Modelamiento Sistemas Rotores - Orbita

Modelamiento de Sistemas Rotores

ME755

Dr. Ing. Rodrigo Pascual J.Departamento de Ing. Mecanica

Universidad de Chile

Septiembre 2004 1

1Esta es una version preliminar, en constante evolucion, y con numerosas faltas de ortografıa y otros erroresno forzados. Agradezco sus aportes.

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Indice general

I Modelamiento general 7

1. Resena historica 91.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1.1. Rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1.2. Clasificacion de los rotores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1.3. Clasificacion de los modelos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2. Historia del analisis de rotores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2. Introduccion general 112.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2. Conceptos iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2.1. Componentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2.2. Sistemas modelizables con un grado de libertad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2.3. Propiedades de un sistema con un grado de libertad . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.3. Vibraciones libres f(t) = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3.1. Respuesta libre sin amortiguamiento c = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3.2. Masa-resorte en compresion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3.3. Respuesta libre con amortiguamiento c > 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.4. Analisis de estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.5. Vibraciones forzadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.5.1. Vibraciones forzadas con excitacion armonica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.5.2. Algebra compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.5.3. Vibraciones debido a una masa excentrica rotando . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.5.4. Vibraciones forzadas por movimiento de la base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.5.5. Aislamiento de vibraciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.6. Funcion de Respuesta en Frecuencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.7. Metodos de modelamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.7.1. Metodo de Rayleigh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.7.2. Metodo de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.8. Vibraciones forzadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.8.1. Caso general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.8.2. Espectro en frecuencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.8.3. Metodo de Duhamel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.9. Comentarios finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3. Modelos basicos 453.1. Modelo inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.2. Modelo de viga simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.3. Rotor rıgido simetrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.4. Rotor flexible con efecto giroscopico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.5. Rotor rıgido asimetrico en descansos flexibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3.5.1. Velocidades criticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.5.2. Velocidades de giro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3

4 INDICE GENERAL

3.5.3. Modos de giro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.5.4. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66


4. Metodo de Rayleigh-Ritz 734.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.2. Descripcion del modelo general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4.2.1. Disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 774.2.2. Eje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 794.2.3. Descanso elastico intermedio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.2.4. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.2.5. Ecuaciones del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

4.3. Rotor simple en descansos rıgidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.3.1. Frecuencias naturales y efecto giroscopico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.3.2. Sentido de giro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 864.3.3. Modos propios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 874.3.4. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 894.3.5. Resonancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 894.3.6. Respuesta forzada al desbalance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 894.3.7. Ortogonalidad de la fuerza de desbalance con respecto al modo de giro hacia atras 904.3.8. Respuesta forzada, excitacion asincronica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.3.9. Respuesta forzada, fuerza harmonica fija en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.4. Rotor simetrico con 2 discos y descansos rigidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.5. Rotor con disco en voladizo y descansos rıgidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.6. Rotor con eje flexible y descanso intermedio asimetrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.6.1. Sentido de giro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.6.2. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.6.3. Respuesta forzada fuerza asincronica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.6.4. Fuerza harmonica fija en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.7. Analisis de estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.7.1. Determinacion de la inestabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.7.2. Criterio de Routh-Hurwitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.7.3. Modelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.7.4. Amortiguamiento pequeno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.7.5. Amortiguamiento general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.7.6. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.8. Amortiguacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.8.1. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1054.8.2. Observaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1054.8.3. Respuesta forzada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.8.4. Desbalance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.8.5. Fuerza asincronica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.8.6. Fuerza asincronica fija en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

4.9. Ejemplo experimental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

5. Analisis modal numerico 1195.1. Sistemas conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1195.2. Sistemas no conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1195.3. Modos propios complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1205.4. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.5. Respuesta Forzada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1225.6. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

INDICE GENERAL 5

6. Multi-rotor con el metodo de Rayleigh-Ritz 1256.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1256.2. Descripcion del modelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

6.2.1. Energıa cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1276.2.2. Energıa potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1276.2.3. Trabajo virtual del descanso intermedio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1276.2.4. Energıa cinetica del desbalance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

6.3. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1286.4. Rotor simetrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

6.4.1. Frecuencias crıticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1296.4.2. Respuesta forzada al desbalanceamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

6.5. Rotor asimetrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1316.5.1. Diagrama de Campbell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1316.5.2. Respuesta forzada al desbalance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

6.6. Sistema amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1356.6.1. Diagrama de Campbell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1356.6.2. Respuesta forzada al desbalanceamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

7. Analisis Espectral 1377.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1377.2. Analisis de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

7.2.1. Nociones basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1377.2.2. Paso frecuencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1407.2.3. Aliasing . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1407.2.4. Efecto de rendija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1417.2.5. Ruido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1427.2.6. Efecto de fuga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

7.3. Discretizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1447.4. Componente DC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1457.5. Parametros de adquisicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1467.6. Espectros usuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

7.6.1. Modulacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1487.6.2. Ruido en la senal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

7.7. Unidades standard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1517.8. Tipo de valor mostrado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1537.9. Valor RMS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1547.10. Factor de Cresta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

8. Cadena de medicion 1578.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

8.1.1. Transduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1578.1.2. Acondicionamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1578.1.3. Digitalizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1578.1.4. Procesamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1578.1.5. Registro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

8.2. Sensores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1588.2.1. Sensores de desplazamiento sin contacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1588.2.2. Sensores de desplazamiento con contacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1598.2.3. Sensor de velocidad de bobina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1598.2.4. Sensor de velocidad piezoelectrico (piezovelocity transducer) . . . . . . . . . . . . . 1608.2.5. Acelerometro piezoelectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.2.6. Saturacion de acelerometros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.2.7. Seleccion de acelerometros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1638.2.8. Filtros [?] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1638.2.9. Filtros pasa-bandas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

6 INDICE GENERAL

8.2.10. Colectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

9. Metodo de los elementos finitos 1679.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1679.2. Elementos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

9.2.1. Disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1679.2.2. Eje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1689.2.3. Descansos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

9.3. Desbalance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1709.4. Ensamble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1709.5. Grados de libertad fijos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1719.6. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1729.7. Efectos de los descansos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1839.8. Comentarios finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

10.Metodos directos de integracion 19110.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19110.2. Metodos de integracion directa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

10.2.1. Metodo de la diferencia central . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19210.2.2. Metodo de Houbolt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19610.2.3. Metodo Wilson θ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19810.2.4. Metodo de Newmark . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

10.3. Analisis de estabilidad y exactitud . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20510.4. Modelos en Simulink . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

10.4.1. Modelos con un grado de libertad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21210.4.2. Modelo con n grados de libertad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212


11.Analisis torsional 21911.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

11.1.1. Consideraciones de diseno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21911.1.2. Objetivos del analisis torsional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

11.2. Formulacion del modelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22011.2.1. Considerando las diferentes velocidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22211.2.2. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

11.3. Condensacion de grados de libertad sin masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22311.3.1. Ecuacion del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22611.3.2. Amortiguamiento del rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22611.3.3. Amortiguamiento en descansos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22711.3.4. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

11.4. Respuesta forzada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22911.4.1. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

11.5. Respuesta transiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.5.1. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

11.6. Estabilidad en sistemas con control automatico de velocidad . . . . . . . . . . . . . . . . . 23411.6.1. Ejemplo numerico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237


12.Vibraciones transientes 25512.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25512.2. Rotor de Jeffcott . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25512.3. Aceleracion constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25812.4. Torque motriz limitado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260

12.4.1. Vibracion en estado estacionario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26012.5. Comentarios finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262

INDICE GENERAL 7

II Anomalıas y situaciones especiales 265

13.Eje asimetrico 26713.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26713.2. Ecuaciones del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26713.3. Vibraciones libres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26913.4. Vibraciones forzadas cerca de una velocidad critica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27113.5. Ejes asimetricos horizontales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27413.6. Comentarios finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278

14.Eje doblado 28114.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28114.2. Formulacion del modelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28114.3. Resultados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28214.4. Sumario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28514.5. Comentarios finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291

15.Defectos de elementos mecanicos 29515.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29515.2. Rodamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295

15.2.1. Fallas de fabricacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29515.2.2. Paso de los elementos rodantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298

15.3. Acoplamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29915.4. Junta cardanica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299

16.Juego radial en descansos 30316.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30316.2. Ecuaciones del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30316.3. Resonancia harmonica y resonancias sub-harmonicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30516.4. Comentarios finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312

17.Descansos con pelıcula de aceite 31717.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31717.2. Ecuacion de Reynolds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32117.3. Aproximacion de descanso corto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32317.4. Aproximacion de descanso largo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32617.5. Analisis de estabilidad de un rotor elastico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32617.6. Medidas preventivas para el oil whip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330

18.Rotor con grieta 33518.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33518.2. Modelo lineal con desbalance dinamico τ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33518.3. Modelo del eje con grieta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337

19.Balanceamiento 34119.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341

19.1.1. Vocabulario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34119.1.2. Balanceamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34219.1.3. Razon de Reduccion de Desbalance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34319.1.4. Tipos de desbalanceamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34319.1.5. Tipos de balanceamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34419.1.6. Calidad de balanceamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344

19.2. Balanceamiento en 2 planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34619.2.1. Metodo de los coeficientes de influencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34619.2.2. Recomendaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347

8 INDICE GENERAL

19.3. Balanceamiento en 1 plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34719.3.1. Metodo de los coeficientes de influencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34719.3.2. Metodo sin medicion de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

19.4. Norma ISO 5406 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34819.4.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

III Anexos 353

A. Metodo de la matriz de transferencia 355A.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355A.2. Descripcion del metodo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355

A.2.1. Analisis modal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357A.2.2. Respuesta forzada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359

A.3. Sistemas rotores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361A.3.1. Vibraciones libres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361A.3.2. Vibraciones forzadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365

B. Identidades utiles 367B.1. Fasores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367B.2. Momentos de seccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367

B.2.1. Seccion rectangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367

Curvas ejemplo motor sincronico 371

Normas para el analisis de vibraciones 373B.3. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373B.4. Organizaciones proveedoras de normas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373B.5. Criterios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374

B.5.1. Tipo de maquinaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374B.5.2. Severidad de vibracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374

B.6. Maquinas rotativas con rotores rıgidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374B.6.1. Evaluacion de la condicion a partir de mediciones en descansos . . . . . . . . . . . 376B.6.2. Maquinas rotativas con descansos flexibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376B.6.3. Norma ISO 2373 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376B.6.4. Norma NEMA MG1-1993 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377B.6.5. Normas API . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377

B.7. Maquinas alternativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377B.8. Reductores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378B.9. Compresores centrifugos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378B.10.Bombas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378B.11.Embarcaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378B.12.Estructuras civiles e industriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378B.13.Seres humanos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378

Prefacio

Las maquinas rotatorias representan la inmensa mayorıa de los sistemas mecanicos industriales.Equipos tales como motores electricos, turbomaquinas (bombas, turbinas, ventiladores), motores de com-bustion interna son de uso universal. El ingeniero mecanico esta confrontado al diseno optimo de talesequipos y luego durante su operacion, a su mantencion.

Un estrategia optima de mantencion se apoya en la medicion de las condiciones de los equipos, lo quedenominamos mantencion predictiva. Es en este punto donde las vibraciones juegan un rol fundamentalen la industria moderna: el analisis de las mismas es una de las tecnicas de mayor empleo, por su eficienciaen la deteccion incipiente de fallas.

Justifiquemos la denominacion del curso:

”rotor” designa al conjunto de partes que rotan en una maquina, incluyendo ejes, discos, alabes.

Anadimos el termino sistema para extender al concepto a maquinas que presentan varios ejes, en-granajes, juntas, descansos, fundaciones.

Definamos tambien modelo:

Un modelo es un prototipo de algo que es real.

y recalquemos los beneficios obtenidos del modelamiento. Un modelo:

es una herramienta de aprendizaje: permite establecer las relaciones e importancia de losdiferentes parametros en la respuesta del sistema. En nuestro caso, una maquina.

permite filtrar aquellos parametros y condiciones que tienen poca incidencia en la respuesta delsistema

es un medio de discusion: si dos partes concuerdan en que las hipotesis y parametros que seusaron para construirlo son validas y suficientes entonces los resultados seran aceptados por laspartes; las limitaciones seran discutidas

es una herramienta de prediccion: es muy facil realizar analisis de sensibilidad; lo que guiara elproceso de rediseno o mejoramiento

por lo anterior, un modelo puede reducir significativamente los costos de desarrollo o mantencionde un sistema y acelerar sustancialmente el proceso de decision; en nuestro caso, a nivel de disenoo mantencion.

el proceso de construccion del modelo permite un acercamiento al problema que permita resaltarvariables que pasarıan desapercibidas de otra manera por la complejidad del sistema.

El curso ha sido dividido en dos partes: la primera presenta las tecnicas mas usadas para modelarel comportamiento de los sistemas rotores; en la segunda, nos concentraremos en las areas usuales queataca el ingeniero en un paıs como Chile: el diagnostico temprano para evitar la falla del equipo y susefectos sobre la produccion; para ello tambien utilizaremos modelos.

De lo anterior se aprecia que el curso se centra en el modelamiento matematico de los fenomenos quecausan la vibracion y sus efectos sobre los sistemas rotores. En especifico el modelamiento nos permitira:

1

2 INDICE GENERAL

1. Predecir velocidades crıticas; las cuales son aquellas para las cuales la amplitud de las vi-braciones ante un desbalance es maxima. Ello permite un diseno optimo y un diagnostico antemodificaciones eventuales en niveles de carga o velocidad de operacion.

2. Especificar condiciones de diseno para evitar frecuencias crıticas en las cercanıas de las fre-cuencias de operacion

3. Predecir frecuencias naturales tanto en flexion como en torsion

4. Calcular masas correctoras para efectos de balanceamiento de un rotor

5. Predecir niveles de vibracion ante excitaciones tales como el desbalance.

6. Determinar condiciones ante las cuales los sistemas rotores se convierten en inestables.

7. Determinar condiciones de diseno para evitar la inestabilidad dinamica.

Los modelos que veremos en el curso son determinısticos. Ello simplifica su planteamiento, y mantienesu representatividad de los fenomenos observados en sistemas reales.

Evaluacion del curso

Proyecto semestral

Al principio del curso se entregaran artıculos a cada grupo para implementen el metodo presentado;simulen los resultados obtenidos en la publicacion y discutan la validez de las hipotesis y resultados.

Artıculos propuestos:

(Nelson, 1976)[3]

(Galloway,1972)[1]

(Ehrich, 1988)[1]

(Lalanne,1998), Cap.6[1]

(Rao, 1983), Cap. 8[4]

Laboratorios

Como una manera de acercar a los alumnos al campo experimental y complementar el modelamientomatematico se desarrollaran los siguientes laboratorios:

1. obtencion de frecuencias naturales

2. obtener diagrama de Campbell

3. obtencion de respuesta forzada

a) rotor simple

b) rotor con descanso elastico

c) rotor con descanso hidrodinamico

4. balanceamiento

INDICE GENERAL 3

Ponderacion

Como una forma de premiar el auto-aprendizaje, el proyecto y los laboratorios y tareas se ponderancon un 70% de la nota:

30 % proyecto

40 %laboratorios y tareas

30 % controles y examen

Herramientas utilizadas

Buena parte del curso esta programada en ambiente Matlab. (Acklam, 2000)[5] [bajar aquı] presentauna serie de estrategias interesantes de programacion en este lenguaje generico de computacion.

http://www.cec.uchile.cl/~rpascual/me755/ebib/acklam00.pdf

4 INDICE GENERAL

Bibliografıa

[1] Nelson, H.D., Glasgow, D.A., A Quick, Graphical Way to Analize Rotor Whirl, Machine Design,124-130, 1976.

[2] Ehrich, F., High order subharmonic response of high speed rotors in bearing clearance, Journal ofVibration, Acoustics, Stress, and Reliability in Design, 110(9):1016, 1988.

[3] Lalanne, M., Ferraris, G., Rotordynamics Prediction in Engineering, John Wiley and Sons, 2nd ed.,1998.

[4] Rao, J.S, Rotor Dynamics, John Wyley & Sons,1983.

[5] Acklam, P.J., MATLAB array manipulation tips and tricks, Report, Statistics Division Depart-ment of Mathematics University of Oslo Norway E-mail: [email protected] WWW URL:http://www.math.uio.no/ jacklam/

5

6 BIBLIOGRAFIA

Parte I

Modelamiento general

7

Capıtulo 1

Resena historica

1.1. Definiciones

1.1.1. Rotor

En general, el termino rotor es usado para la parte que rota en una maquina. El termino opuesto esestator, que indica la parte estatica de la maquina.

1.1.2. Clasificacion de los rotores

Las maquinas rotativas consisten de

discos de varias formas

arboles o ejes con diametros variables en funcion de la posicion longitudinal

descansos, situados en varias posiciones

Las maquinas rotativas se clasifican de acuerdo a sus caracteristicas como sigue:

Si la deformacion del eje es negligible en el rango de operacion, se considera un rotor rıgido

Si el eje se deforma apreciablemente para alguna velocidad en rango de operacion se habla de rotorflexible.

La clasificacion no solo depende de las dimensiones geometricas del rotor. En el analisis de rotoresveremos que la velocidad induce resonancias debido a la excentricidad de la masa del rotor que llamare-mos velocidades criticas, para las cuales la deformacion del eje es importante. Por lo tanto es necesarioconsiderar el rango de velocidades de operacion tambien, antes de clasificar al rotor.

