma un ángulo “θ

” con la vertical y el sistema de

fuerzas que actúa sobre la partícula lo constituyen el peso “W” y la tensión “T” en la cuerda.

Por la segunda ley de Newton para el movimiento circular se tiene:

tmasenmg =− θ

Donde Ra t = θ === 2

2

dt

dnangularaceleració

Radio de la curva = R L

Entonces:θ

mLsenmg =−

θLseng =−

0sengL =+ θ

0senL

g=+ θ

Comparando con la ecuación del M.A.S.

=+ 0x

m

Kx se ve que el movimiento del péndulo no

es M.A.S.; sin embargo, Si la amplitud de oscilación es pequeña:

θ≅sen (En radianes)Luego puede escribirse:

0L

g=+ θ (Solución aproximada)

Por comparación se tiene que la frecuencia natural circular está dada por:



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L

g

L

g2 =⇒= ω

Llegando a la conclusión que el péndulo simple es un M.A.S. para pequeñas oscilaciones.

Su periodo está dado (Fórmula de HUYHENS):

ω

π

τ

θ

ω

2

t=⇒=

g

L2π=

Ejm. Suponiendo que el péndulo de un reloj sigue la teoría del péndulo simple. ¿Cuál será la

longitud si tiene el periodo de un segundo?

Se sabe que el periodo está dado por:

g

L2π=

Despejando:2

222

4

gL

g

L4

π

τ

π =⇒=

Trabajando en [pies]

Péndulo compuesto o péndulo físico.

Un cuerpo rígido que puede oscilar libremente

alrededor de un punto en suspensión que es su

centroide, constituye un péndulo compuesto.

Los distintos puntos materiales del rígido,

constituyen otros tantos péndulos simples que si

están a diferentes distancias del eje de giro

tendrían que oscilar con periodos distintos.

Pero como se trata de un péndulo físico, este se

mueve con un periodo propio de oscilación

.lgP78.9L =

L

T

mg

b

Ox



12/59


13/59

∑ = θIM

θ

Isen

2

Lmg =

−

Para oscilaciones pequeñas:

θ≅sen

0mgL2

1I =+ (1)

Donde I = Momento de inercia respecto al eje de giro

De tablas se tiene que: ( )

+= 22x cbm

12

1I

El momento respecto al eje X es:

( ) ( )222x L2m12

1LLm

12

1I =+=

2

x mL6

1I =

En este caso la rotación es respecto al eje X por tanto según STEINER

[ ]2xx mdII +=

22

x

22

x mL4

1mL

6

1I

2

LmmL

6

1I +=⇒

+=

2

x mL12

5I = (2)

Reemplazando (2) en (1)

G

L

L G

mg

L/2x'

G

y

x

x'

c

b



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0mgL2

1mL

12

5 2 =+ θ

0gL65 =+ θ

0L5

g6=+ θ

Combinación de resortes.

Cuando la deformación de la masa vibratoria implica a más de un resorte. Para facilitar el cálculo

de la frecuencia natural, es necesario determinar la constante del resorte equivalente.

En paralelo.

Las características son:

- Todos los resortes tienen la misma deformación

L5

g6=

K1 K2 K3

m

P1 P2 P3

P



15/59

=== 321 (1)

- La fuerza total es la suma de todas las fuerzas en los resortes ( )∑ = 0Fv ; es decir:

.....PPPP321

+++= (2)

- Se sabe que:δKP = adecuando a (2) según (1) se tiene:

.....KKKK 321eq +++= δ [ ]δ ÷

∑=

=+++=n

1i

i321eq K.....KKKK

Ahora bien: El sistema mostrado en la sgt. Figura también representa un sistema en paralelo.

- Considerando la masa “m” descompuesta en dos partes “1

m ” y

“ 2m ” tales que

21 mmm += (1)

- Sean las frecuencias naturales de cada una:

1

12

1m

K=

2

22

2m

K= (2)

Estas frecuencias deben ser iguales, ya que se trata de una sola masa.

Por tanto:22

2

2

1 ω== (3)

(2) en (3)2

2

1

1eq

m

K

m

K

m

K==

mK

Km

eq

11 = (4)

mK

Km

eq

22 = (5)

(4) y (5) en (1) mK

Km

K

Km

eq

2

eq

1+=

∗

m

K eq

21eq KKK +=

K2

m

K1

m1

m2



16/59

En serie.

El sistema mostrado representa un sistema vibratorio en serie y tiene las sgts. Características:

- La fuerza o peso es la misma en todos los resortes, ya que se supone despreciable la masa de

los resortes; es decir:

.....PPPP 321 ==== (1)

- El desplazamiento total es la suma de los desplazamientos.

.....321 +++= δ (2)

Pero:K

PKP =⇒= δ

Teniendo en cuenta (1) reemplazamos en (2)

.....K

P

K

P

K

P

K

P

321eq

+++= P÷

Ejm. Determine la frecuencia natural del vibración del bloque, si sabe que los resortes están

inicialmente comprimidos.

