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Resolucion Práctica Nº1 - Vibración Libre No Amortiguada
Resolucion Práctica Nº1 - Vibración Libre No Amortiguada
Resolucion Práctica Nº1 - Vibración Libre No Amortiguada
DATOS:
𝑊𝐴𝐵𝐶 = 1.4𝑙𝑏
W= 3lb
𝐾𝐴 = 1.5 ∗ 12 = 18 𝑙𝑏/𝑓𝑡
𝐾𝐶 = 2 ∗ 12 = 24 𝑙𝑏/𝑓𝑡
RESOLUCION:
I II
A. Del grafico 1, analizamos su Energía Mecánica Total
𝑇1 + 𝑉1 :
1 1
𝑉1 = 𝐾𝐶 ∆𝐶 2 + 𝐾𝐴 ∆𝐴 2
2 2
1 𝐿𝐵𝐶 2 1 1 𝐿𝐴𝐵 2 1 1
𝑇1 = 𝑚𝐵𝐶 ( ̇ ̇ 2
𝜃) + 𝐼𝐵𝐶 𝜃 + 𝑚𝐴𝐵 ( 𝜃̇ ) + 𝐼𝐴𝐵 𝜃̇ 2 + 𝑚𝑦̇ 2
2 2 2 2 2 2 2
𝜃̇ 2 1 1 1 1
𝑇1 = [ 𝑚𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝑚𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝑚𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 2 + 𝑚 𝐿 2 + 𝑚𝐿𝐵𝐶 2 ]
2 4 12 4 12 𝐴𝐵 𝐴𝐵
𝜃̇ 2 1 1
𝑇1 = [ 𝑚𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝑚𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 2 + 𝑚𝐿𝐵𝐶 2 ]
2 3 3
𝜃̇ 2 1 1 1 1
𝑇1 + 𝑉1 = [ 𝑚𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝑚𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 2 + 𝑚𝐿𝐵𝐶 2 ] + 𝐾𝐶 ∆𝐶 2 + 𝐾𝐴 ∆𝐴 2
2 3 3 2 2
B. Del grafico 2, analizamos su Energía Mecánica Total
𝑇2 + 𝑉2 :
𝑇2 = 0
1 1 1
𝑉2 = 𝐾𝐶 (𝐿𝐵𝐶 𝜃 + ∆𝐶 )2 + 𝐾𝐴 (𝐿𝐴𝐵 𝜃 + ∆𝐴 )2 + 𝑊𝐿𝐵𝐶 𝜃 + 𝑊𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 𝜃
2 2 2
1
− 𝑊𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
2
∑𝑀𝐵 = 0
1
𝑊𝐿𝐵𝐶 + 𝑊𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 − 𝐾𝐶 ∆𝐶 𝐿𝐵𝐶 − 𝐾𝐴 ∆𝐴 𝐿𝐴𝐵 = 0
2
1 1 1
𝑉2 = 𝐾𝐶 (𝐿𝐵𝐶 𝜃 + ∆𝐶 )2 + 𝐾𝐴 (𝐿𝐴𝐵 𝜃 + ∆𝐴 )2 + 𝑊𝐿𝐵𝐶 𝜃 + 𝑊𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 𝜃
2 2 2
1
− 𝑊𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
2
1 1 1
𝑉2 = 𝐾𝐶 (𝐿𝐵𝐶 𝜃 + ∆𝐶 )2 + 𝐾𝐴 (𝐿𝐴𝐵 𝜃 + ∆𝐴 )2 + (𝑊𝐿𝐵𝐶 + 𝑊𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 ) 𝜃
2 2 2
1
− 𝑊𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
2
𝜃̇ 2 1 1 1
𝑉2 = [ 𝑊𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 + 𝐾𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝐾𝐴 𝐿𝐴𝐵 2 ] + 𝐾𝐶 ∆𝐶 2 + 𝐾𝐴 ∆𝐴 2
2 2 2 2
𝜃2 1 1 1
𝑇2 + 𝑉2 = [ 𝑊𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 + 𝐾𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝐾𝐴 𝐿𝐴𝐵 2 ] + 𝐾𝐶 ∆𝐶 2 + 𝐾𝐴 ∆𝐴 2
2 2 2 2
C. Por el Principio de la Conservación de la Energía:
𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2
𝜃̇ 2 1 1 1 1
[ 𝑚𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝑚𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 2 + 𝑚𝐿𝐵𝐶 2 ] + 𝐾𝐶 ∆𝐶 2 + 𝐾𝐴 ∆𝐴 2
2 3 3 2 2
2
𝜃 1 1 1