1.1.3. Clasificacion de los modelos

En ciertos modelos, se considera que los discos son rıgidos y que la masa de los ejes se concentra enla posicion axial de los discos. Se habla entonces de modelo de parametros concentrados.

Si se consideran distribuciones de rigidez y masa se habla de un modelo de parametros distribuidos.

1.2. Historia del analisis de rotores

Rankine (1869), analisis de la precesion de un rotor

Laval (fines siglo XIX), inventa exitosamente una turbina de vapor de una etapa. Uso inicialmente unrotor rıgido para luego cambiar por uno flexible. Mostro que era posible trabajar sobre la frecuenciacritica.

9

10

Dunkerley (1894), formula experimental para determinar velocidades criticas en multi-rotores.

Miwa(1907), maquina para balanceamiento de rotores rıgidos

Holzer(1921), metodo aproximado para calcular frecuencias y modos en torsion

Jeffcott(1919), primera teorıa de dinamica del rotor

Stodola(1924), libro sobre dinamica del rotor, incluye balanceamiento de rotores rıgidos, metodosaproximados para estimar velocidades criticas, rotores continuos

Newkirk (1924-25), inestabilidad por friccion interna, inestabilidad por oil whip

Smith(1933), inestabilidad por sistema excitados parametricamente (sistemas asimetricos)

Lewis(1932), fenomenos no estacionarios al pasar por resonancias

Prohl(1945), Metodo de la matriz de transferencia

Federn(1957), balanceamiento de rotores flexibles

Thomas(1958), vibraciones auto-excitadas en turbinas de vapor

Alford(1965), vibraciones auto-excitadas en compresores

Ehrich(1966), resonancias sub-harmonicas en turbinas de avion

Ruhl(1972), Metodo de los elementos finitos

Schweitzer (1975), descansos magneticos, amortiguadores activos

Gash(1976), analisis de efectos de grietas

Capıtulo 2

Introduccion general

2.1. Introduccion

Antes de presentar los modelos mas simples de un sistema rotor, es necesario introducir ciertosconceptos como frecuencia natural, respuesta transiente, respuesta forzada, respuesta estacionaria.

2.2. Conceptos iniciales

Una primera defincion fundamental en el analisis de vibraciones es la de grado de libertad:

Definicion 1 El numero de grados de libertad de un sistema es el mınimo numero de coordenadas nece-sarias para definir completamente las posiciones de los elementos de masa del sistema en el espacio.

2.2.1. Componentes

Un sistema mecanico con un grado de libertad se esquematiza usualmente como se muestra en figura10.13. Consta de los siguientes elementos:

Inercia o masa m, concentrada en un bloque rıgido

Elemento elastico o resorte k, que no tiene masa

Elemento disipador de energıa, usualmente un amortiguador viscoso con constante c,

Fuente de excitacion, puede tratarse de una fuerza o momento o de un movimiento conocido delextremo libre del resorte.

Figura 2.1: Sistema con un grado de libertad

11

12

f fx1 x2

Figura 2.2: Equilibrio del resorte

f

x

Figura 2.3: Barra sujeta a traccion/compresion

El resorte

La deformacion del resorte esta descrita por la ley:

k(x2 − x1) = f

(ver figura 2.2)

Ejemplo 1 La deformacion de la barra de seccion A y longitud l mostrada en figura 2.3 esta dada por:

σ = Eε

lo que puede ser re-escrito como:f

A= E

x

l

por lo tanto la constante del resorte equivalente esta dada por:

k =f

x=EA

l

Observacion 1 Notese como la rigidez puede ser considerada como la fuerza necesaria para lograr undesplazamiento unitario.

El amortiguador

El amortiguador viscoso mostrado en figura 2.4 sigue la siguiente ley:

f = c(x2 − x1)

f fx1 x2

. .

Figura 2.4: Esquema de amortiguador viscoso

R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 13

K KK

K

Figura 2.5: Sistema con elementos rıgidos y flexibles

Sistema LinealExcitación Respuesta

Figura 2.6: Esquema de un sistema lineal

2.2.2. Sistemas modelizables con un grado de libertad

Sistemas con cuerpos que pueden considerarse rıgidos y con elementos flexibles

En figura 3.9 se aprecia un sistema de tal tipo.

Sistemas flexibles donde predomina un modo

2.2.3. Propiedades de un sistema con un grado de libertad

Un balance de fuerzas del sistema de 1 g.d.l. (figura 10.13) resulta en la ecuacion

mx+ cx+ kx = f(t)

la que representa un sistema lineal. Ello implica que cumple las siguientes propiedades:

Principio de superposicion

αx (f) = x(αf)

x(f1 + f2) = x(f1) + x(f2)

La respuesta steady-state a una excitacion armonica de frecuencia ω, es a la misma frecuenciaω.Para:

f(t) = α sin(ωt)

la respuesta es de la forma:

x(t) = β sin(ωt+ φ)

donde φ es el angulo de desfase entre la excitacion f(t) y la respuesta x(t).

14

θθ

Figura 2.7: Sistema con un grado de libertad

Ejemplo 2 Considere el sistema de figura 2.7. Su equilibrio esta descrito por:∑i

Mi = Iθ

Iθ +mgl

2sin θ = 0

El senθ se puede descomponer en la serie de Taylor:

sin θ = θ − θ3

3+θ5

5− θ7

7...

Por lo que si los desplazamientos son pequenos se puede despreciar los terminos y asumir que:

sin θ ≈ θ

y queda la ecuacion linealizada del pendulo:

Iθ +(mg

l

2

)θ = 0

2.3. Vibraciones libres f(t) = 0

Se desea conocer la respuesta de un sistema ante un desplazamiento inicial

x(t = 0) = x(0) = x0 (2.1)

o ante una velocidad inicial:

x(0) = x0 (2.2)

2.3.1. Respuesta libre sin amortiguamiento c = 0

En este caso se tiene el problema de valores iniciales:

mx+ kx = 0

bajo las condiciones 2.1 y 2.2. La solucion general esta dada por:

x(t) = a cos(ωnt) + b sin(ωnt)


con

ωn =

√k

m(2.3)

Las constantes A y B se encuentran al aplicar las condiciones 2.1 y 2.2:

x(t) = xo cos(ωnt) +x0

ωnsin(ωnt)

que puede ser simplificada ax(t) = x sin(ωnt+ ϕ) (2.4)

con

x =

√x2

0 +(x0

ωn

)2

tanϕ = ωnxox0

Al derivar la ecuacion 4.9 aparecen las expresiones para la velocidad y la aceleracion:

x(t) = ωnx0 sin(ωnt+ ϕ+

π

2

)x(t) = ω2

nx0 sin (ωnt+ ϕ+ π)

Observacion 2 La velocidad esta adelantada en 90o respecto del desplazamiento.

Observacion 3 La aceleracion esta adelantada en 180o respecto del desplazamiento

Observacion 4 |x(t)| = ωn |x(t)|

Observacion 5 |x(t)| = ω2n |x(t)|

Observacion 6 la frecuencia ωn solo depende del sistema (k,m). Al aumentar la rigidez k tambienaumenta la frecuencia natural; al aumentar la masa la frecuencia natural disminuye.

2.3.2. Masa-resorte en compresion

Retomando la solucion (2.3) para un sistema masa resorte (en posicion vertical) y recordando que ladeformacion estatica xst del resorte ante el peso de la masa es:

kxst = mg

Sustituyendo:

ωn =√

g

xst

Veremos mas tarde que esta formula tiene aplicacion practica en la base de maquinas que deben seraisladas.

2.3.3. Respuesta libre con amortiguamiento c > 0

En este caso el problema de valores iniciales es:

mx+ cx+ kx = 0 (2.5)

con las condiciones 2.1 y 2.2. La solucion general de 11.1 es de la forma:

x = ert (2.6)

16

Observacion 7 Notese que r puede ser un numero complejo. En tal caso x tambien lo sera. Fısicamentela parte real de la solucion x correspondera al desplazamiento medible.

Observacion 8 Recordemos queeiθ = cos θ + i sin θ

O sea, para que el sistema vibre debe tener raıces con parte compleja no nula.

Sustituyendo2.6 en 11.1: (mr2 + cr + k

)x = 0

La que tiene la solucion trivial x = 0. En otro caso:

mr2 + cr + k = 0 (2.7)

la que tiene la solucion:

r1 = − c

2m+

√( c

2m

)2

− k

m(2.8)

r2 = − c

2m−√( c

2m

)2

− k

m

Para que el sistema vibre, ri deben ser complejos. Ello implica:

k

m>( c

2m

)2

La situacion extrema ocurre cuando c = cc (amortiguamiento critico) donde

cc = 2mωn

con ωn definida en 2.3.A fin de normalizar las ecuaciones se define el factor de amortiguamiento como:

ξ =c

cc

con lo que 2.8 se re-escribe:

r1 = −ξωn + ωn√ξ2 − 1

r2 = −ξωn − ωn√ξ2 − 1

Vibraciones libres con amortiguamiento sub-critico ξ < 1

Dado que las raıces de la ecuacion caracterıstica 2.7 son complejas, las soluciones son del tipo:

x(t) = e−ξωnt (a cos(ωnt) + b sin(ωnt))

las constantes A y B se encuentran al aplicar las condiciones 2.1 y 2.2:

x(t) = e−ξωnt

(xo cos(ωdt) +

x0 + x0ξωnωd

sin(ωdt))

(2.9)

donde la frecuencia natural amortiguada ωd es definida por la frecuencia natural del sistema conservativoy la razon de amortiguamiento ξ:

ωd = ωn√

1− ξ2

que puede ser simplificada ax(t) = xe−ξωnt sin(ωdt+ ϕ) (2.10)


con

x =

√x2

0 +(x0 + x0ξωn

ωd

)2

tanϕ = ωdxo

x0 + x0ξωn

Observacion 9 El amortiguamiento implica que las vibraciones libres disminuyen exponencialmente a0 en el tiempo.

Observacion 10 La frecuencia de la vibracion libre ωd es menor que la del sistema conservativo asociado(ωn).

Observacion 11 En general, ξ es menor al 20%, por lo que ωd ≈ ωn.

Estimacion rapida del amortiguamiento

Una forma sencilla de estimar el factor de amortiguamiento ξ es a traves del decremento logarıtmico,el cual se define como:

δ = ln(

xnxn+1

)donde xn y xn+1 corresponden a las maximas amplitudes entre el inicio y el fin de un periodo cualquiera

(ver figura 2.8). Para tales instantessin(ωdt+ ϕ) = 1

entonces el factor de amortiguamiento es:

δ = ln(

e−ξωnt

e−ξωn(t+Td)

)= ξωnTd =

2πξ√1− ξ2

Observacion 12 Td corresponde al periodo de la vibracion:

Td =2πωd

Observacion 13 Para amortiguamiento bajo, δ ≈ 2πξ

Ejemplo 3 La rigidez de una viga empotrada a una carga aplicada en su extremo libre es

k =3EIl3

Para vigas rectangulares:

I =bh3

12el modulo de elasticidad del acero es

E = 207 · 109N/m2

ρ = 7850 Kg/m3

La viga del ejemplo tiene las siguientes dimensiones:

l = 0,28m

h = 1,6 · 10−3m

b = 2,6 · 10−2m

Las masa en el extremo (el sensor) es de 0.21 Kg, el cable, 0.12 Kg. Mida la frecuencia natural y eldecremento logarıtmico. Calcule el factor de amortiguamiento y compare con la frecuencia natural teorica.

18

0 1 2 3 4 5-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

tiempo (s)

po

sici

ón

(m

m)

Xn + 1Xn

¶

Figura 2.8: Medicion del decremento logarıtmico

Vibraciones libres con amortiguamiento critico ξ = 1

Dado que en este caso la raız r de la ecuacion caracterıstica 11.1 es real, no hay respuesta de tipovibratorio. Ella esta dada por:

r1 = r2 = −ξωn

x(t) = e−ξωnt (a+ bt)

e introduciendo las condiciones iniciales:

x(t) = [x0(1 + ωnt) + x0] e−ξωnt

Vibraciones libres con amortiguamiento supercrıtico

r1, r2 = −ξωn ± ωn√ξ2 − 1

x(t) = e−ξωnt[a sinh

(ωn√ξ2 − 1

)+ b cosh

(ωn√ξ2 − 1

)]Observacion 14 El sistema tiende a su equilibrio.

Ejercicio 1 Un ejemplo clasico de un sistema super amortiguado son las puertas auto-cerrantes. Con-struya un modelo de una y mida el tiempo en que una puerta regresa a su equilibrio. Ajuste su modelohasta obtener una buena correlacion.

2.4. Analisis de estabilidad

La forma general de la respuesta de un sistema regido por la ecuacion:

mx+ cx+ kx = 0

esx(t) = aest


0 1 2 3 4 50

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

tiempo (s)

po

sici

ón

(m

m)

Figura 2.9: Respuesta tıpica de un sistema sobre-amortiguado

dondes = σ + jω

Para que el sistema sea inestable, basta con que la parte real de s sea positiva.

Ejemplo 4 Dado el sistema de la figura ??, analizar su estabilidad. Del equilibrio de momentos:∑M = Iθ

−k l2

sin θl

2cos θ +mgl sin θ = ml2θ

cuya version linealizada es:ml2θ + (kl − 2mg)θ = 0

entoncesr2 = − k∗

m∗ = −kl − 2mg2ml

L/2

m

k k

Figura 2.10: Ejemplo de sistema condicionalmente estable

20

f

Figura 2.11: Excitacion armonica

basta con que kl − 2mg < 0 para que la raız r sea positiva lo que convierte al sistema en inestable.

Ejercicio 2 Construya un sistema similar al de la figura y verifique la conclusion anterior.

2.5. Vibraciones forzadas

2.5.1. Vibraciones forzadas con excitacion armonica

mx+ cx+ kx = fo sinωt

la respuesta del sistema esta dada por:

x(t) = ae−ξωnt sin(ωdt− ϕ) + x¯0 sin (ωt− φ) (2.11)

A y ϕ se determinan a partir de las condiciones iniciales. La respuesta estacionaria:

x¯0 =

f0k

1√[1−

(ωωn

)2]2

+[2ξ ω

ωn

]2 (2.12)

tanφ =2ξ ω

ωn

1−(ωωn

)2 (2.13)

Observacion 15 La respuesta transiente desaparece en el tiempo (e−ξωnt).

Observacion 16 La respuesta estacionaria tiene la misma frecuencia que la fuerza excitatriz (ω)

Observacion 17 El angulo de desfase cuando ω = ωn es de 90o. Esta condicion es frecuentementeutilizada para identificar frecuencias naturales.

Al derivar la ecuacion 3.18 con respecto a la frecuencia de excitacion se obtiene el valor maximo dela vibracion y la frecuencia a la que ello ocurre:

xomax =f0k

1

2ξ√

1− ξ2(2.14)

ωxomax= ωn

√1− 2ξ2

Si el factor de amortiguamiento ξ es pequeno:

xomax =f0k

12ξ

ωxomax≈ ωn


0 2 4 6 8 10-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

tiempo (s)

po

sici

ón

(m

m)

Figura 2.12: Respuesta total del sistema a una excitacion armonica

notese que f0k corresponde a la respuesta (estatica) a una fuerza estatica. Asi, es conveniente definir el

factor de amplificacion q como

q =12ξ

con lo que la ecuacion 2.14, es normaliza respecto de la respuesta estatica:

xomax = xω=0q

El grafico 2.13 muestra la amplitud de la respuesta estacionaria vs la frecuencia y para varios valoresde amortiguamiento.

Observacion 18 Se aprecia que cuando la frecuencia de la excitacion esta cercana al de la frecuencianatural la respuesta tiende a crecer bastante. A este fenomeno de amplicacion se le conoce como resonancia

Observacion 19 La condicion de resonancia es comunmente culpable de altas vibraciones en equipos yestructuras sujetas a cargas dinamicas.

Observacion 20 En el caso de un sistema conservativo (ξ = 0) si la frecuencia de excitacion coincidecon la frecuencia natural el desplazamiento tiende al infinito.

Observacion 21 Notese que si la frecuencia de excitacion es mucho mayor que la frecuencia natural delsistema la respuesta tiende a 0. Este es el principio de los sismografos, velocımetros de bobina, steady-cams, etc. Cabe la pregunta:¿Es la hipotesis de 1 grado de libertad aun valida?.

2.5.2. Algebra compleja

Este metodo facilita el calculo de la respuesta forzada estacionaria. Como sabemos que la respuestaestacionaria a una fuerza sinusoidal es de la forma:

x(t) = x0 sin (ωt+ φx)

ella tambien podrıa ser expresada como la parte imaginaria de un vector complejo x que gira con frecuenciaω (ver figura 2.14):

x = x0 cos (ωt+ φx) + jx0 sin (ωt+ φx)

= x0ejωt+φx

22

0 1 2 3 4 510

-2

10-1

100

101

102

103

Frecuencia normalizada

Re

sp

ue

sta

no

rma

liza

da

Figura 2.13: Amplitud de la respuesta estacionaria normalizada (c/r a Fo

k ) vs frecuencia normalizada (c/ra ωn)

t=0

ωt

φx

Figura 2.14: Metodo del algebra compleja


kc

mm

mu

e

ω

Figura 2.15: Sistema con un grado de libertad sujeto a vibracion forzada producto de una masa excentricarotando

Aplicando en mismo concepto a f = f0 sin (ωt+ φf ):

f = f0 cos (ωt+ φf ) + jf0 sin (ωt+ φf )

= f0ejωt+φf

y sustituyendo en la ecuacion del movimiento:(−ω2m+ jωc+ k

)x = f

y despejando:

x =1

−ω2m+ jωc+ kf (2.15)

Observacion 22 Notese que cuando ω << ωn la respuesta tiene aproximadamente la amplitud de larespuesta estacionario f0/k. Se habla entonces de la zona resorte; donde el efecto de la masa y el amor-tiguador son despreciables.