∑=

=+++=n

1i i321eq K

1......

K

1

K

1

K

1

K

1

K1

K2

m

K3

m

K

KK

K



17/59

r R

C

R

mg

Por la figura, se puede decir que el sistema está en paralelo, por tanto:

KKKKK eq +++=

K4K eq =

Luego la figura se reduce a :

xmKx4 =−

0xm

K4x0Kx4xm =+⇒=+

donde:m

K42 = pero f 2π=

π

ω

2m

K4

2f ==

Ejercicios:

1. Un disco homogéneo semi-circular de radio “r” y masa “m” está pivotado en su centro y gira

libremente alrededor de este. Determine su frecuencia natural de oscilación para desplazamientos

pequeños.

∑ = IM

θ

IsenmgR =−

Para oscilaciones pequeñas:θ≅sen

m

K1f

π

=

m

m

x

Kx

x



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K

r xm

0mgRI =+ θ I÷

I = Momento de inercia del cuerpo respecto al eje de giro. 0I

mgR=+ θ

Extrayendo de tablas:π3

r4R = 2mr2

1I =

Reemplazando: 0mr

2

13

r4mg

2

=+ θθ

0r3

g8=+ θ

π

θ

2. Un cilindro homogéneo de masa “m” está suspendido por un resorte de constante “K” [lb/Plg]

y una cuerda inextensible. Encuentre la frecuencia natural de vibración del cilindro.

r3

g8

π

ω =

seg

Rad



19/59

mg

Gr r

A

To+

D.C.L. para la posición de equilibrio estático:

[ ]∑ = 0Fv 0mgTK 0 =−+

[ ]∑ = 0MA 0mgrrK2 =− (1)

D.C.L. para un desplazamiento x:

( ) θAImgrxrK2 =++−

( )θ

2

G

mrImgrrKx2rK2 +=+−−

Donde: 2G mr2

1I = Para un cilindro

Según (1)

θ

+=+−− 22 mrmr

2

1mgrrKx2rK2

θ

2mr2

3rKx2 =−

Ordenando ( ) 0r2rK2mr23 2 =+ θ (2)

0Kr8mr3 22 =+ θ

0m3

K80K8m3 =+⇒=+ θ

m3

K8=

mg

K

G

r

+

r A

FRx



20/59

3. Una varilla rígida de peso despreciable está restringida a oscilar en un plano vertical.

Determine la frecuencia natural de la masa “m”.

En la posición que se ve en la fig. note que el resorte ya tiene deformación 0x , por tanto en suequilibrio estático:

[ ]∑ = 0M0

LKx4

1mgL

4

30= (1)

Cuando se desplaza un “x”, la sumatoria de momentos será:

[ ]∑ = IM 0

( ) θIL4

1xxKL

4

3mg 0 =

+−

Pero 2mrI =

Donde L4

3r =

θ

2

0 L4

3mKLx

4

1KLx

4

1mgL

4

3

=−− (2)

Según (1) queda:

KO

m

3/4L 1/4L

3/4L 1/4L

mgK (xo + x)

O



21/59

θ

2mL16

9KLx

4

1=− (3)

Peroθrx = donde en este caso θL

4

1xL

4

1r =⇒=

(4) en (3)

θ

2mL16

9L

4

1KL

4

1=

−

0KL16

1mL

16

9 22 =+ θ

∗

2L

16

0Km9 =+ θ

0m9

K

=+ θ

seg

rad

4. Una varilla delgada tiene una masa despreciable y soporta una masa de 5 Kg. En su extremo.

Determine el periodo natural de vibración.

Inicialmente para estar en esa posición, el resorte debe estar comprimido.

m9

K=

200 mm.

1 0 0 m m .

K = 400 N/m.

5 Kg.C

A

B

mg

0.2 m.

0.1 m.

0.2 m.

mg

0.1 m.

KK( + x)



22/59

Equilibrio estático:

[ ]∑ = 0M ( )2.0mgK1.0 = (1)

Si se desplaza un cierto ángulo θ o distancia x

∑ = θIM ( ) ( )( ) θI1.0xK2.0mg =+−

( ) ( ) ( ) θ2mL1.0Kx1.0K2.0mg =−−

Según (1)

( ) ( ) 0x0.1400θ0.2m 2 =+

Pero x=0.1senθ ---θ1.0x =

( ) ( )( ) 01.04001.052.0 2 =+ θ

042.0 =+ θ 2.0÷

=⇒=+

2

2

seg

rad20020 ω

ω

π

τ

τ

π

ω

22=⇒=

20

2πτ

=

Método de la energía.

El movimiento armónico simple de un cuerpo es generado solo por las fuerzas gravitacionales y

elásticas de restauración que actúan sobre el cuerpo. Estas fuerzas son del tipo conservativos.

Entonces la conservación de la energía puede usarse para determinar la ecuación diferencial de

movimiento y a partir de esta hallar la frecuencia natural o el periodo de vibración del cuerpo.