= [ 𝑊𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 + 𝐾𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝐾𝐴 𝐿𝐴𝐵 2 ] + 𝐾𝐶 ∆𝐶 2 + 𝐾𝐴 ∆𝐴 2
2 2 2 2
𝜃̇ 2 1 1 1 1
[ 𝑚𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝑚𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 2 + 𝑚𝐿𝐵𝐶 2 ] + 𝐾𝐶 ∆𝐶 2 + 𝐾𝐴 ∆𝐴 2
2 3 3 2 2
𝜃2 1 1 1
− { [ 𝑊𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 + 𝐾𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝐾𝐴 𝐿𝐴𝐵 2 ] + 𝐾𝐶 ∆𝐶 2 + 𝐾𝐴 ∆𝐴 2 }
2 2 2 2
=0
𝜃̇ 2 1 2 1 𝜃2 1
[ 𝑚 𝐿 + 𝑚𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 + 𝑚𝐿𝐵𝐶 ] − [ 𝑊𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 + 𝐾𝐶 𝐿𝐵𝐶 2 + 𝐾𝐴 𝐿𝐴𝐵 2 ]
2 2
2 3 𝐵𝐶 𝐵𝐶 3 2 2
=0
8
𝑊𝐴𝐵 = 𝑊 = 0.56 𝑙𝑏
20 𝐴𝐵𝐶
12
𝑊𝐵𝐶 = 𝑊 = 0.84 𝑙𝑏
20 𝐴𝐵𝐶
𝜃̇ 2 1 0.84 2 1 0.56 2 2
[ ∗ ∗1 + ∗ ∗ ( ) + 3 ∗ 12 ]
2 3 32.2 3 32.2 3
2
𝜃 1 2 2
2 2
− [ ∗ 0.56 ∗ + 24 ∗ 1 + 18 ∗ ( ) ] = 0
2 2 3 3
0.1044𝜃̇ 2 = 24.92𝜃 2
𝑤𝑛 = 272.797 𝑠 −1
2𝛑
𝑇=
𝑤𝑛
2𝛑
𝑇=
272.797 𝑠 −1
2𝛑
𝑇=
272.797 𝑠 −1
𝑇 = 0.023 𝑠
Ejercicio N°6:
Para el sistema que se muestra, el peso del carro es 50N. Las constantes
de los resortes son k1=k2=83 N/m y k3=250 N/m. Si se desplaza el carrito
hacia arriba del plano inclinado una distancia de 75mm a partir de su
posición de equilibrio y se suelta con una velocidad inicial de 375 mm/s
hacia la parte superior del plano cuando t=0, determinar:
a)El periodo y la frecuencia angular de la vibración resultante
b) La posición del carrito en función del tiempo
c) La amplitud de la vibración resultante
P ≔ 50 N
m
g ≔ 9.81 ―
s2
Resolución:
2. Realizamos el diagrama del cuerpo libre del carrito, con x=0 para la
posición de equilibrio.
x ⋅ ⎛⎝K1 + K2 + K3⎞⎠ =0
‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾
K1 + K2 + K3 rad
―――― = 9.034 ――
m s
2⋅π
――= 0.696 s
ωn
1
――― = 1.437 Hz
0.696 s
6.La posición y la velocidad del carrito en función del tiempo estarán dadas
por las expresiones:
7.Para las condiciones iniciales dadas por el problema, donde t=0, Xo=75mm
y v(0)=375mm/s, tenemos:
mm
375 ――
s
A ≔ 75 mm B ≔ ―――― = 41.51 mm
1
9.034 ⋅ ―
s
- Separando términos:
- Multiplicando:
lbf
W ≔ 30 ft ⋅ 20 ft ⋅ 30 ――
ft 2
W = 18000 lbf
W s2
m ≔ ―= 46.6214 lbf ⋅ ―
g in
s2
m = 0.0466 kip ⋅ ―
in
E ≔ 29000 ksi
Ix ≔ 82.8 in 4
h ≔ 12 ft
⎛ 12 ⋅ E ⋅ Ix ⎞
Kylateral ≔ 4 ⋅ ⎜――― ⎟
⎝ h3 ⎠
kip
Kylateral = 38.5995 ――
in
E⋅A 2 kip
Klat ≔ ――⋅ ((cos ((θ)))) = 59.899 ――
L in
kip
2 ⋅ Klat = 119.799 ――
in
Iy ≔ 18.3 in 4 h ≔ 12 ft
12 ⋅ E ⋅ Iy kip
Kcol ≔ 2 ⋅ ――― = 4.266 ――
h3 in
kip
Kxlateral ≔ 2 ⋅ Klat + Kcol = 124.064 ――
in