Observacion 23 Cuando ω >> ωn el termino ω2m domina el denominador en (2.15) y la respuesta esbasicamente la de una masa: f = mx con x = −ω2x. Hablamos entonces de la zona masica.

2.5.3. Vibraciones debido a una masa excentrica rotando

La figura (2.15) se observa una masa mu montada sobre un rotor que esta conectada a la masa mm. Lamasa mu sigue una trayectoria circular de radio e con respecto a los descansos del rotor. La componentede desplazamiento de la masa mu en la direccion y (relativa a mm) es

yu − ym = e sinωt (2.16)

donde yu y ym son los desplazamientos absolutos de mu y m respectivamente (en la direccion Y ); e es lalongitud del brazo soportando mu; y ω es la velocidad angular del brazo en rad/s. La ecuacion diferencialdel movimiento del sistema es

mmym +muyu + cym + kym = mueω2 sinωt

Diferenciando (2.16) con respecto al tiempo, y resolviendo queda

(m1 +mu) y1 + cy1 + kym = mueω2 sinωt

donde reconocemos los terminos clasicos

m = mm +mu

f0(ω2) = mueω2

demy + cy + ky = f0(ω2) sinωt

con y = ym.

24

xb

x

Figura 2.16: Sistema excitado por la base

2.5.4. Vibraciones forzadas por movimiento de la base

Considerese el sistema de figura 2.16. En este caso no hay fuerzas externas pero se conoce el desplaza-miento de la base xb.

mx+ c(x− xb) + k(x− xb) = 0 (2.17)

O reordenando:mx+ cx+ kx = cxb + kxb︸︷︷︸

f∗

Si la exictacion es de tipo armonico:xb(t) = xb sinωt (2.18)

Entonces

f∗(t) = cωxb cosωt+ kxb sinωt

= xb√c2ω2 + k2︸︷︷︸f∗0

sin (ωt+ φf∗)

y aplicando el resultado (3.18):

x0 =xb√c2ω2 + k2

k

1√[1−

(ωωn

)2]2

+[2ξ ω

ωn

]2 (2.19)

Los esfuerzos a que estan sometidos los elementos conectores a la base dependen del movimiento relativoentre la base y la maquina. Es por ello que es conveniente reescribir la ecuacion 2.17 como:

mxr + cxr + kxr = −mxb︸︷︷︸Carga efectiva

(2.20)

donde xr es el movimiento relativo entre base y maquina.

Ejemplo 5 Determine el esfuerzo a que esta sometida la viga circular de diametro d de la figura sila base se mueve segun la ley 2.18. Considere solo el movimiento estacionario. La rigidez de una vigaempotrada a una fuerza aplicada en su extremo esta dada por:

k = 3EI

l3


m=0,l,d

M

Figura 2.17: Ejemplo de sistema con excitacion en la base

Para el caso estudiado la ecuacion del movimiento (2.20) es:

mxr + kxr = −mxb= mω2xb sinωt

Entonces

xr = xb

(ωωn

)2

1−(ωωn

)2 sinωt

Y el esfuerzo maximo que sufre la viga:

σ = kxrld/2I

=3Ed/2l2

(ωωn

)2

1−(ωωn

)2xb

2.5.5. Aislamiento de vibraciones

El aislamiento de vibraciones puede tener 2 objetivos alternativos: aislar a la maquina de las vibra-ciones ambientales; o reducir las vibraciones que la misma maquina genera en su entorno.

Aislamiento del entorno

Sea una maquina que genera fuerzas de la forma:

f = f0 sinωt

Se desea que sus efectos sobre otras maquinas sean mınimos. Se requiere especificar un elemento de rigidezy amortiguamiento para tal fin. Sea fb la fuerza que aplica la maquina sobre su fundacion:

fb = kxr + cxr

26

10-1

100

101

10-1

100

101

Frecuencia normalizada

Tra

nsm

isib

ilid

ad

Figura 2.18: Transmisibilidad Ft

F0

fb = f0

√√√√√√√1 +

[2ξ ω

ωn

]2[1−

(ωωn

)2]2

+[2ξ ω

ωn

]2︸︷︷︸

Tr

(2.21)

Observacion 24 La reduccion de fuerzas transmitidas a la fundacion se logra solo si ωωn

>√

2.

Observacion 25 Los elementos aislantes con poca amortiguacion son mas efectivos para aislar perodado que la frecuencia de excitacion es mayor que la frecuencia natural, ello implica que la maquinaatravesara la resonancia tanto al partir como al detenerse. Si la amortiguacion es insuficiente se puedenproducir resonancias importantes (y grandes esfuerzos).

Observacion 26 Mientras mayor sea la razon ωωn

menor es la transmisibilidad. Ello implica que eldisenador busca minimizar la frecuencia natural con elementos elasticos con menor rigidez. La limitanteaparece porque al ser baja la rigidez, la deflexion estatica puede ser demasiado importante.

Aislamiento de la maquina

Considerese la situacion descrita en la figura. Se desea que el movimiento de la maquina sea mınimo.Especifique las caracterısticas del elemento aislante.

x0 = xb

√√√√√√√1 +

[2ξ ω

ωn

]2[1−

(ωωn

)2]2

+[2ξ ω

ωn

]2 (2.22)

Notese que la expresion es similar a la de la ecuacion 2.21.


Figura 2.19: Viga con apoyos simples

2.6. Funcion de Respuesta en Frecuencia

Se define como la respuesta del sistema en el estado estacionario a una excitacion armonica:

H(ω) =x(jω)f(jω)

= |H(ω)| ejφ(ω)

Observacion 27 El uso de la transformada de Laplace permite localizar los polos y ceros del sistema afin de estudiar su estabilidad.

Observacion 28 La FRF es facilmente obtenible experimentalmente.

Las FRF son representadas usualmente en las siguientes formas:

Modulo vs frecuencia y fase vs frecuencias, conocidos como Diagramas de Bode.

Parte real vs parte imaginaria, conocido como Diagrama de Nyquist.

Parte real vs frecuencia y parte imaginaria vs frecuencia.

Usualmente los diagramas de Bode utilizan escalas logarıtmicas para las ordenadas. Ello facilita lavisulaizacion pues las FRFs usualmente incluyen varios ordenes de magnitud. Una forma standard deescala logarıtmica usa los decibeles (dB). Un dB se define como:

dB = 20 logx

xref

donde xref es un valor de referencia.

Ejercicio 3 Leer el articulo [?]. Elabore un programa que permita repetir los graficos incluidos en elarticulo. Conteste: Porque es util medir las FRF?

2.7. Metodos de modelamiento

En caso de que un sistema tenga masa y rigidez distribuida en forma homogenea (lo que implica quetiene ∞ grados de libertad) y se desee modelar con un solo grado de libertad (asumiendo las limitacionesde tal modelo a priori), es necesario suponer la forma en que el sistema se deformara. Dicha forma o modode vibrar debe cumplir con las condiciones de admisibilidad, vale decir que las restricciones geometricasa las que esta sometido el sistema deben cumplirse.

Ejemplo 6 Se desea construir un modelo de la viga simplemente apoyada de la figura 2.19: Una formacompatible de deformacion es un semi-seno:

y(x) = y0 sin(πxl

)(2.23)

donde x es la posicion medida desde un extremo y l es la distancia entre apoyos. Tal deformada se muestraen figura 2.20: Una forma alternativa es suponer una parabola:

y(x) = y0x

l

x− l

l(2.24)

la que a simple vista es muy similar a lo mostrado en la figura 2.20. Una forma incompatible se muestraen figura.

28

Figura 2.20: Modo de deformacion asumido

Figura 2.21: Violacion de condiciones de borde

Al suponer una forma de vibrar, la deformacion del sistema puede ser expresada como el productoentre una funcion que depende de la posicion (la forma de vibrar) y otra que depende del tiempo:

y(x, t) = y(x)q(t)

Observacion 29 y(x) ha sido asumida; q(t) es incognita.

2.7.1. Metodo de Rayleigh

Para conseguir la frecuencia natural del sistema se aplica la igualdad:

Tmax= Vmax (2.25)

dondeTmax es la energıa cinetica maxima, yVmax corresponde a la energıa de deformacion maxima.

Ejemplo 7 Determinar la frecuencia natural del sistema conservativo mostrado en figura 2.22:

y(t) = yo sinωnty(t) = yoωn cosωnt

Tmax =12my2

max =12my2

oω2n

Vmax =12ky2o

Segun el metodo12my2

oω2n =

12ky2o

por lo tanto

ω2n =

k

m(2.26)

Figura 2.22: Sistema masa resorte


Ejemplo 8 Conseguir la frecuencia natural de la viga de figura 2.19 asumiendo una deformacion deltipo definido en ecuacion 2.23. Tratandose de un sistema conservativo de un grado de libertad q(t) tomala forma:

q(t) = sinωnt

ver ecuacion 4.9. Entonces:y(x, t) = y0 sin

(πxl

)︸︷︷︸

y(x)

sinωnt

por lo que:y(x, t) = ωny(x) cosωnt

la energıa cinetica maxima esta dada por:

Tmax =12

M∫y2max∂m

=12

l∫y2(x)

m

l∂x

la energıa potencial maxima:

Vmax =12

∫ l

EI

(∂2y

∂x2

)2

∂x

Y usando la igualdad 2.25 resulta

ω2n =

∫ lEI(∂2y∂x2

)2

∂x∫ ly2(x)ml ∂x

= π4 EI

ml3

≈ 97,4EI

ml3

En caso de utilizar la hipotesis de deformacion 2.24 el resultado es:

ω2n = 120

EI

ml3

lo que implica una estimacion de la frecuencia natural 11 % mayor que en el primer caso.

Observacion 30 Si la hipotesis de deformacion coincide con el modo de vibrar real, el metodo deRayleigh entrega el valor exacto de la frecuencia natural. Si no es el caso, la estimacion sera siem-pre mayor que el valor real. Ello se explica porque los errores de la hipotesis anaden restricciones almovimiento del sistema, rigidizandolo.

Ejemplo 9 1Estime la frecuencia natural del sistema mostrado en figura. Compare resultados si se con-sidera o no la masa m de la viga.

Datos:ancho b = 10cm, espesor h = 1cm, E = 2,1E11 Pa, ρ = 7800 Kg/m3, M = 20Kg, l1 = 1m, l2 = 1

2 l1(l = 3

2 l1).Usando el metodo de Lagrange y asumiendo una deformacion del tipo:

y(x, t) = sinωnt sinπx

l1para 0 < x <

32l1

1Control I 2001

30

Se tiene que:

ymax(x) = sinπx

l1

y2max(x) = ω2

n sin2 πx

l1

y

Vmax =12

∫ 32 l1

0

EI

(∂2ymax

∂x2

)2

dx

Tmax =12

∫ 32 l1

0

y2max

m

ldx+

12M y2

max

∣∣x= 3

2 l1

Derivando, (∂2y

∂x2

)2

=(π

l1

)4

sin2 πx

l1

entonces

Vmax =EI

2

(π

l1

)4 ∫ 32 l1

0

sin2 πx

l1dx

pero ∫sin2 udu = −1

2cosu sinu+

12u

cambiando variables u = πxl1

, du = πdxl1, cos 3

2π = 0∫ 32 l1

0

sin2 πx

l1dx =

l1π

∫ 32π

0

sin2 udu

=l1π

12

32π

=34l1

entonces

Vmax =EI

2

(π

l1

)4 34l1

=12

3π4

4EI

l31

y

Tmax

ω2n

=12m

l

∫ 32 l1

0

sin2 πx

l1dx+

12M sin2

(32π

)=

12m

l

34l1 +

12M

=12

(34l1lm+M

)igualando Vmax y Tmax :

ω2n =

3π4

4EIl31

34l1l m+M

evaluando para los valores dados (considerando la masa m de la viga):

EI = 2,1 · 1011 ·10−1 ·

(10−2

)312

= 1750Nm2

m = 10−1 · 10−2 · 1,5 · 7800 = 11,7Kg


entonces

ω2n =

3π4

4 175034

11,511,7 + 20

= 4946rad2/s2

fn1= 11,19Hz

Si no se considera la masa de la viga:

ω2n =

3π4

4 175020

= 6393rad2/s2

fn2 = 12,72Hz

o sea un error

ε% =(fn2

fn1

− 1)

100 = +13,7 %

2.7.2. Metodo de Lagrange

Se tiene

d

dt

(∂T∂q

)+∂V∂q

= Qq (2.27)

donde T corresponde a la energıa cinetica y V a la energıa potencial. Qq es el trabajo realizado por lasfuerzas externas.

Ejemplo 10 Viga con apoyos simples

y(x, t) = y(x)q(t)y(x, t) = y(x)q(t)

y(x) = y0 sinπx

l

T (q(t)) =12

M∫y2∂m

=12

∫ l

y2(x)q(t)2m

l∂x

=my2

0 q2

4

V(q(t)) =12

∫ l

EI

(∂2y(x, t)∂x2

)2

∂x

=12π4EI

l4q2∫ l (

y0 sinπx

l

)2

∂x

=EIπ4q2y2

0

4l3

Aplicando la ecuacion 2.27 resulta:

mq +EIπ4

l3q = 0

m∗q + k∗q = 0

Y aprovechando el resultado 2.26:

ω2n = π4 EI

ml3

32

2.8. Vibraciones forzadas

2.8.1. Caso general

Como se menciono anteriormente, el tener un sistema que sigue la ecuacion:

mx+ cx+ kx = f

es un sistema lineal. Ello permite explotar el principio de superposicion. Ası:

la fuerza f es descompuesta usando una serie de Fourier,

luego se considera cada componente separadamente para calcular la respuesta del sistema a ella(recordemos que cada componente es una excitacion armonica);

para finalmente sumar los aportes de cada componente.

2.8.2. Espectro en frecuencias

Una senal periodica, de periodo T0 puede ser expresada como:

x(t) = a0 +∞∑i=1

xi sin (i2πf0t+ ϕi)

con

a0 =1T0

∫ T0

0

x(t)dt

xi =√a2i + b2i

tanϕi =aibi

ai =2T0

∫ T0

0

x(t) cos (2πif0t) dt

bi =2T0

∫ T0

0

x(t) sin (2πif0t) dt

Una forma practica de analizar senales es provista por la representacion de su contenido en frecuencias.Vease figura 2.23.

Observacion 31 Notese que el espectro de una funcion periodica solo contiene ”rayas” a multiplos dela frecuencia f0 = 1

T0.

Observacion 32 Una funcion no periodica puede ser considerada como una funcion periodica de periodoinfinito T0 = ∞. En tal caso la separacion entre las rayas tiende a cero y se habla de un espectro continuo.

2.8.3. Metodo de Duhamel

Para determinar la respuesta de un sistema a una excitacion arbitraria, tambien se puede descomponerla fuerza excitante f(t) en una serie de impulsos seguidos, calcula respuesta a cada impulso y luego sumarcada respuesta parcial.

Una fuerza de tipo impulso es una fuerza que se aplica durante un instante muy pequeno. El impulsose define como:

I =∫f(t)dt

Considerando la conservacion del momentum:

m∆x =∫f(t)dt


0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

tiempo

Figura 2.23: Senal temporal y su descomposicion espectral

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

tiempo

f(t)

ε

Figura 2.24: Impulso

La accion del impulso es comunicar una velocidad inicial

x(0+) =I

m

por lo que la respuesta del sistema sera de la forma:

x(t) =I

m

e−ξωnt

ωdsin(ωdt)

Respuesta impulsional

Se define como la respuesta a un impulso unitario:

h(t) =e−ξωnt

mωdsin(ωdt)

34

Convolucion

La contribucion de un impulso aplicado en el instante t = η a la respuesta en el tiempo t es:

x(t) = f(η)dηh(t− η)

Si usa el principio de superposicion, la respuesta total esta dada por:

x(t) =∫ t

0

f(η)h(t− η)dη = f(t) ∗ h(t) (2.28)

que es conocida como la integral de Duhamel. ∗ indica el producto de convolucion.

Observacion 33 La respuesta calculado con la ecuacion 2.28 corresponde a la transiente + la esta-cionaria.

Ejemplo 11 Calcule usando la convolucion la respuesta de un sistema conservativo, en reposo inicial, yexcitado por una fuerza f(t) = f0 sinωt

x(t) =∫ t

0

f(η)h(t− η)dη

=∫ t

0

f0 sinωη1

mωnsin(ωn (t− η))dη

Usando la identidad:

sin a sin b =12

[cos (a+ b)− cos (a− b)]

tenemos

x(t) =f0

2mωn

(∫ t

0

cos (ωη + ωn(t− η)) dη +∫ t

0

cos (ωη − ωn(t− η)) dη)

=f0/k

1−(ωωn

)2

(sinωt− ω

ωnsinωnt

)

Ejercicio 4 Demuestre este resultado usando las ecuaciones ya estudiadas.

Ejemplo 12 2Se tiene un motor de masa M montado en el extremo libre de una viga empotrada delongitud l, momento de inercia I y modulo de young E. El motor genera vibraciones a su frecuencia derotacion ω, la cual cumple la condicion

ω = ηω0

conη > 1

1. Estime la frecuencia natural si se asume un modo de deformar segun

y(x) = x2

Compare con la frecuencia natural si se desprecia la masa de la viga.