Para vibraciones libres sin amortiguamiento, la energía total es parte cinética y parte potencial.

( )seg4.1=



23/59

La energía cinética “T” es almacenada en la masa en virtud de la velocidad, mientras que la

energía potencial “V” es almacenada en forma de energía elástica de deformación o de trabajo

realizado en un campo de fuerza gravitacional.

Coma la energía total se mantiene constante, su tasa de cambio es cero, es decir:

.ctteVT =+

( ) 0VTdt

d=+

Como el interés se limita a la frecuencia natural del sistema, se puede plantear:

2211 VTVT +=+

Donde (1) es el instante en que la masa está pasando por su posición de equilibrio estático(por

tanto 0V1 = ) (Ya que el N. R. Está ahí).

Sea (2) el instante en que ocurre el máximo desplazamiento de la masa ( )0T2 =

21 V00T +=+

Sin embargo, si el sistema está experimentando un movimiento armónico, 1T y 2V son valores

máximos y por tanto:

maxmax VT = que conduce de inmediato a la frecuencia natural.

Ejm. Considerando el bloque y el resorte (fig.). Hallar la frecuencia natural, cuando el bloque se

desplaza una cantidad arbitraria “x” desde su posición de equilibrio.

La energía cinética es: 2xm2

1T =

K

m



24/59

La energía potencial es: 2Kx2

1V =

Según la conservación de la energía .ctteVT =+

.ctteKx21xm

21 22 =+

El movimiento del bloque puede obtenerse diferenciando esta ecuación respecto a “t”:

0xKxxxm =+ Factorizando x

( ) 0Kxxmx =+

0Kxxm =+

0xm

Kx =+

m

K2 =

Si se escribe la ecuación de energía para “Un sistema de cuerpos conectados”, también puede

determinarse la frecuencia natural o ecuación del movimiento por medio de la derivación.

(Este método permite determinar “Directamente” la frecuencia circular “ω

”)

Procedimiento para el análisis .

1. Trazar un dibujo del cuerpo cuando se desplaza una pequeña distancia “x” desde la posición

de equilibrio estático. (L. R.)

2. Formule la ecuación de energía para el cuerpo .ctteVT =+ , recordando que la energía

cinética es para traslación y rotación, es decir: 2G2

G I2

1xm

2

1T ω+= y la energía potencial es:

eg VVV += (Gravitacional y elástica).

3. Se procede a la derivación y se factoriza los términos comunes.

4. La ecuación resultante representa la ecuación del movimiento para el sistema.



25/59

Ejm. Un cilindro sólido homogéneo de masa “m” se sujeta por medio de un resorte de constante

“K” lb/plg y reposa sobre un plano inclinado. Si el cilindro rueda sin deslizar; demostrar que la

frecuencia es:m3

K2

seg

rad.

Por el método energético2

G

2

G I2

1mV

2

1T ω+=

Peroθ

rVG = ;2

G mr2

1I = ; θ=

Por tanto: ( ) 222 mr2

1

2

1rm

2

1T θ

+=

2222 mr

4

1mr

2

1T θ += (1)

La energía potencial

2

e Kx2

1V = Pero: θrx =

22

e Kr2

1V θ= (2)

( ) 0VTdt

d=+

0Krmr21mr 222 =++ θ

0Km2

1m =+

+

θ

0Km2

3=+ θ

÷ m

2

3

K x

mr



26/59

0m3

K2=+ θ

Método Newton:

ESTÁTICA DINÁMICA

m3

K2

=

mg

A

K+

+K ( + x)

A

mg



27/59

Estática:

∑ = 0MA 0rKrsenmg =− δ (1)

Dinámica:

θ

∑ = AA IM ( ) θ

+=+− 22 mrmr

2

1rxKrsenmg

θ

2mr2

3KxrrKrsenmg =−− (2)

Reemplazando (1) en (2) y ordenando

0Kxrmr2

3 2 =+

Como no existe deslizamiento

θrx =

0Krmr2

3 22 =+ θ

∗

m3

2

0m3

K2=+ θ

Método de Rayleigh:

El método de energía, puede ser usado para sistemas con masas concentradas o distribuidas,

siempre que el movimiento de cada punto del sistema sea conocido.

En sistemas donde las masas están unidas por conectores rígidos, palancas o engranajes, el

movimiento de las diferentes masas puede expresarse en términos del movimiento “x” de algún

punto específico y el sistema es simplemente de un solo grado de libertad.

La energía cinética puede escribirse como:

2

ef xm2

1T =

m3

K2=



28/59

m

K

x

dy

y

Masa efectiva o equivalente, concentrada en un punto específico.= ef m

Ahora bien, si la rigidez “K” de este punto es también conocida, la frecuencia natural puede

calcularse por:

ef m

K=

En sistemas con masas distribuidas, como resortes y vigas, es necesario primero conocer la

distribución de la amplitud de vibración antes de calcular la energía cinética “ RAYLEIGH ”.