2. Calcule la amplitud de la respuesta estacionaria si el motor tiene un desbalance mdrd.

3. Dibuje el espectro de la respuesta obtenida en (2). Exprese la amplitud en peak-to-peak.

2de control 1, 2003.


4. Se desea anadir un absorbedor de vibraciones. A fin de asegurar su eficiencia se requiere que laprimera frecuencia natural del sistema modificado (2) este alejada al menos

ω1 < εω

de la frecuencia de operacion ω. Ademas,

0 ≤ ε ≤ 1

Determine propiedades (la, Ea, Ia, Ma) del sistema auxiliar viga-masa. Desprecie la masa de lasvigas.

1. Usando el metodo de Lagrange, asumimos un modo de deformacion de la forma

y(x, t) = y(x)q(t)

= x2 sinω0t

por lo que:y(x, t) = ω0x

2 cosω0t

yymax(x) = ω0x

2

la energıa cinetica maxima esta dada por:

Tmax =12

M∫y2maxdm+

12M(ω0l

2)2

=12

l∫ (ω0x

2)2 m

ldx+

12M(ω0l

2)2

=12ω2

0l4

(15ml +M

)donde m es la masa por unidad de longitud de la viga. La energıa potencial maxima:

Vmax =12

l∫EI

(∂2y

∂x2

)2

∂x

pero∂y(x)∂x

= 2x

y∂2y

∂x2= 2

luegoVmax = 2EIl

y usando la igualdad 2.25,12ω2

0l4

(15ml +M

)= 2EIl

entoncesω2

0 =4EI(

15ml +M

)l3

por otro lado sabemos que la rigidez de una viga empotrada es

k = 3EI

l3

36

M

Ma

Figura 2.25: Sistema con absorbedor

si despreciamos la masa de la viga y solo consideramos la masa M,

ω20 = 3

EI

Ml3

en tal caso, la razon entre las frecuencias naturales estimada entre (i)asumir el modo (x2) y (ii)asumir insignificante la masa de la viga es

ω20,i

ω20,i′

=

√4EIMl3

3EIMl3

=

√43

= 1,15

o sea un 15 % de diferencia.

2. La fuerza de desbalance genera una fuerza centrıfuga de amplitud mdrdω2 que gira con frecuencia

ω; o sea es expresable comof =mdrdω

2 (cosωtı+ sinωt)

Dado que la viga es muy rıgida en el eje axial, consideramos solo las vibraciones transversales. Setiene un sistema de un grado de libertad con rigidez

k = 3EI

l3

y masa M, excitado por una fuerzaf = mdrdω

2 cosωt

Segun ecuacion (3.18), sabemos que la respuesta estacionaria es de la forma

x(t) = x0 sin (ωt− φ)

donde:

x0 =mdrdω

2

k

1√[1−

(ωωn

)2]2

+[2ξ ω

ωn

]2 (2.29)

tanφ =2ξ ω

ωn

1−(ωωn

)2

3. El espectro de la respuesta estacionaria es una componente a la frecuencia ω, con amplitud 2x0,segun ecuacion 2.29.

4. Si consideramos el que sistema original es un sistema de un grado de libertad con contantes m, k.Luego,

ω0 =

√k

m


ω1

10-1

100

101

102

Frecuencia

Am

plitu

d

Inicialcon absorbedor

ω0 ω ω2

Figura 2.26: FRF con y sin absorbedor

El sistema con absorbedor se muestra en figura 2.25. La FRF en el motor sin y con absorbedor semuestra en figura (2.26). Si la rigidez y la masa del sistema auxiliar se denotan ma, ka la matricesdel sistema acoplado toman la forma:

K=[

k −ka−ka ka

]M=

[m

ma

]por conveniencia, normalizamos los valores del sistema absorbedor a

ka = αk

ma = βm

luego

K=k[

1 + α −α−α α

]= kK∗

M=m[

1β

]= mM∗

Sabemos que el sistema auxiliar debe cumplir la siguiente ecuacion para anular las vibraciones a lafrecuencia de operacion λω0: √

kama

= λω0

oα

β

k

m= λ2ω2

0

oα

β= λ2 (2.30)

(11.6) entrega la primera ecuacion del problema de encontrar (ka,ma).Para usar la segunda condicion, calculamos las frecuencias naturales usamos la ecuacion de equilibrio,

Kqi = ω2iMqi

38

que premultiplamos por la inversa de M para hallar el problema de valores propios standard

Ax = λx

luego

k

mM∗−1

K∗qi = ω2i qi

ω20M

∗−1K∗qi = ω2

i qi

o

M∗−1K∗qi =

(ωiω0

)2

qi

o sea

A = M∗−1K∗

λi =(ωiω0

)2

luego,

A =[

1 + α −α−αβ

αβ

]aprovechando la condicion (11.6),

A =[

1 + α −α−η2 η2

]Resolviendo el problema de valores propios de A,

λ1,2 =1 + α+ η2 ∓

√(α+ (η + 1)2

)(α+ (η − 1)2

)2

Notese que el argumento de la raız es siempre positivo. Ahora aprovechamos la restriccion impuesta sobrela primera frecuencia natural con respecto a la frecuencia de operacion ηω0:(

ω1

ηω0

)2

< ε2

o seaλ1

η2< ε2

de la que despejamos α:

α(ε, η) <

(ε2 − 1

) ((εη)2 − 1

)ε2

(2.31)

Usando (11.6) se despeja β. Luegoma = βm

yka = αk

Recordando que para una viga empotrada con carga en el extremo libre se tiene

ka = 3EaIal3a

fijando el material y la longitud de la viga del absorbedor,

Ea = E∗

la = l∗


obtenemos finalmente el momento de inercia:

Ia =l∗

3E∗ka

Ejemplo 13 3Se ha detectado que las vibraciones de un ventilador sobrepasan los valores aconsejadospor la norma. Al balancear se reduce el problema pero aun ası los valores son excesivos. La frecuencia derotacion del motor-ventilador (acoplamiento directo) es 1490 RPM. Una prueba de impacto a reveladoque la primera frecuencia natural del sistema es 28 Hz. Por costos se descarta cambiar la velocidad derotacion. La vibracion principal ocurre en el plano vertical. la masa del sistema es m = 300 Kg.

La frecuencia de rotacion del sistema es de

1490160

= 24,8 Hz

como el desbalance es la causa mas comun de vibracion en equipos rotatorios y su frecuencia es tancercana a la frecuencia natural del sistema:

24,8− 2828

= −11,4 %

se diagnostica probable situacion de resonancia. Asumiendo que el sistema puede ser modelado como unocon 1 grado de libertad, estimamos la rigidez a partir de la frecuencia natural obtenida y la masa delsistema vibrando:

k = mω20

= 300 (28 · 2π)2

= 9,28 · 106 N/m

Retomando el ejemplo (12), y tomando valores arbitrarios para definir un amortiguador dinamico:

ε = 0,9η = 0,1

y usando (2.31), llegamos a

α =

(0,92 − 1

) ((0,9 · 0,1)2 − 1

)0,92

(2.32)

= 0,23

lo que define la rigidez normalizada del sistema absorbedor, luego

ka = 0,23k

= ,23 · 9,28 · 106 N/m

= 2,13 · 106 N/m

yma = ,1 · 300 = 30 Kg

Ejemplo 14 Considere 4 el sistema de figura 4.35. Consiste de una viga sujeta por una rotula, de masapor unidad de longitud ρl y con 2 masas M en sus extremos.Interesa estudiar el primer modo elasticoque se asumira de la forma

x = y2

El modulo de Young es E, el momento de inercia de la seccion es I. Se tiene

β =ρll

M3examen 2003.

4control I, 2004

40

1. Estime la frecuencia natural en funcion de EI, β;

2. Describa en una ecuacion la respuesta total a una excitacion radial

f(t) = f0 sinωt

que actua en el extremo libre de la viga. Una respuesta transiente ha mostrado que las amplitudesmaximas entre dos ciclos consecutivos tienen una relacion constante

0 < α =xmax(i+ 1)xmax(i)

< 1 (2.33)

3. Cual es la amplitud de la respuesta estacionaria?

x

y

Figura 2.27: pendulo elastico

Segun enunciado, nos damos una solucion de la forma

x(y, t) = x0y2 sinωnt

luegoxmax(y) = x0y

2

x(y, t) = x0y2ωn cosωnt

yxmax(y) = x0y

2ωn

la energıa cinetica maxima puede ser aproximada por:

Tmax =12

∫V

y2maxρ∂V +

12Mx2

max(l)

=12

l∫ l

0

x2max(y)ρl∂y +

12M(x0l

2ωn)2

=12ρl

l∫ l

0

(x0y

2ωn)2∂y +

12M(x0l

2ωn)2

=12ρl (x0ωn)

2 l5

5+

12M(x0l

2ωn)2

=12Mx2

0ω2nl

4

[β

5+ 1]

La energıa cinetica de la masa M en la rotula es despreciable. Para la energıa potencial maxima, des-preciamos la energıa potencial gravitatoria y solo tomamos en cuenta la energıa de deformacion de la


viga:

Vmax =12

∫ l

0

EI

(∂2xmax(y)

∂y2

)2

∂y

=12

∫ l

0

EI

(∂2(x0y

2)

∂y2

)2

∂y

=12

∫ l

0

EI (2x0)2∂y

=12EI (2x0)

2l

Y usando

Vmax = Tmax

12EI (2x0)

2l =

12Mx2

0ω2nl

4

[β

5+ 1]

queda

ω2n =

4[β5 + 1

] EIMl3

Para el calculo de la respuesta forzada podemos usar Lagrange. Si

x(y, t) = x(y)q(t)

=(yl

)2

q(t)

notese que q(t) puede ser interpretada como el desplazamiento en el extremo del pendulo. Se tiene

x(y, t) = x(y)q(t)

La energıa cinetica puede ser aproximada por:

T =12

∫V

y2ρ∂V +12Mx2(l)

=12

∫ l

0

x2ρldy +12M [x(l)]2

=12

∫ l

0

[(yl

)2

q(t)]2ρldy +

12M [q]2

=12

(ρll

5+M

)q2

=12M

(β

5+ 1)q2

=12mq2

luego

m = M

(β

5+ 1)

y la energıa potencial por

V =12

∫ l

0

EI

(∂2x

∂y2

)2

∂y

42

(∂2x

∂y2

)2

=(∂2

∂y2

[(yl

)2

q

])2

=(

2l2q

)2

V =12

∫ l

0

EI

(2l2q

)2

∂y

=12EI

(2l2q

)2

l

=12

(4EIl3

)q2

=12kq2

luego

k =4EIl3

el trabajo virtual realizado δW por la fuerza externa f = f(t) al realizar un desplazamiento virtual δx0

puede ser aproximado por

δW = fδxy=l

= f · 1 · δq

pero la fuerza generalizada fq es definida por

δW = fqδq

luegofq = f

lo que nos da la expresion del equilibrio dinamico del pendulo flexible:

mq + kq = f(t)

La expresion (2.33) nos entrega el decremento logarıtmico. La frecuencia natural no amortiguada es

ωn =

√k

m

luego el factor de amortiguamiento se puede despejar de

α =2πξ√1− ξ2

y la respuesta forzada es

x0 =f0k

1√[1−

(ωωn

)2]2

+[2ξ ω

ωn

]22.9. Comentarios finales

Hemos revisado los conceptos de frecuencia natural, respuesta transiente y respuesta estacionaria-entre otros- para sistemas que se comportan como uno de un grado de libertad.

Nos hemos limitado al estudio de sistemas lineales, o sea donde los coeficientes de masa, rigidez yamortiguamiento son constantes. En caso de no serlo, hemos aproximado para pequenos desplazamientosen torno al punto de equilibrio estatico.

Bibliografıa

[1] Seto, M., Vibraciones Mecanicas, Serie Schaum, McGraw-Hill, 1970.

[2] Harris, C.M.,Shock and Vibration Handbook,Ch.2, 4th ed., Mc-Graw-Hill, 1996.

[3] Geradin, M., Rixen, D. Mechanical Vibrations, Wiley, 2nd edition, 1997.

43

44

Capıtulo 3

Modelos basicos

3.1. Modelo inicial

El modelo mas simple de un rotor se muestra en figura (3.2). consiste de una masa rıgida m montadasobre un resorte lineal con constante k; considerando la segunda ley de Newton:

mx(t) + kx(t) = fx(t) (3.1)

La primera velocidad crıtica puede ser estimada a partir de:

ωn =

√k

mrad/s

fn =12π

√k

mHz

o expresado en rpmN = 60 · fn rpm

Para un rotor rıgido montado sobre descansos flexibles (3.1),

k = 2kb

y para un rotor flexible montado sobre descansos rıgidos simples (figura 3.3):

k =48EIl3

Claro que un modelo tan simple posee una serie de limitaciones:

1. El modelo de ecuacion (3.1) solo modela vibraciones en un plano (xz en este caso), y los rotoresgiran en orbitas.

2. La combinacion de las vibraciones en los planos xy y yz pueden producir varios tipos de orbita:cırculos, elipses, lıneas.

xm

k/2 k/2

Figura 3.1: Rotor rıgido en descansos flexibles

45

46

kz/2 kz/2 kz

kz G

Figura 3.2: Rotor rıgido en descansos flexibles

Figura 3.3: Rotor flexible en descansos rıgidos

Lo anterior se supera al considerar un modelo con 2 grados de libertad, uno en cada plano:

mx(t) + kx(t) = fx(t)mz(t) + kz(t) = fz(t)

lo que escribiremos en formato matricial:

Mx + Kx = f (3.2)

con

M = m

[1

1

]K = k

[1

1

]f =

fx(t)fz(t)

x =

x(t)z(t)

donde

M es la matriz de inercia o de masa,K es la matrices de rıgidezf es el vector de cargasx es el vector de desplazamientosEl desbalance es la causa mas comun de vibracion. Si la posicion del punto pesado en el instante t = 0

(figura 3.4) es

x0(0) =e0

y

xe

Figura 3.4: Posicion del desbalance en t = 0


meω2

x

z

x.

Figura 3.5: Fuerza centrıfuga ocasionada por el desbalance me

Figura 3.6: Descanso tipo pedestal

o sea, esta sobre el plano xy; y el rotor gira en sentido horario con velocidad angular ω, el vector posicionangular es de la forma

ω(t) = −ω (3.3)

luego la fuerza es descompuesta en sus dos componentes,

f = meω2

cosωtsinωt

donde e es la distancia entre el centro geometrico del disco y el centro de masa del mismo. los

terminos sinusoidales tienen un desfase de acuerdo a la descomposicion de la fuerza de desbalance, quees de direccion radial (figura 3.5).

En caso de analizar un rotor rıgido en descansos flexibles puede ocurrir que la rıgidez en el plano xzsea distinta de la rıgidez en el plano yz (figura ??). En tal caso consideramos el modelo de ecuacion 3.2con:

K =[kx

kz

]Observacion 34 Note como crece rapidamente la fuerza excitadora con la frecuencia.

El sistema 3.2 esta desacoplado por lo que la solucion es la misma de dos sistemas de 1 grado delibertad, resueltos de manera independiente:

48

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 510-4

10-3

10-2

10-1

100

101

102

ω/ωn

|x|/e

Figura 3.7: Respuesta al desbalance

x(t) = x0 cosωt = e(ω/ωx)

2

1− (ω/ωx)2 cosωt

z(t) = z0 sinωt = e(ω/ωz)

2

1− (ω/ωz)2 sinωt

donde

x0 = e(ω/ωx)

2

1− (ω/ωx)2

z0 = e(ω/ωz)

2

1− (ω/ωz)2

ωx =

√kxm

ωz =

√kzm

son las frecuencias naturales en los ejes xz e yz respectivamente.Cuando la frecuencia de rotacion ω tiende a cero tambien lo hace la vibracion (figura 3.7). Al pasar

por la frecuencia natural se producen grandes amplitudes. Luego la amplitud tiende asintoticamente atener amplitud e (el rotor gira sobre el centro de masas G).

La orbita que describe el centro del eje es elıptica (ver figura 3.8):

x2(t)x2

0

= cos2 ωt (3.4)

z2(t)z20

= sin2 ωt

= 1− cos2 ωt (3.5)

Sustituyendo (3.4) en (3.5):x2(t)x2

0

+z2(t)z20

= 1


-10

-5

0

5

10

0

2

4

6

8

10-10

-5

0

5

10

x/e

ωz=5ωx

ω/ωx

z/e

Figura 3.8: Orbitas descritas por sistema con rigidez asimetrica. Las orbitas en ambas resonancias hansido truncadas en la visualizacion

En caso de que kx = ky la orbita es circular.El sentido de giro esta dado por la direccion de

x× x

como se aprecia en figura ?? (en este caso hemos extendido la definicion del vector de desplazamientospara anadir la coordenada y:

x× x =

x0 cosωt0

z0 sinωt

×

−x0ω sinωt0

z0ω cosωt

=

0−z0x0ω

0

(3.6)

Par que el rotor de giros hacia adelante, osea, gire en la misma direccion en la que rota, se debecumplir

ω(t) · (x× x) ≥ 0

aplicando (3.3)y (3.6)

ω(t) · (x× x) =

0−ω0

T 0

−z0x0ω0

(3.7)

= z0x0ω2

o sea, el giro hacia adelante ocurre si

1

1−(ωωx

)2

1

1−(ωωz

)2 ≥ 0

50

caso contrario se produce el giro hacia atras.

Observacion 35 en este modelo, el desbalance solo logra giro hacia atras. entre las 2 frecuencias natu-rales ωx, ωz. Si la rıgidez es igual en ambos planos, nunca se producira el fenomeno.