1. Determinar el efecto de la masa del resorte en la frecuencia natural del sistema.

Sea “ x ” la velocidad de la masa “M”

Se supone que la velocidad de cualquier punto del resorte en “y” varía linealmente.

=V

dt x

L

yy

y

x

y

L

=⇒=

La energía cinética del sistema puede ser ahora:

dyyL

m

2

1

T

2

∫=

Masa por unidad de longitud= L

m

∫∫ =⇒

=

L

0

2

3

22L

0

dyyL

xm

2

1Tdyx

L

y

L

m

2

1T



29/59


30/59

−=⇒

−

=

33

3

332

L

x4

L

x3

EI48

PLy

L

Lx4

L

LxL3

EI48

Py

Por tanto:

−

=

3

máxL

x4

L

x3yy

La energía cinética será:

dxL

x4

L

x3y

L

m2

2

1Tdx

L

x4

L

x3y

2

L

m

2

1T

2

3

3

máx

2L

0

2

3

3

máx

−=⇒

−

= ∫∫

∫∫

+−

=⇒

−

=

2L

0

6

6

4

4

2

22

máx

22L

0

3

32

máx dxL

x16

L

x24

L

x9y

L

m2

2

1Tdx

L

x4

L

x3y

L

m2

2

1T

( )

/

/+

/

/−

/

/=

128

L

L7

16

32

L

L5

24

8

L

L

3ym2

2

1T

7

7

5

5

3

3

2

máx

( ) ( ) 2máx2

máx ym4857.02

1T

896

16

160

24

8

3ym2

2

1T =⇒

+−=

De donde la masa efectiva es:

Por tanto la frecuencia es:

+=

ef mM

Kω

Pero se sabe que:δ

δ

PKKP =⇒=

33

L

EI48K

EI48PL

PK =⇒=

⇒

+−

=

2L

06

7

4

5

2

32

máx L

x

7

16

L

x

5

24

L

x

3yL

m2

2

1

T

m4857.0mef =

( )m4857.0MLEI48

3 +=



31/59

O

L K

h

x

a

3. La masa de la varilla delgada de sección uniforme es pequeña comparada con la masa que

tiene colocada en su extremo. Calcule la frecuencia natural de oscilación de la masa, suponiendo

que la oscilación es pequeña.

La energía potencial es la gravitacional y la elástica:

mghVg = Pero: θcosLLh −=

( )cos1mgLVg −= (1)

2

e Kx2

1V = Pero: θatagx = Para oscilaciones pequeñas θ≈tag

( ) 22e2

e Ka2

1VaK

2

1V θ=⇒= (2)

La energía cinética es de traslación:

2mV2

1T = Pero: ωLLV ==

( ) 222 mL2

1TLm

2

1T θ =⇒= (3)

La derivada temporal 0VVT eg =++

( ) 0mLKasenmgL 22 =/+/+/ θ

0KamgLmL 22 =++ θ

0mL

KamgL2

2

=+

+ θ

2

2

mL

KamgL +=



32/59

4. Una esfera homogénea de radio “r” y masa “m” puede rodar libremente sin deslizar sobre una

superficie esférica de radio “R”. Si el movimiento de la esfera se restringe al plano vertical.

Determine la frecuencia natural de oscilación de la esfera.

La energía potencial es: [ ]mghV =

( ) ( )[ ] ( )( )cos1rRmgVcosrRrRmgV −−=⇒−−−=

La energía cinética es de traslación y rotación

+= 2G

2

G I2

1mV

2

1T ω

2

G1 mV2

1T = donde: ( )θrRVG −= (Respecto del punto “O”)

( )[ ] ( ) 2212

1 rRm2

1TrRm

2

1T θ −=⇒−=

2

G2 I2

1T ω= Pero: 2G mr

5

2I = (Considerando A centro instantáneo)

( )r

rR

r

VG θω

−=⇒=

( ) 222

22

2

22

rrRrm

51T

rrRmr

52

21T θ

/−/=⇒

−

=

( ) 222 rRm5

1T θ−=

hr

RR - r

A

BVG



33/59

10

K K

Por tanto: ( ) 0TTVdt

d21 =++

( )( ) ( ) ( ) 0rRm

5

2rRmsenrRmg

2=/−+/−+/− θ

( ) ( ) ( ) 0senrRmgrRm5

2rRm

22=−+

−+−

θ

Pero:θ

≅sen

( ) ( ) ( ) 0rRmgrR5

7rRm =−+

−− θ

( )0

rR5

7

g=

−

+ θ

5. Un disco homogéneo circular tiene un momento de inercia alrededor de su centro igual a 10 lb-

plg-seg2. En la posición de equilibrio estático ambos resortes están estirados 1 plg.. Encuentre la

frecuencia natural angular de oscilación del disco, cuando se le da un pequeño desplazamiento

angular y se le deja en libertad. K=10 lb/plg.

( )rR7g5

−=



34/59


35/59

Energía cinética:

212

G2G TTTI

21mV

21T +=⇒+= ω

θ

rVG =

( ) 2221 mr2

1rm

2

1T θ ==

2222

2 mr4

1mr

2

1

2

1T θ =

=

Por tanto: 222222 mr4

3Tmr

4

1mr

2

1T θ =⇒+=

Energía potencial:

2Kx2

1V = Pero: θr2x =

( ) 222 Kr2r2K2

1V θ⇒=

( ) 0VTdt

d=+ 0Kr2mr

4

3

dt

d 2222 =

+ θ

0rK4rm2

3 22 =//+// θ

0K4m2

3=+ θ

2

m3÷

0m3

K8=+ θ

K

xm

r VG

A



36/59

7. El disco tiene una masa de 8 Kg. Determine su frecuencia natural de vibración “f” si los

resortes están originalmente no estirados.

Energía cinética:

2

G

2

G I2

1I

2

1T θ==

Pero: 2G mr2

1I =

2222mr

4

1Tmr

2

1

2

1T θ =⇒

= (1)

Energía potencial (Elástica solamente):

= 2Kx2

1V 21 VVV +=

22 Kx2

1Kx

2

1V += pero:

θrx =

222KrVKxV θ=⇒= (2)

( ) 0TVdt

d=+ 0mr

4

1Kr

dt

d 2222 =

+

θ

0rm2

1rK2 22 =//+// θ

m3

K8=

K = 400 N/m

m100 mm.

x

x

K = 400 N/m



37/59

0K2m2

1=+ θ

2

m÷

m

K2

m

K40

m

K4 2 =⇒=⇒=+ ω

Se sabe que:2

m

K2

2f f 2

/

/==⇒=

π

ω

π

8

4001

m

K1f

π

==

8. Determine La ecuación diferencial de movimiento del carrete de 3 Kg., suponiendo que no se

desliza en la superficie de contacto a medida que oscila. El radio de giro del carrete en torno de

su centro de masa es .mm125KG =

R = 100 mm. = 0.1 m.

R = 200 mm. = 0.2 m.

GK = 125 mm. = 0.125 m.Energía cinética (Traslación y rotación):

= 2Gt mV2

1T Pero: 22tG mr

2

1TrV θ =⇒= (1)

= 2Gr I2

1T ω pero: 22Gr

2

GG mK2

1TmKI θ =⇒=∧= (2)

( )Hz25.2f =

K = 400 N/m

200 mm.

100 mm.

VG

x

G



38/59

r 3r

r r

r

K1

K2

Energía potencial (Elástica solamente):

= 2Kx2

1V Pero: ( ) ( ) 22RrK

2

1VRrx θ+=⇒+= (3)

( ) 0RrK2

1mK2

1mr2

1

dt

d 2222G

22 =

+++

θ

( ) 0RrKmKmr 22G2 =+++ θ

θ

÷

( ) ( ) 0RrKmKmr 22G2 =+++ θ

Reemplazando valores:

( ) ( ) 02.01.0400125.0301.3 222 =++⋅+ θ

036077.0 =+ θ ( )077.0÷

9. Para ángulos pequeños de oscilación, encuentre la frecuencia de oscilación del sistema.

Por el método de la Energía

2

G

2

G

2

G I

2

1TI

2

1Vm

2

1T θ=⇒+/=

2

22

2

11

2 xK2

1xK

2

1VhmgKx

2

1V +=⇒/+=

Pero θrx1 =

θr4r3rx2 =+=

0468 =+ θ



39/59

2

G mr2

1I =

Reemplazando

( ) ( ) 0r4K21rK

21mr

21

21 2

2

2

1

22 =++

θ

( ) 0r16K2

1rK

2

1mr

4

1 222

22

1

22 =++ θ

Derivando

0rK16rKmr2

1 22

2

1

2 =++ θ

θ

2r÷

0K16Km

2

121 =++ θ

0m

K32K2 21 =

++ θ

10. Hallar la ecuación del movimiento de un péndulo invertido que está restringido por un

resorte, cuya constante es “K”. Se supone que la masa del péndulo está concentrada a una

distancia “L” del punto de apoyo y que el resorte es lo suficientemente rígido para que el péndulo

sea estable.

m

K32K2 21 +=

m

K

m x

1

2

a

L



40/59

= 2mV2

1T Pero θ Lx = = velocidad

( ) 222 mL2

1Lm

2

1T θ ==

= 2E K

2

1V δ Pero θa=

( ) Ka2

1aK

2

1V 22

2

E θ==

[ ]mghVG =

( )1cosmglmgLcosmgLVG −=−= θ

( ) ( )

−++⇒=++ 1cosmgLKa

2

1mL2

1

dt

d0VVTdt

d 2222GE θ

0senmglKamL22

=/−+/ θ Pero θ≈sen

0mgLKamL 22 =−+ θ 2mL÷

0L

g

mL

Ka2

2

=

−+ θ



41/59


42/59

( )K

PG1 o

2 =−

( )2

o

1K

PG

−

= (4)