3.2. Modelo de viga simple

Considerando un nivel de amortiguamiento, las ecuaciones del movimiento del centro del eje son:

mx+ cx+ kx = meω2 cosωt (3.8)

my + cy + ky = meω2 sinωt

con lo que definimos la matriz de amortiguacion,

C = c

[1

1

]Si definimos r = x+ iy se puede expresar como:

mr + cr + kr = meω2ejωt

cuya solucion es

r = r0ej(ωt−φ)

r0 = e

(ωωn

)2

√[1−

(ωωn

)2]2

+[2ξ ω

ωn

]2tanφ =

2ξ ωωn

1−(ωωn

)2

Cuando ω ' ωn se producen grandes amplitudes y se habla de velocidad crıtica.

Observacion 36 El concepto de velocidad crıtica se aplica ante una excitacion de desbalance. Existende otro tipo, como veremos en proximos capıtulos.

Observacion 37 el modelo de viga (3.8) no toma en cuenta la rigidizacion que ocurre por el efectogiroscopico; ello sera incluido mas adelante.

Observacion 38 En una viga se producen deflexiones dinamicas lo que induce mecanismos de disipacionde energıa y fatiga, por efectos de histeresis. En el caso de un rotor, este gira como una viga flectada sincambiar su curvatura dinamicamente.

A continuacion, se entrega un listing en Maple V para obtener (3.7):

> with(linalg):> x := vector([x0*cos(omega*t),0,z0*sin(omega*t)]);> v:= vector([-x0*omega*sin(omega*t),0,z0*omega*cos(omega*t)]);> aux:=crossprod(x,v);> Omega:=vector([0,-omega,0]);> dotprod(aux,Omega);> simplify(");


K KK

K

Figura 3.9: rotor rıgido en descansos flexibles

3.3. Rotor rıgido simetrico

Considerese el sistema de figura 3.9, compuesto por un cilindro rıgido montado en descansos flexiblesde rigidez k. En este caso hemos definido las traslaciones u y v (en cada plano) y las rotaciones econrespecto al eje que pasa por el centro de masas (α y β,figura 3.14) .

V =12k

(u+

l

2α

)2

+12k

(u− l

2α

)2

+

12k

(v +

l

2β

)2

+12k

(v − l

2β

)2

T =12m (x+ y)2 +

12Id

(α+ β

)2

+

12Ip

(Ω2 − 2Ωβα

)donde Ip es el momento polar de inercia e Id es el momento respecto de x o z (es igual). Para un cilindrode longitud h (eje y), radio r, masa M [2]:

Ip =Mr2

2

Id =M(3r2 + h2

)12

Si definimos -convenientemente la razon de inercias

p ≡ IpId

(3.9)

tenemos

p =Mr2

2M(3r2+h2)

12

=6r2

(3r2 + h2)

y definiendo

ν =h

rtenemos

p (ν) =6r2(

3r2 + (νr)2) (3.10)

=6

3 + ν2

52

Observacion 39 Cuando ν tiende a 0 (cilindros delgados), p tiende a 2. p esta acotado en el rango(0, 2).

Aplicandod

dt

(∂ (T − V)

∂qi

)− ∂ (T − V)

∂qi= Qqi

obtenemos:Mx+ΩGx + Kx = f (3.11)

que se puede separar por conveniencia en dos sistemas independientes:

Mtxt + Ktxt = ft (3.12)

Mrxr + ΩGrxr + Krxr = fr (3.13)

donde

M =[

Mt 00 Mr

]Mt = m

[1

1

]Mr =

[Id

Id

]K =

[Kt 00 Kr

]Kt = 2k

[1

1

]Kr =

12kl2[

11

]G =

[0 00 Gr

]Gr = Ip

[1

−1

]x =

xtxr

xt =

uv

xr =

αβ

f =

ftfr

ft =

fxfz

fr =

TxTz

Al resolver (14.2),

ω1, ω2 = ±√ktm


y de (3.13),

ω3, ω4 = Ω12IpId±

√(ΩIp2Id

)2

+kl2

2Id

y usando la razon de inercias p (ecuacion 3.9):

ω2t ≡

kl2

2Id

ω3

ωt,ω4

ωt=p

2Ωωt±

√(p

2Ωωt

)2

+ 1

Cuando p→ 0 el efecto giroscopico es despreciable y,

ω3, ω4 = ±ωt

Observacion 40 p no tiende a 0 para discos delgados, tiende a 2 (ecuacion 3.10). NdP.

Observacion 41 La frecuencia de giro Ω no afecta las frecuencias naturales de modos cilındricos (ω1, ω2)(ver figura ??).

Observacion 42 El aumento de Ω incrementa ω3 y disminuye ω4.

Observacion 43 El efecto giroscopico se incrementa con p (ver figuras ?? y ??).

Observacion 44 En figura ?? se muestra como lınea discontinua la excitacion provocada por el desbal-ance. Se aprecia que corta las lıneas del modo de giro conico hacia adelante (ω3) para p = 0 y p = 0,5,pero no para valores superiores a p = 1. Esto ultimo implica que el desbalance no excitara el modo paraestas razones de inercia. Para valores de p inferiores a la frecuencia de rotacion a la cual se producira unafrecuencia crıtica es:

ω2res =

ω2t

1− p

Ejemplo 15 ??1Considere el sistema de figura (4.15), compuesto por un eje con longitud entre descansos,l, y de diametro σl (σ 1). A αl (0 < α < l/2) de cada extremo hay un disco de diametro βl y espesorγl, con γ β. El rotor esta fabricado en material con modulo de Young E y densidad ρ. Esta montadoen descansos simetricos con constante de rigidez k,

k = ϕ48EIl3

Proponga un modelo y calcule las frecuencias naturales cuando ϕ 1. Como ϕ 1, se tiene que losdescansos son mucho menos rigidos que el eje, lo que permite modelar el sistema como un rotor rigidocon descansos flexibles. Como las inercias estan ubicadas simetricamente con respecto al centro del rotor,tambien podemos modelarlo como un sistema simetrico. Basta con identificar los parametros del modelopresentado en esta seccion. Masa de cada disco,

md = ρ

(π

(βl)2

4γl

)=πβ2γ

4ρl3

(despreciando la correccion por la seccion atravezada por el eje). Masa del eje,

me = ρ

(π

(σl)2

4l

)=πσ2

4ρl3

1control 1, 2004.

54

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

2

4

6

8

10

12

ω/ωt

ω3/ω

t

P=2

P=1

P=.5

P=0

Figura 3.10: Analisis del giro para el 3er modo

Momento polar de cada disco,

Ip,d =πβ4γ

32ρl5

Momento polar del eje,

Ip,e =πσ4

32ρl5

y el momento polar del sistema es

Ip = Ip,d + Ip,e =π(β4γ + σ4

)32

ρl5

El momento de masa transversal de cada disco es (con respecto a su centro de gravedad);

Id,dcg=md

12

(3(βl

2

)2

+ (γl)2)

=πβ2γ

48

(34β2 + γ2

)ρl5

y llevado al centro de gravedad del sistema,

Id,d = mdl2

(12− α

)2

+ Id,dcg

=πβ2γ

4

(12− α

)2

ρl5 +πβ2γ

48

(34β2 + γ2

)ρl5

=πβ2γ

4

((12− α

)2

+112

(34β2 + γ2

))ρl5


0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5-1

-0.9

-0.8

-0.7

-0.6

-0.5

-0.4

-0.3

-0.2

-0.1

0

ω/ωt

ω4/ω

t

P=2

P=1

P=.5

P=0

Figura 3.11: Analisis del giro para el 4to modo

y para el eje,

Id,ec.g.=me

12

(3(σl

2

)2

+ l2

)

=πσ2

48

(3σ2

4+ 1)ρl5

llevado al centro de gravedad del sistema,

Id,e = me

(l

2− αl

)2

+ Id,ec.g.

=πσ2

4ρl5(

12− α

)2

+πσ2

48

(3σ2

4+ 1)ρl5

=πσ2

4

((12− α

)2

+112

(34σ2 + 1

))ρl5

luego,

Id = Id,d + Id,e

= κρl5

con

κ =π

4

((β2γ + σ2

)(12− α

)2

+β2γ

12

(34β2 + γ2

)+σ2

12

(34σ2 + 1

))Al disponer de expresiones para Id e Ip podemos utilizar los resultados generales anteriores. El caso ϕ 1es presentado en §4.4.

56

Figura 3.12: Modo cilındrico y conico para un rotor con 2 masas

y

z

Figura 3.13: Sistema a analizar en flexion

3.4. Rotor flexible con efecto giroscopico

Ordenando las traslaciones y rotaciones (figura 3.14):

q =

uvαβ

la ecuacion del movimiento queda:

mm

IpIp

q+Ω

Id−Id

q+

kt

ktkr

kr

q =

fxfyTxTy

(3.14)

con

kt =6EIl3

kr =6EIl

En la ecuacion 3.14 se aprecia que las traslaciones y rotaciones estan desacopladas. A su vez lastraslaciones horizontales estan desacopladas tambien. Podemos resolver independientemente:

m

[1

1

]uv

+ kt

[1

1

]uv

=fxfz

(3.15)

Ip

[1

1

]α

β

+ ΩId

[1

−1

]α

β

+ kr

[1

1

]αβ

=TxTz

(3.16)


x

yz

ωt

α

β

Figura 3.14: Rotor de Jeffcott

Las ecuacion 3.15 producen 2 modos propios de traslacion (ortogonales entre si figura 3.15) con lamisma frecuencia:

ω1 = ω2 =

√ktm

De ecuacion 3.16 aparecen dos frecuencias naturales dependientes de la velocidad de rotacion Ω:

ω3, ω4 = Ω12IdIp±

√(ΩId2Ip

)2

+krIp

Ejemplo 16 2Calcule la respuesta estacionaria de un rotor de Jeffcott con un disco de ancho 2 cm,diametro 10 cm, con un eje de 40 cm de largo, de diametro 1 cm que es excitado en el plano vertical yen la posicion axial del disco con un pulso cuadrado valor medio 0, amplitud peak-peak 1 N, periodo 0.05s. La velocidad del rotor es 1800 rpm. El efecto del desbalance presente es despreciable frente al pulso. Elfactor de amortiguamiento se estima en 2%. Utilizando analisis de Fourier, con los 3 primeros terminosde la serie. Integracion numerica.Compare resultados. Comente.

2examen 2004.

58

Mode 1Mode 2

Figura 3.15: Modos asociados a traslaciones

Retomando el modelo de ecuacion (3.14), reconocemos:

l = 0,4 md = 0,01 m

E = 2 1011 N/m2

ρ = 7800 Kg/m3

dd = 0,1 mhd = 0,02 mΩ = 1800 rpmξ = 0,02

Como la excitacion es exclusivamente en el plano vertical se resuelve el sistema con 1 grado de libertad:

mv+cv+ktv=fy

con

m = ρπd2d

4h

= 0,39 Kg

I =π

4

(d

2

)4

kt =6EIl3

= 9204 N/m

ωn =

√ktm

= 154 rad/s

c = ξcc = 2ξmωn = 2,4 N/(m/s)

La fuerza actuando se muestra en figura (3.16). Las primeras componentes del espectro se observan


0 0.005 0.01 0.015 0.02 0.025 0.03 0.035 0.04 0.045 0.05-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

Tiempo (s)

Fuer

za (N

)

AplicadaAproximación con 3 términos

Figura 3.16: Fuerza aplicada en el plano vertical (1 periodo) y aproximacion con 3 terminos de la seriede Fourier.

0 100 200 300 400 500 600 700 8000

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

Frecuencia (Hz)

Am

plitu

d (N

)

Figura 3.17: Descomposicion de Fourier en Matlab

en figura (3.17). Se observa que la serie solo contiene componentes impares multiplos de la frecuenciafundamental de la senal (20 Hz):

f = ,6366 cos(2π20t− 1,5647) + ,2122 cos(2π3 · 20t− 1,5524) + ,1273 cos s(2π5 · 20t− 1,5401)

El codigo Matlab usado es:

rho=7800, h=0.02, dd=0.1E=2E11, l=0.4, d=0.01, xi=0.02I=pi*(d/2)^4/4, m=rho*dd^2/4*h, kt=6*E*I/l^3wn=sqrt(kt/m), cc=2*m*wn, c=xi*cc

T=.05, dt=T/512, t=0:dt:T;y(1:floor(length(t)/2))=.5;y(floor(length(t)/2)+1:length(t))=-.5;plot(t,y), xlabel(’Tiempo (s)’), ylabel(’Fuerza aplicada (N)’)

Y = fft(y,512)/(512/2);Y(1)=Y(1)/2;

60

f = (0:256)/T;bar(f,abs(Y(1:257)),.01)ylabel(’Amplitud (N)’), xlabel(’Frecuencia (Hz)’)

y2=.6366*cos(2*pi*20*t-1.5647)+.2122*cos(2*pi*3*20*t-1.5524)+....1273*cos(2*pi*5*20*t-1.5401);figure, plot(t,y,t,y2), xlabel(’Tiempo (s)’), ylabel(’Fuerza (N)’)

Con lo cual es sencillo calcular la respuesta estacionaria aproximada, aplicando el principio de super-posicion. Del analisis de capıtulo §2 obtenemos:

x(t) ≈3∑i=1

x0,i cos (ωit+ φ0,i − φi) (3.17)

conx0,i =

f0,ikt

1√[1−

(ωi

ωn

)2]2

+[2ξ ωi

ωn

]2 (3.18)

y

tanφi =2ξ ωi

ωn

1−(ωi

ωn

)2 (3.19)

Para el ejemplo,

f0 =

,6366,2122,1273

N

Ω = 2π · 20

135

rad/s

φ0 =

−1,5647−1,5524−1,5401

rad

De lo que resultan las siguientes amplitudes para las 3 componentes:

x0 =

0,1830,0050,001

10.−3 m

por lo que la respuesta es ampliamente dominada por la 1X como se aprecia en figura 3.18.Para efectos de comparacion se construyo un modelo en Simulink (figura 3.19) [bajar] y se realizo la

integracion numerica. Los resultados se muestran en figura (3.20). Se aprecia que la aprocimaxion con 3terminos se considera satisfactoria.

3.5. Rotor rıgido asimetrico en descansos flexibles

Los sistemas rotores pueden vibrar violentamente si operan a velocidades de rotacion cercanas a susvelocidades criticas de giro. Es necesario entonces determinarlas a nivel de diseno para evitar sistemaspoco robustos o con poca vida util.

Los modos de giro de un conjunto rotor/descansos incluyen modos de cuerpo rıgido ası como modosde flexion del rotor. Es comun, sin embargo, que la velocidad de operacion sea muy baja para excitarlos modos de flexion del rotor. Por tanto, el rotor puede ser modelado como un cuerpo rıgido, lo quesimplifica el modelamiento.

http://www.cec.uchile.cl/~rpascual/me755/simulink/exa04me755.mdl


0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09 0.1-3

-2

-1

0

1

2

3x 10-4

Tiempo (s)

Des

plaz

amie

nto

(m)

Figura 3.18: Respuesta forzada estacionaria aproximada con 3 terminos de la serie de Fourier.

-K-

k

2.4

c

f

To Workspace2

y

To Workspace1

t

To Workspace

SignalGenerator

Scope

1s

Integrator1

1s

Integrator

Clock

-K-

1/m

Figura 3.19: Modelo en Simulink

62

15.03 15.04 15.05 15.06 15.07 15.08 15.09 15.1 15.11 15.12-3

-2

-1

0

1

2

3x 10-4

Tiempo (s)

Des

plaz

amie

nto

(m)

Figura 3.20: Respuesta forzada estacionaria con integracion numerica en Simulink

Figura 3.21: Modo de giro hacia adelante -cilındrico-

Normalmente, la rigidez axial de los descansos no tiene efectos en el comportamiento del rotor. Ademas,la rigidez radial usualmente varia muy poco en cualquier eje normal al eje del rotor, y es valido modelarcon una rigidez promedio. Lo anterior, simplifica aun mas el modelamiento.

Finalmente, muchos sistemas rotores disponen de muy poca amortiguacion, la l afecta muy poco lasfrecuencias naturales de giro del rotor. Lo anterior justifica el modelo conservativo que propondremos eneste capitulo.

3.5.1. Velocidades criticas

Un rotor rıgido tiene 4 grados de libertad: 2 traslaciones y 2 rotaciones. El movimiento axial esta re-stringido y la velocidad de rotacion es conocida. El sistema, por tanto, posee 4 frecuencias naturales.Cuando un rotor es excitado por una frecuencia cercana a una de sus frecuencias naturales, gira de unamanera caracterıstica conocida como modo propio o modo de giro.

En general, los modos propios de un sistema con un rotor rıgido con descansos elasticos isotropicosson circulares y en sentido hacia adelante o hacia atras con respecto a la direccion de la rotacion, comose muestra en figuras (3.21) y (3.22) respectivamente.

Figura 3.22: Modo de giro hacia atras -conico-


La velocidad de giro -whirl - esta relacionada con la velocidad de rotacion -spin- por la razon:

λ =Ωω

donde Ω es la frecuencia de rotacion del rotor (rad/s) y ω es la frecuencia de giro del rotor. λ es positivopara modos hacia adelante y negativo para modos hacia atras.

Para valores λ > 1, la velocidad de giro es menor que la velocidad de rotacion y se dice que el modode giro es sub-sincronico. Cuando 0 < λ < 1, la velocidad de giro es mayor que la de rotacion y sehabla de un modo super-sincronico. El caso λ = 1 corresponde al giro sincronico hacia adelante y es muyimportante pues la excitacion provocado por un desbalance tambien es sincronica (y el desbalance es lacausa mas comun de vibraciones en los sistemas rotores).