Reemplazando (4) en (2)

( )( )

tsen1K

Ptx

2

op ω

−= (Solución particular)

Como la solución general es del tipo:

( ) pc xxtx +=

Entonces: ( )

( )

tsen

1K

PtcosBtsenAtx

2

oω

ω

−

++= (5)

Las constantes A y B se determinan por las condiciones de contorno

Si ( ) 00x0t =⇒= (a)

Si ( ) 00x0t =⇒= (b)

Reemplazando (a) en (5)

( )o

2

ooo 0sen1K

P0cosB0senA0

−++=

0B = Derivando (5)

( )( )

tcos1K

PtsenBtcosAtx

2

oω

ω

ω

−+−= (6)

Reemplazando (b) en (6)

( )o

2

ooo 0cos1K

P0senB0cosA0

ω

ω

−+−=

( ) ( ) ωω

ω

ω

2

o

2

o

1K

P

A1K

P

A0 −−=⇒−+=

Pero( )2

o

2

2

1K

PA

ω

ω

−=⇒=

Reemplazando las constantes A y B en (5)



43/59

2

3

4

5

6

21 3

( )( ) ( )

tsen1K

Ptsen

1K

Ptx

2

o

2

oω

ω

−+

−−=

(7)

Donde:

=oP Amplitud de la fuerza externa

=K Rigidez del resorte

= Frecuencia circular del movimiento

= Frecuencia circular de carga

Si se analiza la ecuación (7), se nota que:Si 1= , es decir;

ω

= entonces el factor 01 2 =− lo que implica que al estar en el

denominador se hace infinita la expresión. Esta situación se llama RESONANCIA.

La solución particular para el casoω= tiene la forma:

( ) tsentGtx 1p ω=

Donde :ωm2

PG o1 =

( ) ( )( )tsentsen

1KPtx

2

oω

−−

=

( ) tsentm2

Ptx op ω

ω

=

( )

− 20

1 β K

P

2

2

2

β ω

ω =

=K

P0



44/59

Esta expresión muestra que la amplitud crece ilimitadamente con el tiempo.

Ejm. Un bloque de masa “m” está soportado por un resorte de ctte. “K” el cual está montado

sobre una base de peso despreciable que tiene un movimiento armónico tsenAo ω hacia arriba y

hacia abajo. Determine el movimiento del bloque.

( ) xmyxK =−−

xmKyKx =+−

tsenKAKxxm o ω=+

Solución complementaria tcosBtsenAxc ω+=

Solución particular:

s e n w

0

x

K

K (x - y)

m

t



45/59

Por uno de los métodos abreviados, se tiene que la solución es de la forma:

( ) ( )

( ) ( )baxsen

aF

1baxsen

DF

1y

22 +

−=+= : 0aF 2 ≠−

Por tanto en este caso, la ecuación diferencial será:

Sea xDx 2=

( ) tsenKAxKmD o2 ω=+

tsenKAKmD

1x o2p ω+

=

tsenKAKm

1x o2p ω

ω +−=

tsenKA

m

Km1

x o2

p ω

ω +−

= Perom

K2 =

( ) tsen

m

KAx

22

op ω

ω

−=

( )tsen

Ax 2

2

222

op ω

ω

ω

ω

−

=

tsen

1

Ax

2

2

op ω

ω

ω

−

=

Por tanto la solución general es:

Tipos de amortiguamiento.

a) Amortiguamiento viscoso. Para cuerpos que se mueven con velocidad moderada a

través de fluidos.

tsen

1

AtcosBtsenAx

2

2

oω

ω

ω

ω

−

++=



46/59

cVF −= =c Ctte. De proporcionalidad

=V Velocidad

b) Amortiguamiento turbulento. Ocurre cuando la rapidez con que se mueve un cuerpodentro un fluido es alta.

2bVF −= =b Ctte. De proporcionalidad

=V Velocidad

c) Amortiguamiento Coulombiano. Cuando una superficie seca se desliza sobre otra

superficie.

NF µ= = Coeficiente de roce cinético=N Fuerza normal



47/59

m

K

c

x

K( + x)

mg

mg

FR Fa

cxx

Vibración libre amortiguada.

En la situación de equilibrio estático (caso b) no actúa todavía la amortiguación

mgK = (1)

En la situación (c) se tiene:

[ ]∑ = xmF

( ) xmmgxcxK =+−+−

xmmgxcKxK =+−−− δ Según (1)

xmxcKx =−−

Ordenando: 0Kxxcxm =++ (2)

Si Dxdt

dx= y xD

dt

xd 22

2

=

0KxcDxxmD2 =++ (3)

Dividiendo entre “m” la ecuación (3)

0m

KD

m

cD

2 =++ (4)

Resolviendo cual si fuese una ecuación de segundo grado.