Las velocidades de giro generalmente cambian de magnitud a medida que la velocidad de rotacioncambia debido a los efectos giroscopicos. El grafico que muestra esa variacion se llama diagrama deCampbell. Un ejemplo se muestra en figura ??. En general, los modos de giro hacia adelante incrementansu magnitud con Ω mientras que los modos hacia atras muestran una tendencia a bajar en frecuencia.

Cada vez que una frecuencia de excitacion ωexc coincida con una de las frecuencias naturales degiro, se produce una condicion de resonancia. Las velocidades de rotacion correspondiente a estados deresonancia pueden ser determinadas a partir del diagrama de Campbell dibujando la recta

ωexc = fΩ

(como se ve en figura ??). Los puntos de interseccion de esta recta con las curvas de las frecuenciasnaturales vs Ω determinan las frecuencias de resonancia del sistema rotor analizado.

La fuente primaria de excitacion para sistemas rotores es el desbalance. La frecuencia de la excitacionen este caso es

ωexc = Ω

o seaf = 1

Las velocidades criticas asociadas a este tipo de excitacion son llamadas velocidades criticas primarias ylas denotaremos como η′1 y η′2 respectivamente.

Otras fuentes de excitacion seran denominadas secundarias, aun si pueden ser muy relevantes en lamagnitud de las vibraciones. La fuente secundaria mas comun es la gravedad con

ωexc = 2Ω

y el latigazo de aceite -oil whip-,ωexc ≈ 0,5Ω

Adicionalmente, como el sistema esta acoplado a otros componentes, pueden generar diferentes valorespara f .

Para un sistema dado, una vez construido el diagrama de Campbell y establecido todas las posiblesfuentes de excitacion, se pueden determinar todas las posibles velocidades criticas. La mayorıa de lasexcitaciones implican a los modos de giro hacia adelante (valores positivos de f), por lo que los modoshacia adelante son usualmente mas importantes. Sin embargo, los modos hacia atras tambien pueden serexcitados bajo ciertas circunstancias por lo que tambien se deben analizar valores negativos de f .

3.5.2. Velocidades de giro

Las frecuencias de giro de un rotor rıgido montado sobre descansos elasticos e isotropicos se puedendeterminar a partir de la ecuacion cuadratica adimensional:

c2Λ2 + c1Λ + c0 = 0 (3.20)

64

con

c2 = µD − λµP

= µD

(1− λ

ρ

)c1 = − (1 + σ) (µD − λµP ) +

(α2 + β2σ

)= − (1 + σ) c2 +

(α2 + β2σ

)c0 = σ (α− β)2

Observacion 45 podrıa estudiarse la condensacion de µP por la razon de inercias

ρ =µDµP

con se hizo en la referencia [1]. (los efectos giroscopicos dependen mucho de ρ). Por ejemplo cuandoλρ = 1 ,c2 = 0 y Λ1,2 en (3.21) se indefinen. Estudiar cuando ρ tiende a 0 o inf. NdP.

Las soluciones son bien conocidas

Λ1,2 =12−c1 ±

√c21 − 4c2c0c2

(3.21)

y donde

σ =k2

k1

µD =IDml2

µP =IPml2

α =a

l

β =b

l

Para resolver esta ecuacion, deben estimarse primero los parametros de diseno adimensionales α, β, µD,µP y σ. Luego, se deben identificar las posibles fuentes de excitacion. Finalmente, se calculan los valoresapropiados de λ usando

λ =1f

y se resuelve para las dos raıces del polinomio cuadratico () que corresponden a las frecuencias adimen-sionales Λ1 y Λ2, respectivamente.

Las frecuencias naturales son calculadas a partir de

ωi =√

Λi

√kim

i = 1, 2

En general, cuando el termino (µD − λµP ) es positivo, el sistema tiene 2 frecuencias para un valorparticular de λ.

Los graficos ??-3.24 muestran Λ1 y Λ2 en funcion de α, β, (µD − λµP ) para varios valores de σ.Notemos en (3.21) que Λi es complejo cuando

c21 − 4c2c0 < 0

o sea [− (1 + σ) (µD − λµP ) +

(α2 + β2σ

)]2 − 4 (µD − λµP )σ (α− β)2 < 0

Resolviendo en Maple

α2σλµP + 4σβ2λµP +(λµP − µD − σµD + σλµP + α2 + σβ2

)2< 0

como se ve los 3 terminos son positivos, y no hay solucion:Λ1,2 no pueden ser complejos.


-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 110-3

10-2

10-1

100

µD-λ µP

Λ1

σ=.2, α=.75

β=.1 β=.5 β=-.25

Figura 3.23: Primera frecuencia natural hacia adelante -adimensional-

10-3 10-2 10-1 100100

101

102

103

104

µD-λ µP

Λ2

σ=.2

β=.5, α=1.0β=.5, α=.75β=.5, α=.5

Figura 3.24: Segunda frecuencia natural hacia adelante -adimensional-

66

Figura 3.25: Diagrama del sistema del ejemplo

3.5.3. Modos de giro

Los radios de giro en cada descanso son obtenidos a partir de

ν1r =αΛr − (α− β)

(α+ β)σνcr (3.22)

ν2r =βΛr + (α− β)

(α+ β)σνcr

donde νcr es el radio de giro en el centro de masa.Una vez estimados νir i = 1, 2 se puede estimar la duracion de los descansos.

3.5.4. Ejemplo

Considerese el rotor de figura (3.25). Los parametros adimensionales para este sistema son

α = 0,75β = −0,25

µD = 0,03834µP = 0,05752σ = 1,0

El grafico de Campbell que se obtiene se muestra en figura (??).Tenemos entonces que las velocidades criticas para el desbalance (λ = 1) son:

η1 = 3525 rad/s

El modo conico hacia adelante no es excitado por el desbalance. Para la carga de gravedad (λ = 2), soloel modo cilındrico es excitado;

η′1 = 7158 rad/s

Si los descansos son hidrodinamicos puede ocurrir el latigazo de aceite (λ ≈ 0,5) que puede excitar ambosmodos hacia adelante;

η1 = 1746 rad/sη2 = 11219 rad/s

La tabla (3.1) muestra las frecuencias naturales de giro hacia adelante para el ejemplo.Los modos de giro hacia atras no son excitados en este sistema, pero podrian serlo en otra configu-

racion.A continuacion, se examina cada velocidad critica para determinar los modos propios del sistema.Para una excitacion de desbalance tenemos

Λ1 = 1,62


0 2000 4000 6000 8000 10000 12000-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5x 104

Ω (rad/s)

ω (r

ad/s

)

giro hacia adelante cilindricogiro hacia adelante conico giro hacia atras cilindrico giro hacia atras conico λ=1 λ=0.5 λ=2

Figura 3.26: Diagrama de Campbell

λ µD − λµP Λ1 ω1 Λ2 ω2

0,125 0,03115 1,5661 3465,6 20,498 125380,25 0,02396 1,5743 3474,6 26,511 142580,5 0,00958 1,5900 3491,9 65,650 224381,0 −0,01918 1,6189 3523,5 −32,205 −2,0 −0,0767 1,6680 3576,5 −7,8166 −

−2,0 0,15338 1,3924 3267,7 4,6825 5992,4−1,0 0,09586 1,4823 3371,5 7,0376 7346,4−0,5 0,0671 1,5219 3416,3 9,7926 8665,8−0,25 0,05272 1,5403 3436,8 1,2315 9718,0−0,125 0,04553 1,5491 3446,7 1,4178 10427

Cuadro 3.1: Frecuencias de giro hacia adelante del ejemplo

Figura 3.27: Modo asumido por carga de desbalance

68

Figura 3.28: Modo asumido por oil whip

Figura 3.29: Modo cilındrico asumido por carga de gravedad

y evaluando (11.16),

ν11 = 0,43ν21 = 1,19

lo que equivale al modo cilındrico mostrado en figura (3.27).La excitacion de latigazo de aceite excita

Λ1 = 1,67

y luego

ν11 = 0,51ν21 = 1,17

ver figura (3.28).Para la carga de gravedad,

Λ1 = 1,59

y luego

ν11 = 0,385ν21 = 1,205

ver figura (3.29).La carga de gravedad ademas excita el modo conico para

Λ2 = 65,65

y luego

ν11 = 96,475ν21 = −30,825


Figura 3.30: Modo conico asumido por carga de gravedad

lo que nos dice que el centro de masa casi no se mueve frente al movimiento en los descansos (ver figura3.30).

Si tenemos una estimacion para la amplitud de la vibracion del centro de masa, podemos estimar lascargas dinamicas sobre los descansos. Por ejemplo para la carga por desbalance:

L1 = 0,43k1νc1

L2 = 1,19k2νc1

Si medimos una amplitudνc1 = 0,0005

entonces

L1 = 53,75 LbfL2 = 148,75 Lbf

lo que ayuda a estimar la vida de los descansos.

3.6. Comentarios finales

En este capitulo hemos visto:

Podemos establecer sistemas de ecuaciones diferenciales para modelar sistemas rotores sencillos.Aparecen las matrices de inercia, rigidez, amortiguacion y de efectos giroscopicos; ademas del vectorde desplazamientos y el de cargas externas.

Como el desbalance genera una excitacion a la misma frecuencia de la velocidad de rotacion y cuyaamplitud depende del cuadrado de la misma y de la cantidad de desbalance.

Que en un rotor con descansos flexibles asimetricos puede aparecer el fenomeno de giro hacia atras.

Como en un rotor rıgido simetrico en descansos flexibles las frecuencias naturales son dependientesde la velocidad de rotacion.

La aparicion de fuerzas giroscopicas producto de la velocidad de rotacion y del momento polar deinercia del rotor.

Que las frecuencias naturales negativas implican giro hacia atras, vale decir, el centro de masa deldisco gira (precesion) en sentido opuesto a la rotacion del mismo.

Que gracias al diagrama de Campbell podemos establecer si el desbalance es capaz o no de produciruna resonancia.

Que los fenomenos que se aprecian en el rotor de Jeffcott tambien aparecen en el rotor rıgidosimetrico.

70

Bibliografıa

[1] J.M. Vance. Rotordynamics of Turbomachinery. John Wiley & Sons, 1988.

[2] , R.D. Blevins, Formulas for Natural Frequency and Mode Shape, Van Nostrand Reinhold, 1995.

[3] Nelson, H.D., Glasgow, D.A., A Quick, Graphical Way to Analize Rotor Whirl, Machine Design,124-130, Oct., 1976. [bajar].

[4] Ehrich,F.F., Handbook of Rotordynamics, Cap. 2, 2nd ed., McGraw-Hill, 1999.

71

http://www.cec.uchile.cl/~rpascual/me57a/ebib/nelson76.pdf

72

Capıtulo 4

Metodo de Rayleigh-Ritz

4.1. Introduccion

En este capitulo usaremos Rayleigh-Ritz para establecer las ecuaciones del movimiento de un rotorflexible montado en descansos elasticos. Estudiaremos dos casos particulares:

rotor flexible con descansos simetricos

rotor flexible con descansos asimetricos

Luego veremos

problema de inestabilidad

efecto del amortiguamiento en la dinamica del rotor.

Los fenomenos basicos que seran estudiados:

las frecuencias naturales como funcion de la velocidad de rotacion, el diagrama de Campbell, lainestabilidad

el efecto de las fuerzas de excitacion:

• desbalance,

• fuerzas asincronicas,

• fuerzas harmonicas fijas en el espacio

4.2. Descripcion del modelo general

la velocidad de rotacion Ω es constante

el eje del rotor sigue el eje Y .

el rotor esta apoyado de forma simple en ambos extremos

Solo los desplazamientos en X y Z seran modelados

el eje es

• simetrico,

• longitud l,

• densidad por unidad de volumen ρ,

73

74

Y

Z

l1

l2

Figura 4.1: Diagrama del modelo

Figura 4.2: Angulos de Euler

• area de seccion S,

• momento de inercia I.

el disco es simetrico, esta situado en y = l1

Ademas, puede existir segun el caso que estudiemos

• un descanso elastico en y = l2

• fuerzas externas en y = l3

u,w son las coordenadas del centro del eje el sistema fijo XY Z.

ψ, rotacion alrededor de Z

θ, rotacion alrededor de x1 (figura 4.2)

φ, rotacion alrededor de y

El disco presenta una masa de desbalance mu ubicada a un distancia d del centro del disco

El objetivo es estudiar el movimiento del centro del eje (u,w).


Y

Yu

w

Z Z

Ã

XÃ x1

X

_Ã

Figura 4.3: u, w, ψ

Y

Y

Z

Ã

x1

X

θ

_µ

Figura 4.4: θ

Usando Rayleigh-Ritz:

u(y, t) = ν(y)q1(t) = ν(y)q1 (4.1)w(y, t) = ν(y)q2(t) = ν(y)q2

donde qi son coordenadas generalizadas.

Observacion 46 qi puede ser comprendido como el peso que se aplica a ν(y) para hallar el campo dedesplazamientos en el plano considerado. Tambien puede ser interpretado como el desplazamiento de lospuntos donde ν(y) = 1. NdP .

Como los desplazamientos angulares ψ y θ son pequenos, se pueden aproximar por:

θ ≈ ∂w

dy=dν(y)dy

q2 = g(y)q2

ψ ≈ −∂udy

= −dν(y)dy

q1 = −g(y)q1

Observacion 47 el signo − aparece por la convencion de signos. Ver figura 4.6.

76

Y

Y

Z

Ã

x1

X

θ

y

_Á

_Á

Figura 4.5: velocidad φ = Ω

Y

w

u

µ =@wdy

Ã = ¡@udy

Z

Y

Figura 4.6: Convencion de signos


Para expresar la energıa de deformacion se requiere de las derivadas de segundo orden:

∂2u

dy2=d2ν(y)dy2

q1 = h(y)q1

∂2w

dy2=d2ν(y)dy2

q2 = h(y)q2

4.2.1. Disco

La energıa cinetica TD del disco es

TD =12mD

(u2 + w2

)+

12(IDxω

2x + IDyω

2y + IDzω

2z

)(4.2)

donde ω es la velocidad angular del disco expresada en el sistema xyz, que esta fijo al disco.

ω =ωxx+ωyy + ωz z (4.3)

ω se relaciona con la velocidad angular en el marco fijo XY Z a traves de los angulos de Euler

ωxyz/XY Z = ψZ+θx1 + φy

lo que expresado en xyz queda

ω=(−ψ cos θ sinφ

)x+(φ+ ψ sin θ

)y +

(ψ cos θ cosφ+ θ sinφ

)z (4.4)

siendo que el disco es simetrico,IDx = IDz

siendo los angulos ψ y θ pequenos,

cos θ ' 1cosφ ' 1sin θ ' θ

sinφ ' φ

yφ = Ω

luego, considerando los terminos en (16.1),

ωx = −ψ cos θ sinφ+ θ cosφ ' −ψφ+ θ

ωy = φ+ ψ sin θ ' φ+ ψθ

ωz = ψ cos θ cosφ+ θ sinφ ' ψ + θφ

lo que permite linealizar (11.8),

TD =12mD

(u2 + w2

)+

12(IDxω

2x + IDyω

2y + IDzω

2z

)(4.5)

=12mD

(u2 + w2

)+

12IDx

[(−ψφ+ θ)2 + (ψ + θφ)2

]+

12IDy(Ω + ψθ)2

=12mD

(u2 + w2

)+

12IDx

[(−ψφ+ θ)2 + (ψ + θφ)2

]+

12IDy(Ω + ψθ)2

Despreciando terminos cruzados donde no aparezca Ω,

TD '12mD

(u2 + w2

)+

12IDx

(θ2 + ψ2

)+

12IDy

(Ω2 + 2Ωψθ

)(4.6)

78

El termino12IDyΩ2

representa la energıa cinetica de rotacion. El termino

IDyΩψθ

representa el efecto giroscopico de Coriolis. A continuacion se expresa (18.1) en terminos de los gradosde libertad seleccionados para Rayleigh-Ritz, tomando en cuenta que:

u = ν(l1)q1w = ν(l1)q2θ = g(l1)q2

θ = g(l1)q2

ψ = −g(l1)q1

substituyendo en (18.1),

TD =12mDν

2(l1)(q21 + q22

)+

12IDxg

2(l1)(q21 + q22

)− IDyΩg2(l1) (q1q2) (4.7)

La energıa cinetica del eje se puede expresar como:

Ts =ρS

2

∫ l

0

ν2(y)(q21 + q22

)dy +

ρI

2

∫ l

0

g2(y)(q21 + q22

)dy− (4.8)

2ρIΩ∫ l

0

g2(y) (q1q2) dy

dondeS es el area de la seccion transversal del eje (supuesta constante con respecto a y).I es la inercia de la seccion transversal del eje, que es simetrico,

I = Ix = Iz

con

Ix =∫S

z2dS

Iz =∫S

x2dS

con lo que la energıa cinetica del sistema disco-eje es:

T =12m(q21 + q22

)− Ωmaq1q2 (4.9)

con

m = mDν2(l1) + IDxg

2(l1) + ρS

∫ l

0

ν2(y)dy + ρI

∫ l

0

g2(y)dy (4.10)

ma = IDyg2(l1) + 2ρI

∫ l

0

g2(y)dy

Para calcular la energıa cinetica de la masa desbalanceada se considera que ella permanece en un planoperpendicular al eje y y que su coordenada en ese eje es constante (α). En el sistema XY Z las coordenadasde la masa para el instante t son:

xu = (u+ d sinΩt) ı+ l1+(w + d cos Ωt) k


u

w

X

Z

x

z

u*

w*

t

Figura 4.7: Coordenadas del centro geometrico del eje

luego su velocidad

xu =dxudt

= (u+ dΩ cos Ωt) ı+ (w − dΩ sinΩt) k

y su energıa cinetica es

Tu =12xTuMuxu (4.11)

=mu

2

(u2 + w2 + (dΩ)2 + 2dΩu cos Ωt− 2dΩw sinΩt

)el termino que incluye (dΩ)2 es constante y no afecta la ecuacion del movimiento. Siendo que mu esmucho menor que la masa del disco mD, se aproxima la energıa cinetica por la expresion

Tu ' muΩd (u cos Ωt− w sinΩt) (4.12)

4.2.2. Eje

La energıa de deformacion del eje Vs es

Vs =E

2

∫ l

0

[Iz

(∂2u∗

∂y2

)2

+ Ix

(∂2w∗

∂y2

)2]dy +

f02

∫ l

0

[(∂u∗

∂y

)2

+(∂w∗

∂y

)2]dy

dondeu∗ y w∗ son los desplazamientos del centro geometrico de eje con respecto al eje x, z (ver figura 4.7).

Se tiene que:

u∗ = u cos Ωt− w sinΩtw∗ = u sinΩt+ w cos Ωt

f0 es una fuerza axial contante aplicada sobre el eje.La expresion del energıa de deformacion queda

Vs =EI

2

∫ l

0

[(∂2u

∂y2

)2

+(∂2w

∂y2

)2]dy +

f02

∫ l

0

[(∂u

∂y

)2

+(∂w

∂y

)2]dy (4.13)

Si f0 = 0,

Vs =EI

2

∫ l

0

h2(y)(q21 + q22

)dy (4.14)

80

4.2.3. Descanso elastico intermedio

El trabajo virtual del descanso intermedio (en l2) es

δW = −δxTb Kbxb−δxTb Cbxb

donde

Kb =[kxx kxzkzx kzz

]Cb =

[cxx cxzczx czz

]son las matrices de rıgidez y amortiguacion del descanso; y,

xb =

ubwb

son los desplazamientos del centro del eje en la posicion axial del descanso intermedio.

4.2.4. Ejemplo numerico

Datos

Disco

• radio interior del disco r1 = 0,01m

• radio exterior del disco r2 = 0,15m

• espesor del disco h = 0,03m

• ρ = 7800Kg/m3

• l1 = l/3

Eje

• longitud l = 0,4m

• radio r1

• densidad ρ

• modulo de elasticidad E = 2× 1011 N/m2

Desbalance

• masa desbalance mu = 10−4Kg

• distancia al centro geometrico d = r2

Descanso elastico

• posicion l2 = 2l/3.

• La rıgidez del descanso es kzz = 5× 105N/m


.G

αl

Figura 4.8: Funcion de desplazamientos asumida

Propiedades

Se tiene que:

mD = π(r22 − r21

)hρ = 16,47 Kg

IDx = IDz =mD

12(3r21 + 3r22 + h2

)= 9,43× 10−2Kgm2

IDy =mD

2(r21 + r22

)= 0,186Kgm2

S = πr21

= 3,14× 10−4m2

I =πr414

= 7,85× 10−9m4

Para modelar la deformacion del eje se usara la funcion (figura 9.18),

ν(y) = sinπy

l

luego

g(y) =π

lcos

πy

l

h(y) = −(πl

)2

sinπy

l

la energıa cinetica del disco es (ec. 4.7)

TD =12m2Dν

2(l1)(q21 + q22

)+

12IDxg

2(l1)(q21 + q22

)− IDyΩg2(l1) (q1q2)

= 6,90(q21 + q22

)− 2,87Ωq1q2

82

y la del eje (ec. 4.8)

Ts =ρS

2

∫ l

0

ν2(y)(q21 + q22

)dy+

ρI

2

∫ l

0

g2(y)(q21 + q22

)dy−

2ρIΩ∫ l

0

g2(y) (q1q2) dy

= 0,245(q21 + q22

)− 1,512× 10−3Ωq1q2

y la de la masa desbalanceada

Tu = muΩdν(l1) (q1 cos Ωt− q2 sinΩt)

= 1,30× 10−5Ω (q1 cos Ωt− q2 sinΩt)

luego la energıa cinetica del sistema es

T = TD + Ts + Tu= 7,15

(q21 + q22

)− 2,87Ωq1q2 + 1,30× 10−5Ω (q1 cos Ωt− q2 sinΩt)

La energıa de deformacion del eje es (ec. 4.14)

Vs =EI

2

∫ l

0

h2(y)(q21 + q22

)dy

=12

[EI

∫ l

0

h2(y)dy

] (q21 + q22

)=

12k(q21 + q22

)=

12

[EI(πl

)4∫ l

0

sin2(πyl

)dy

] (q21 + q22

)pero ∫ l

0

sin2(πyl

)dy =

l

2

entonces,

Vs =12

[EI(πl

)4 l

2

] (q21 + q22

)= 5,977× 105

(q21 + q22

)luego,

k = 1,195 106

El trabajo del descanso elastico en el caso general es,

δW = −δxTb Kbxb−δxTb Cbxb (4.15)= −kxxu(l2)δu(l2)− kxzw(l2)δu(l2)−kzzw(l2)δw(l2)− kzxu(l2)δw(l2)−cxxu(l2)δu(l2)− cxzw(l2)δu(l2)−czzw(l2)δw(l2)− czxu(l2)δw(l2)

usando la aproximacion de Rayleigh-Ritz,


δW = −kxxν2(l2)q1δq1 − kxzν2(l2)q2δq1−

kzzν2(l2)q2δq2 − kzxν

2(l2)q1δq2−cxxν

2(l2)q1δq1 − cxzν2(l2)q2δq1−

czzν2(l2)q2δq2 − czxν

2(l2)q1δq2

o en notacion simbolica,δW = ν2(l2)

(δqTKbq−δqTCbq

)(4.16)

donde

q =q1q2

(4.16) puede ser descrito en terminos de las fuerzas generalizadas de la ecuacion de Lagrange fqi y losdesplazamientos virtuales δqi:

δW = fq1δq1 + fq2δq2

= fδqTq

Posteriormente, consideraremos el caso de un rotor cuyo descanso intermedio solo posee rigidez kzzen el eje Z. El trabajo virtual en tal caso es:

δW = −kzzw(l2)δw(l2)

= −5× 105ν2 (2l/3) q2δq2= −3,65× 105q2δq2

por lo que las fuerzas generalizadas asociadas al descanso son:

fq1 = 0

fq2 = −3,65× 105q2

4.2.5. Ecuaciones del movimiento

Una vez establecidas las expresiones para la energıa del sistema, ası como el trabajo virtual de lasfuerzas externas en terminos de los pesos q, usamos las ecuaciones de Lagrange para hallar las ecuacionesdel movimiento:

d

dt

(∂T∂qi

)− ∂T∂qi

+∂V∂qi

= fqi, i = 1, 2 (4.17)

4.3. Rotor simple en descansos rıgidos

1Si los descansos son rıgidos,

mq1 −maΩq2 + kq1 = mudΩ2ν(l1) sinΩt

mq2 +maΩq1 + kq2 = mudΩ2ν(l1) cos Ωt

o en forma matricialMx + ΩGx + Kx = f (4.18)

1Llamaremos simetrico a un rotor cuando la rıgidez es igual en todos los planos que cortan al eje.

84

con

M = m

[1 00 1

](4.19)

G = ma

[0 −11 0

]K = k

[1 00 1

]f = mudΩ2ν(l1)

sinΩtcos Ωt

x =

q1q2

veamos el calculo de m en (4.19),


2(l1) + ρS

∫ l

0

ν2(y)dy + ρI

∫ l

0

g2(y)dy

= 16,47 sin2 πl1l

+ 9,43× 10−2

(π

lcos

πl1l

)2

+

7800 · 3,14× 10−4

∫ l

0

sin2 πy

ldy + ρI

∫ l

0

(πl

cosπy

l

)2

dy

= 12,35 + 1,45 + 0,49 + 0,00= 14,29

o sea, la masa del disco aporta con12,3514,29

= 86,40 %

de la inercia de este sistema, con las funciones de forma seleccionadas. Veamos el efecto giroscopico:

ma = IDyg2(l1) + 2ρI

∫ l

0

g2(y)dy

= 0,186(π

lcos

πl1l

)2

+ 2 · 7800 · 7,85× 10−9

∫ l

0

(πl

cosπy

l

)2

dy

= 2,869 + 0,002= 2,871

Para el caso del ejemplo,

M = 14,29[

1 00 1

]G = 2,871

[0 −11 0

]K = 1,195× 106

[1 00 1

]f = 1,299× 10−5Ω2

sinΩtcos Ωt

G en este caso corresponde a la matriz de efectos giroscopicos de Coriolis. M y K son las matrices demasa y rigidez. Notese que solo G acopla los grados de libertad.


4.3.1. Frecuencias naturales y efecto giroscopico

Mx + ΩGx + Kx = 0 (4.20)

cuya solucion general es de la forma

x =q1q2

ert

con lo que se buscan los valores propios r que satisfacen:(Mr2 + ΩGr + K

)x = 0

Sustituyendo [k +mr2 −maΩrmaΩr k +mr2

]q1q2

=

00

(4.21)

Las frecuencias naturales del sistema 6.1 son soluciones del polinomio de Ω

(k +mr2)2 +m2aΩ

2r2 = 0

Para Ω = 0 las raıces r son:r21 = r22 = − k

mo sea, las cuatro raıces r son todas iguales en magnitud. Veamos su calculo en Maple:

with(linalg);K:=k*linalg[matrix](2,2,[1,0,0,1]);M:=m*linalg[matrix](2,2,[1,0,0,1]);G:=m_a*linalg[matrix](2,2,[0,-1,1,0]);eigenvals(K,M);A:=matrix(4,4,[k,0,0,0, 0,k,0,0, 0,0,-m,0, 0,0,0,-m]);B:=matrix(4,4,[0,Omega*(-ma),m,0, Omega*ma,0,0,m, m,0,0,0, 0,m,0,0]);eigenvals(A,-B);

que entrega

ω1,2 =1

2m

√−4km− 2Ω2m2

a ± 2√

4kmΩ2m2a + Ω4m4

a

=

√−4km4m2

− 2Ω2m2a

4m2±√

4kmΩ2m2a + Ω4m4

a

2m2

=

√− k

m− 1

2Ω2(ma

m

)2

±√

Ω2k

m

(ma

m

)2

+Ω4

4

(ma

m

)4

=

√√√√− k

m− 1

2Ω2(ma

m

)2

± 12Ω2(ma

m

)2

√1 + 4

(k/m)Ω2

(m

ma

)2

y por tanto

ω1,0 = ω2,0 = ±√k

m

Para otras velocidades la solucion es

r21 = −

ω21,0 +

Ω2

2

(ma

m

)2

1−

√1 + 4

ω21,0

Ω2

(m

ma

)2

r22 = −

ω21,0 +

Ω2

2

(ma

m

)2

1 +

√1 + 4

ω21,0

Ω2

(m

ma

)2

86

Ωt

OAdOA

X

Z

Figura 4.9: Sentido de giro

Observacion 48 Notese que r2i es siempre negativo, lo que asegura que el sistema es estable para todoΩ.

ω1 =

√√√√√ω21,0 + Ω2

12

(ma

m

)2

1−

√1 + 4

ω21,0

Ω2

(m

ma

)2

ω2 =

√√√√√ω21,0 + Ω2

12

(ma

m

)2

1 +

√1 + 4

ω21,0

Ω2

(m

ma

)2

Observacion 49 Notese queω1 ≤ ω1,0 = ω2,0 ≤ ω2

4.3.2. Sentido de giro

Supongase que en el instante t el eje del rotor se encuentra en el punto A (figura 4.9) y por tanto seencuentra en la posicion OA. En el instante t + dt se encontrara en el punto OA + dOA. El productoOA× dOA dara el sentido de giro:

x =

q1 sinΩt0

q2 cos Ωt

(4.22)

entonces

x =

q1Ω cos Ωt0

−q2Ω sinΩt

y

x× x =

0q1q2Ω

0

entonces si

q1q2 > 0

hay giro hacia adelante, caso contrario sera giro hacia atras.


4.3.3. Modos propios

El problema de valores propios genera 4 frecuencias naturales, o mejor dicho, 2 pares de frecuenciascon la misma magnitud pero signo opuesto. Ello tambien es valido para los modos propios, que aparecenen pares conjugados. Si usamos el ındice i para el par de frecuencias naturales ±ωi tenemos el para devectores propios:

qi = qri ± jqii= qi,qHi

donde los super-indices indican las partes reales (r) e imaginarias (i) respectivamente; y H indica elcomplejo conjugado.

La comprension de un modo propio complejo no es obvia. Para facilitar el analisis, separemos laspartes reales e imaginarias de las soluciones al problema homogeneo (4.20):

x(t) = qiejωit + qHi e−jωit

=(qri + jqii

)ejωit +

(qri − qii

)e−jωit

considerando la identidadejωit = cosωit+ j sinωit

se puede expresar

x(t) =(qri + jqii

)(cosωit+ j sinωit) +

(qri − jqii

)(cosωit− j sinωit) (4.23)

= qri cosωit− qii sinωit

expresion que contiene solo valores reales.Reemplazando r1 en (4.21),

q1 = jq2

si consideramos amplitudes unitarias,

q1 =

01

+ j

10

= qr1 + jqi1

luego, la respuesta temporal en caso de excitar solo al modo 1 sera de la forma (vease 4.23),

x1(t) =− sinω1tcosω1t

lo que implica que q1q2 < 0 y se da giro hacia atras.

Para r2q1 = −jq2

y

q1 =

01

+ j

−10

= qr1 + jqi1

luego, la respuesta temporal en caso de excitar solo al modo 2 sera de la forma

x2(t) =

sinω1tcosω1t

lo que implica que q1q2 > 0 y se da giro hacia adelante.

88

u

w

Z

X

R

Figura 4.10: Giros hacia atras

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 90000

10

20

30

40

50

60

70

80

F1

0.5X

N (RPM)

Fre

cue

nci

as

na

tura

les

wh

irl (

Hz)

1X

A

B

C

DF2




Para el ejemplo anterior:f1,0 = f2,0 = 46,02Hz

cuando el rotor gira las frecuencias naturales cambian como se aprecia en el diagrama de Campbell.

4.3.5. Resonancias

Como es bien conocido, cuando la frecuencia de la excitacion coincide con una frecuencia natural, elsistema tiende a tener grandes amplitudes de vibracion. A este fenomeno se le conoce como resonancia.

Para encontrar las frecuencias de resonancia usando el diagrama de Campbell basta trazar curvas querepresenten una excitacion. Por ejemplo el desbalance produce fuerzas a la componente 1X vale decir confrecuencia igual a la de la rotacion.

Para el ejemplo, el diagrama de figura 4.11 se muestran los puntos de corte para la 1X (puntos A yB) y para excitaciones a 0,5X (puntos C y D).

Cualquier lınea de excitacion a ϕX sigue la ley:

ω = ϕΩ

despejando, las frecuencias de resonancia asociadas son:

Ω1 =

√k

ϕ(ϕm+ma)

Ω2 =

√k

ϕ(ϕm−ma)

Para el ejemplo, si ϕ = 1:

Ω1 = 42,00Hz (punto A)Ω2 = 51,48Hz (punto B)

4.3.6. Respuesta forzada al desbalance

Por conveniencia definamos:mν = muν(l1)

De (6.1):

Mx + ΩGx + Kx = f

f = mνdΩ2

sinΩtcos Ωt

Despejando

x(Ω) = Hf

H(Ω) =(K + jΩ2G− Ω2M

)−1

el vector de cargas puede ser escrito como

f = mνdΩ2

−j1

ejΩt

En Maple,

90

with(linalg);K:=k*linalg[matrix](2,2,[1,0,0,1]);M:=m*linalg[matrix](2,2,[1,0,0,1]);G:=m_a*linalg[matrix](2,2,[0,-1,1,0]);f:=m_nu*d*Omega^2*linalg[matrix](2,1,[-I,1]);H:=inverse(K+I*Omega*Omega*G-Omega^2*M);q:=simplify(multiply(H,f));

Se obtiene

q = mνdΩ2

k + (ma −m)Ω2

−j1

ejΩt

luego

q1 = q2 = mνdΩ2

k + (ma −m)Ω2(4.24)

= mνdΩ2

k(1− (m−ma)

k Ω2) (4.25)

=mνd

m

Ω2

ω21,0(

1− Ω2

Ω2c

) (4.26)

Observacion 50 Notese que q1 q2 > 0 para todo Ω: necesariamente la respuesta debe ser un giro ha-cia adelante, lo que indica que solo este modo es excitado para todas las frecuencias, por este tipo deexcitacion.