2

m

K4

m

c

m

c

D2

2

−±−

=

Comom

K2 =



48/59

2

4m4

c4

m

c

D

2

2

2

ω

−±−

=

22

m2

c

m2

cD ω−

±−=

Analizando el discriminante, se ve tres situaciones posibles:

Si ⇒=−

0

m2

c 22

ω El sistema tiene amortiguamiento CRITICO

Si ⇒−

0

m2

c 22ω

El sistema está SOBRE-AMORTIGUADO

Sistema con amortiguamiento crítico.

Comoω

=⇒=

⇒=−

m2

c

m2

c0

m2

c 22

2

2

De ahíωm2Cc = =cC Amortiguamiento crítico

Por tanto la raíz de la ecuación (4) son iguales y serán:

m2

m2

m2

CD

2

4m

c

m

c

D c

0

2

2

2

//

//−=−=⇒

−±−

= ω

Por tanto la solución de la ecuación (4) tendrá la forma:

( ) Dt2Dt

1 teGeGtx += Donde =21 G,G Ctts. a determinar

Factorizando ( ) ( ) Dt21 etGGtx +=

Como ω−=D ( ) ( ) t21 etGGtx ω−+= (5)

ω

−=D



49/59

( ) ( ) tm2

c

21 etGGtx−

+= (5´)

Conforme ∞→t se tiene que 0et

m2

c

→−

más rápidamente que t se aproxima a ∞ ; el movimiento

se disipa exponencialmente.

De hecho, el caso de amortiguamiento crítico es el caso límite de sobre-amortiguamiento.

“El amortiguamiento crítico, representa una condición en la que e tiene el valor mínimo necesario

para hacer que el sistema sea NO VIBRATORIO”

Para hallar las constantes 21 G,G de la ecuación (5) se realiza según condiciones de contorno.

Se sabe que: tsenhtcoshe t ω−=− (6)

(6) en (5)

( ) ( )( )tsenhtcoshtGGtx 21 ω−+=

( ) tsenhtGtcoshtGtsenhGtcoshGtx 2211 ω−+−= (7)

( ) ( )0xtx0t

P=⇒= Reemplazando en (7)

( ) ( ) ( )o

2

o

2

o

1

o

1 0senh0G0cosh0G0senhG0coshG0x −+−=

( )0xG 1 =

Derivando (7)

( ) tsenhGtcoshtGtcoshGtsentGtcoshGtsenhGtx 222211 ω−−+−−−=

( ) ( )0xtx0t

P =⇒=

( ) ( ) ( ) o2

o

2

o

2

o

2

o

1

o

1 0senhG0cosh0G0coshG0sen0G0coshG0senhG0x ω−−+−−−=

( ) 21 GG0x +−= ω ( ) ( ) ( )

ω0x0xGG0xG 212 +=⇒+=

Reemplazando las constantes 1G y 2G en (5)



50/59

( ) ( ) ( ) ( )( )[ ] tet0x0x0xtx ωω −++=

Ordenando:

Movimiento sub-amortiguado.

Esta situación ocurre cuando:

0

m2

c 22

0

X(0)=0

X(0)


51/59

Sea: 20

1 ξ ω ω −= Velocidad angular amortiguado

Frecuencia de oscilaciones amortiguadas

0iD ωω ±−= (a)

La solución a la ecuación diferencial tendrá la forma:

( ) tD2tD

121 eGeGtx += (b)

Reemplazando (a) en (b)

( ) ( ) ( )ti2ti

100 eGeGtx

ωωω −−+− +=

( ) tit2tit

100 eeGeeGtx

ω

ωω

−−−+=

( ) ( )ti2ti1t 00 eGeGetx ωω −− += (c)

Como: tsenitcose 00ti 0

ω+=

tsenitcose 00ti 0

ω−=−

Reemplazando en (c)

( ) ( ) ( )[ ]tsenitcosGtsenitcosGetx 002001t

ω

ω −++= −

( ) [ ]tseniGtcosGtseniGtcosGetx 02020101t

ω

ω −++= −

( ) ( ) ( )

−++= − tsenGGitcosGGetx 0B

210

A

21

tω

ω

( ) ( )tsenBtcosAetx 00t

ω

ω += − (d)

Para ( ) ( )0xtx0t =⇒=

( ) ( )0xA0senB0cosAe0x oo0 =⇒+= ⋅−ξω

Derivando (d):

( ) ( ) ( ) ( )tsenBtcosAetcosBtsenAetx 00t

0000

t

ωω

ξωω +−++−= −−

Para ( ) ( )0xtx0t =⇒=

( ) oo0o0o

0

0 0senB0cosAe0cosB0senAe0x +−+−= ξω

( ) AB0x 00 ξω−= Pero ( )0xA =



52/59

( ) ( ) ( ) ( )

0

000

0x0xB0xB0x

ω

ξω

ξω

+=⇒−=

Movimiento sobre-amortiguado.

Esto ocurre cuando:

0m2

c 22

>−

ω

= Razón de amortiguamiento

ωξm2CCCC

Cc

c

=⇒=⇒=

Reemplazando en: 22

m2

c

m2

cD ω−

±−=

1D 2 −±−= ξω

ω1D 2 −±−= (a)

La solución a la ecuación diferencial es del tipo:

( ) tDtD 21 BeAetx += (b)

( ) ( ) ( ) ( )

+

+= −

tsen0x0x

tcos0xetx 00

00

t

ω

ω

ξω

ω

ω

x sen

x

wt

t xe ξω −



53/59


54/59

m

cK

x

L.R.t = 0

h

El movimiento es una función exponencialmente decreciente con el tiempo y se la clasifica como

APERIODICA.

Ejm. Si el sistema mostrado en la figura, se suelta desde una altura “h” sobre una superficie dura.

¿Cuál será el movimiento resultante de la masa “m”?

La ecuación diferencial para este sistema es:

0Kxxcxm =++ m÷

0xm

Kxm

cx =++ (1)

La expresión se puede escribir como:

0m

KD

m

cD2 =++

wt

A

O

B

( t

Ae

ω ξ ξ 12 −−−



55/59

La solución de esta ecuación es:

2

2

m2

c

m2

cD ω−

±−= (2)

ComoCC

c= y ωξm2cm2CC =⇒=

Reemplazando en (2)

( ) ( ) 22

m2

m2

m2

m2D ω−

//

//±

//

//−=

1DD 2222 −±−=⇒−±−= ξωω

Cambiando el orden del discriminante; este se hace negativo, por tanto imaginario:

21iD ξω −±−=

Sea: 20 1 ξ−=

0iD ωω ±−=

La solución a la ecuación (1) es de la forma:

( ) tD2tD

121 eGeGtx +=

( ) ( ) ( )ti2ti

100 eGeGtx

ωωω

−−+− +=

( ) ( )ti2ti1t 00 eGeGetx ωω −− +=

Como: tsenitcose 00ti 0

ω+=

tsenitcose 00ti 0

ω−=−

Reemplazando y simplificando:

( ) ( )tsenBtcosAetx 00t

ω

ω += − (3)

Derivando (3)

( ) ( ) ( ) ( )tsenBtcosAetcosBtsenAetx 00t

0000

tωω

ξωω +−++−= −− (4)

Considerando el nivel de referencia (L.R) del gráfico, se tiene las consideraciones de contorno

0tP = ; 0x = ; gh2x =

Reemplazando en (3) y (4) Se determina las constantes.



56/59

Kx

m

c

( ) tsenegh2

tx 0t

m2

c

0

ω

ω

ω

ω

//−

= En (3)

0A0senB0cosAe0 oo0 =⇒+=

En (4)

( ) ( )oo0o0o00 0senB0cosAe0cosB0senAegh2 +−+−= ξω

0

0

gh2BBgh2

ω

ω =⇒=

Reemplazando en (3)

( )

= − tsen

gh2tcos0etx 0

0

0

tω

ω

ω

ξ

( ) tsenegh2

tx 0t

0

ω

ω

ωξ−= Peroω

ξ

m2

c=

( ) tsenegh2

tx 0t

m2

c

0

ω

ω

ω

ω

//−

=

1. Una masa de 50 lb. Reposa sobre un resorte de 35 lb/Plg.y un amortiguador de 075 lb-seg/Plg..

Si se aplica una velocidad de 4 Plg/seg a la masa en su posición de reposo. ¿Cuál será el

desplazamiento al final del primer segundo?.

( ) tsenegh2

tx 0t

m2

c

0

ω

ω

−

=



57/59


58/59

( ) ( ) ( )[ ]155.13sene55.13

41x

186.1321.0−=

2. Un péndulo simple está pivotado en “0”. Si la masa de la varilla es despreciable y las

oscilaciones pequeñas; encuentre la frecuencia natural amortiguada del péndulo.

[ ]∑ = IM donde θ∑ =⇒= 22 mLMmLI

θ

22211 mLsenmgLLxcLKx =−−− (1)

peroθ11 Lx =

θ

2222 LxLx =⇒=

Reemplazando en (1)

θ

222

2

1 mLmgLcLKL =−−−

Ordenando

0mgLKLcLmL2

1

2

2

2=+++ θ (2)

0mL

mgLKL

mL

cL2

21

2

22 =+++

θ

La solución de esta ecuación de segundo grado es:

( )

+−

±−=

2

2

1

2

2

2

22

2

2

mL

mgLKL14

mL

cL

2

1

2

mL

cL

D

( ) [ ]lgp0013.01x =

K

m

L

L2

L1

c

O



59/59

+−

±−=

2

2

1

2

2

2

2

2

2

2

mL

mgLKL4

mL2

cL2

2

1

mL2

cLD

+−

±−=

2

2

1

2

2

2

2

2

2

2

mLmgLKL

mL2cL

mL2cLD

De aquí, la frecuencia circular amortiguada es la raíz, pero cambiando los términos:

2

2

2

2

2

2

1

mL2

cL

mL

mgLKL

−

+=

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