La velocidad critica se define como aquella a la cual las oscilaciones del sistema son infinitas. Elloequivale a un denominador 0 en (4.24), o sea

Ωc =√

k

m−ma

Para el ejemplo numerico, los desplazamientos forzados tienen amplitud

q1 = q2 =1,30× 10−5Ω2

1,19× 106 + 11,42Ω2(4.27)

y la velocidad critica (unica en este caso) es

Ωc2π

= 51,48Hz

4.3.7. Ortogonalidad de la fuerza de desbalance con respecto al modo de girohacia atras

La fuerza de desbalance es de la forma

fmvdΩ2

=−j1

ejΩt

y los modos propios asociados a cada frecuencia natural,

x1 =j1

x2 =

−j1


0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900010

-10

10-9

10-8

10-7

10-6

10-5

10-4

N (RPM)

Am

plit

ud

(m

)

Figura 4.12: Respuesta al desbalance

y tenemos que

fTx1 = 0

fTx2 > 0

se puede demostrar que

4.3.8. Respuesta forzada, excitacion asincronica

Tomemos el caso mas general, en se aplica una fuerza de direccion radial en y = l3 a una frecuenciaϕΩ:

f = f0ν(l3)

sinϕΩtcosϕΩt

= fν

sinϕΩtcosϕΩt

repitiendo el procedimiento anterior,

q1 = q2 =fν

k + (maϕ−mϕ2)Ω2(4.28)

verificamos en maple:

with(linalg);K:=k*linalg[matrix](2,2,[1,0,0,1]);M:=m*linalg[matrix](2,2,[1,0,0,1]);G:=m_a*linalg[matrix](2,2,[0,-1,1,0]);f:=f_nu*linalg[matrix](2,1,[-I,1]);omega:=psi*Omega;H:=inverse(K+I*omega*Omega*G-omega^2*M);q:=simplify(multiply(H,f));

q =fν

k + ϕΩ2 (ma − ϕm)

−j1

lo que nos indica orbitas circulares y giro hacia adelante.

92

0 1 0 0 0 2 0 0 0 3 0 0 0 4 0 0 0 5 0 0 0 6 0 0 0 7 0 0 0 8 0 0 0 9 0 0 0

1 0-7

10-6

10-5

10-4

10-3

N (RPM)

Am

plit

ud

(m

)

Figura 4.13:

La velocidad crıtica en este caso es

Ωc =

√k

ϕ(mϕ−ma)

Para el ejemplo numerico, con ϕ = 0,5 y f = 1N se da la respuesta mostrada en figura 4.13.

4.3.9. Respuesta forzada, fuerza harmonica fija en el espacio

Asumase que se aplica una fuerza que actua solo en el eje x (en y = l3), con frecuencia ω:

f = f0ν(l3)

sinωt0

Despejando, en forma similar a casos anteriores

q1q2

=

fν(k −mω2)2 −m2

aΩ2ω2

(k −mω2)−maΩω

Las frecuencias de excitacion crıticas son aquellas que hacen que el denominador sea 0, o sea

(k −mω2)2 −m2aΩ

2ω2 = 0

Verficamos en Maple:

with(linalg);K:=k*linalg[matrix](2,2,[1,0,0,1]);M:=m*linalg[matrix](2,2,[1,0,0,1]);G:=m_a*linalg[matrix](2,2,[0,-1,1,0]);f:=f_nu*linalg[matrix](2,1,[-I,0]);H:=inverse(K+I*omega*Omega*G-omega^2*M);q:=simplify(multiply(H,f));

Notese que la amplitud de las vibraciones en cada eje no son iguales. Ello implica orbitas elıpticas.Ademas, notese que el signo entre q1 y q2 cambian en funcion de la frecuencia, lo que implica que seproduciran los dos tipos de giro:

Para ω < ω1,0 =√k/m tiene signos opuestos: giro hacia atras, a partir de ese momento se produce

giro hacia adelante.


0 10 20 30 40 50 60 70 8010

-8

10-7

10-6

10-5

10-4

ω (Hz)

Am

plit

ud

(m

)

Q1 para Ω=4000 (RPM)

Figura 4.14: Movimientos en x ante una excitacion en x

Observacion 51 Los casos de excitacion anteriores no producıan giro hacia atras. Este tipo de excitacionpermite estimar el diagrama de Campbell a partir de mediciones experimentales. Para una frecuencia derotacion dada Ω, las frecuencias naturales ω1(Ω) y ω2(Ω) son obtenidas excitando al rotor con un agitadorelectromagnetico que actua sobre la pista exterior de un rodamiento.

4.4. Rotor simetrico con 2 discos y descansos rigidos

2Consideremos el sistema de figura (4.15), compuesto por un eje con longitud entre descansos, l, y dediametro σl (σ 1). A αl (0 < α < l/2) de cada extremo hay un disco de diametro βl y espesor γl,con γ β. El rotor esta fabricado en material con modulo de Young E y densidad ρ. Esta montado endescansos simetricos con constante de rigidez k,

k = ϕ48EIl3

Proponga un modelo y calcule las frecuencias naturales cuando ϕ 1.Asumiremos la funcion de forma

ν (y) = sin(πy

l

)

y

z

Figura 4.15: Sistema a analizar en flexion

Como ϕ 1, se tiene que los descansos son mucho mas rigidos que el eje, lo que permite modelarel sistema como un rotor flexible con descansos rigidos. Al haber dos discos, el sistema incrementa su

2control 1, 2004.

94

energia cinetica:con lo que la energıa cinetica del sistema disco-eje es:

T =12m(q21 + q22

)− Ωmaq1q2 (4.29)

con


2(l1) +mDν2(l − l1) + IDxg

2(l − l1)+

ρS

∫ l

0

ν2(y)dy + ρI

∫ l

0

g2(y)dy

ma = IDyg2(l1) + IDyg

2(l − l1) + 2ρI∫ l

0

g2(y)dy

donde l1 es la posicion del primer disco;mD es la masa de cada disco,

mD =πβ2γ

4ρl3

el momento de masa transversal de cada disco es,

IDx =πβ2γ

48

(34β2 + γ2

)ρl5

el momento polar de cada disco es,

IDy =πβ4γ

32ρl5

el momento de la seccion del eje es,

I =πσ4

8l4

por la simetria de la funcion de forma,

ν2(l1) = ν2(l − l1)

ademas,

g2(l1) = g2(l − l1)

luego

m = 2mDν2(l1) + 2IDxg2(l1) + ρS

∫ l

0

ν2(y)dy + ρI

∫ l

0

g2(y)dy

ma = 2IDyg2(l1) + 2ρI∫ l

0

g2(y)dy

y

M = m

[1 00 1

]G = ma

[0 −11 0

]Basicamente, tanto la matriz de masa como la de efectos giroscopicos se han doblado. La matriz de rigidezes la misma que en el caso ya estudiado en §4.3. Ver tambien el ejemplo ??.


4.5. Rotor con disco en voladizo y descansos rıgidos

3Considere el modelo simplificado de un ventilador en voladizo mostrado en figura 11.2. La distanciaentre descansos es l. La distancia desde el descanso de la polea al disco es (1 + α)l. el diametro del arboles d. El eje del arbol es paralelo al eje y de un sistema cartesiano xyz cuyo origen esta en el descanso dela polea. La masa del disco es mD momento de inercia Id con respecto a ejes x y z respectivamente. Elmomento polar es IDy

. El disco tiene una cantidad de desbalance mud. La velocidad de operacion es Ωrad/s. Se desea

1. Calcular a traves del metodo de Rayleigh-Ritz la ecuacion del movimiento del sistema asumiendouna funcion de forma:

ν(y) =y

l

(1− y

l

)(4.30)

Despreciaremos la energıa cinetica aportada por la masa del eje y la de la polea.

2. Calcular la respuesta estacionaria al desbalance

3. Predecir si se produce giro hacia atras ante el desbalance.

Siguiendo los desarrollos anteriores y usando Rayleigh-Ritz (ecuacion 4.1):

u(y, t) = ν(y)q1(t) = ν(y)q1w(y, t) = ν(y)q2(t) = ν(y)q2

con la funcion de forma descrita en (4.30). Tenemos,

dν(y)dy

= g(y)

luego

g(y) =1l

(1− 2

y

l

)Para expresar la energıa de deformacion se requiere de las derivadas de segundo orden:

∂2u

dy2=∂2w

dy2= h(y)q1

en nuestro caso:

h(y) = − 2l2

La energıa cinetica del disco queda (ecuacion 4.9),

TD =12m2Dν

2(l1)(q21 + q22

)+

12IDxg

2(l1)(q21 + q22

)−

IDyΩg2(l1) (q1q2)

T =12m(q21 + q22

)− Ωmaq1q2

con


2(l1)

ma = IDyg2(l1)

l1 = (1 + α)l

3control 1, 2003.

96

Para la funcion de forma dada,

m = mD

[(1 + α)l

l

(1− (1 + α)l

l

)]2+ IDx

(1l

(1− 2

(1 + α)ll

))2

(4.31)

= mD(1 + α)2α2 + IDx

(1 + 2αl

)2

ma = IDy

[1l

(1− 2

(1 + α)ll

)]2(4.32)

= IDy

(1 + 2αl

)2

Observacion 52 Segun la ecuacion (4.31), cuando el disco esta pegado al eje (α = 0), no hay aporte deenergıa cinetica de traslacion.

Observacion 53 Segun la ecuacion (4.32), el efecto giroscopico es proporcional al producto de la inerciapolar del disco (IDy

) y crece cuasi-parabolicamente con la razon α/l.

Observacion 54 La energia de deformacion del eje es (ecuacion 4.13),

Vs =EI

2

∫ (1+α)l

0

h2(y)(q21 + q22

)dy

=EI

2(q21 + q22

) ∫ (1+α)l

0

(− 2l2

)2

dy

= 2EI(1 + α)l3

(q21 + q22

)definimos convenientemente,

k = 4EI(1 + α)l3

luego

Vs =12k(q21 + q22

)La energia cinetica de la masa desbalanceada es (ecuacion 4.12),

Tu = mudΩν(l1) (q1 cos Ωt− q2 sinΩt)

= mudΩ(1 + α)l

l

(1− (1 + α)l

l

)(q1 cos Ωt− q2 sinΩt)

= mudΩ(1 + α) (−α) (q1 cos Ωt− q2 sinΩt)

Desarrollando las ecuaciones de Lagrange (4.17),

mq1 −maΩq2 + kq1 = mudΩ2(1 + α) (−α) sinΩt

mq2 +maΩq1 + kq2 = mudΩ2(1 + α) (−α) cos Ωt

o en forma matricial

Mx + ΩGx + Kx = f (4.33)


Y

l1

l2

Z

Figura 4.16: Rotor con descansos asimetricos

con

M = m

[1 00 1

]G = ma

[0 −11 0

]K = k

[1 00 1

]f = mudΩ2(1 + α) (−α)

sinΩtcos Ωt

x =

q1q2

Por conveniencia definamos:

m∗ = mu(1 + α) (−α)

Observacion 55 Nuevamente observamos que si el disco esta junto al descanso libre (α = 0), el des-balance no provoca acumulacion de energıa cinetica, ni termino forzante en la ecuacion del movimiento(m∗ = 0).

De (6.1):

Mx + ΩGx + Kx = f

f = m∗dΩ2

sinΩtcos Ωt

Despejando

x(Ω) = Hf

H(Ω) =(K + jΩ2G + Ω2M

)−1

Se obtiene

q1 = q2 =m∗dΩ2

k + (ma −m)Ω2(4.34)

Notese que q1 q2 > 0 para todo Ω: Segun el analisis realizado en §4.3.2, necesariamente la respuestadebe ser un giro hacia adelante, lo que indica que solo este modo es excitado para todas las frecuencias.

4.6. Rotor con eje flexible y descanso intermedio asimetrico

Si se introduce un resorte de constante kzz en l2 en la direccion del eje z (figura 4.16) la ecuacion delmovimiento queda igual que en casos anteriores excepto que la rıgidez K queda de la forma

K =[k1 00 k2

]

98

con

k1 = k

k2 = k + kzzν2(l2)

y la ecuacion del movimiento sigue siendo (6.1). Repitiendo el analisis de valores propios, las frecuenciasnaturales toman la expresion:

ω1 =

√√√√√ω21,0

2+ω2

2,0

2+

Ω2

2

(ma

m

)2

−

√√√√(ω21,0

2+ω2

2,0

2+

Ω2

2

(ma

m

)2)2

− ω21,0ω

22,0

ω2 =

√√√√√ω21,0

2+ω2

2,0

2+

Ω2

2

(ma

m

)2

+

√√√√(ω21,0

2+ω2

2,0

2+

Ω2

2

(ma

m

)2)2

− ω21,0ω

22,0

donde

ω21,0 =

k1

m

ω22,0 =

k2

m

son las frecuencias naturales en cada plano si el rotor esta detenido.Se puede comprobar (obteniendo dω

dΩ ) que

ω1 ≤ ω1,0 ≤ ω2,0 ≤ ω2

Para ω1 el vector propio esta definido por

q1 =maΩr

k1 +mr2q2

por lo que la rotacion sera de tipo elıptico en general.

4.6.1. Sentido de giro

Repitiendo el analisis de §4.3.2, los resultados se muestran en tabla 4.1.

Signo de q1q2 Condicion Giro

+ Ω <√

k1m+ma

adelante

-√

k1m+ma

< Ω <√

k2m+ma

atras

+√

k2m+ma

< Ω adelante

Cuadro 4.1: Sentido del giro


Sea

k1 = 1,195× 106N/m

k2 = 1,570× 106N/m

y el resto de valores similares al ejemplo anterior. La figura 4.9 muestra la respuesta forzada al desbalance.


0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900010

-8

10-7

10-6

10-5

10-4

10-3

10-2

10-1

FW

N (RPM)

Re

spu

est

a f

orz

ad

a (

m)

FWBW

Figura 4.17: Rotor simetrico, respuesta forzada al desbalance

4.6.3. Respuesta forzada fuerza asincronica

Repitiendo el analisis del caso anterior considerando la asimetrıa en K,q1q2

=

f

ϕ2 (ϕ2m2 −m2a)Ω4 −m(k1 + k2)ϕ2Ω2 + k1k2

k2 − (mϕ2 +maϕ)Ω2

k1 − (mϕ2 +maϕ)Ω2

por lo que las orbitas seran elıpticas.

Los sentidos de giro se dan en tabla 4.2.


+ Ω <√

k1mϕ2+maϕ

adelante

-√

k1mϕ2+maϕ

< Ω <√

k2mϕ2+maϕ

atras

+√

k2mϕ2+maϕ

< Ω adelante


La respuesta forzada para ϕ = 0,5, f = 1N se muestra en figura 4.18.

4.6.4. Fuerza harmonica fija en el espacio

Tomemos un caso similar al de §4.3.9:

f = f0ν(l3)

sinωt0

= f

sinωt

0

En este caso,

q1q2

=

f

(k1 −mω2) (k2 −mω2)−m2aΩ2ω2

k2 −mω2

−maΩω

Los sentidos de giro se dan en tabla 4.3

La respuesta forzada al variar ω cuando se fija la velocidad de rotacion en

Ω = 4000 RPM

se muestra en figura (4.19).

100

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900010

-8

10-7

10-6

10-5

10-4

10-3

10-2

N (RPM)

Re

spu

est

a f

orz

ad

a (

m)

FW FWBW

Figura 4.18: Respuesta forzada para excitacion a 0,5X


- ω < ω20 =√

k2m Atras

+ ω > ω20 Adelante


4.7. Analisis de estabilidad

Diremos que un sistema es inestable si, aun estando libre de excitaciones externas, sus oscilacionestienden a crecer indefinidamente en el tiempo.

4.7.1. Determinacion de la inestabilidad

El problema de valores propios que aparece al buscar soluciones del tipo

x = x0ert (4.35)

para el problemaMx + Cx+ΩGx + Kx = 0 (4.36)

entrega parejas de raıces de la formari = −αi ± jβi

o en terminos de frecuencias ωi y factores de amortiguacion ξi,

ri = − ξiωi√1− ξ2i

± jωi

Si algun αi es negativo la respuesta homogenea tiende a infinito con el tiempo.

4.7.2. Criterio de Routh-Hurwitz

Un analisis del problema de valores propios lleva a escribir la ecuacion caracterıstica en el formato delcriterio de estabilidad de Routh-Hurwitz, que se aplica cuando hay pocos grados de libertad. Las raıcesri son soluciones de la ecuacion caracterıstica:

rn + a1rn−1 + · · ·+ an−1r + an = 0 (4.37)


0 10 20 30 40 50 60 70 8010

-10

10-8

10-6

10-4

10-2

100

ω (Hz)

Re

spu

est

a f

orz

ad

a (

m)

FWBW

Figura 4.19: Respuesta forzada a excitacion fija

Y

Z

l1

l2

Figura 4.20: Esquema del sistema

El criterio define la matriz H de la forma

H =

a1 1 0 0 0 0 .a3 a2 a1 1 0 0 .a5 a4 a3 a2 a1 1 .. . . . . . .. . . . . . .

de la cual se definen los coeficientes Hi y matrices Hi:

H1 = detH1 = a1

H2 = detH2 = det∣∣∣∣ a1 1a3 a2

∣∣∣∣ = a1a2 − a3

Hn = detHn

Se puede demostrar que si todos los valores Hi son positivos el sistema es estable.

4.7.3. Modelo

Consideremos que el descanso del sistema descrito en la figura 4.1 posee valores no nulos para lasconstantes kxx, kxz, kzx, kzz.

La ecuacion del sistema queda entonces,

Mx + Cx+ΩGx + Kx = f (4.38)

102

con

M = m

[1 00 1

]C = c

[1 00 1

]G = ma

[0 −11 0

]K =

[k1 k12

k21 k2

]x =

q1q2

donde

k1 = k + kxxν2(l2)

k2 = k + kzzν2(l2)

k12 = kxzν2(l2)

k21 = kzxν2(l2)

c = cxxν2(l2) = czzν

2(l2)

al sustituir (4.35) en (4.36) obtenemos,[mr2 + cr + k1 −maΩr + k21

maΩr + k21 mr2 + cr + k1

]Q = 0

y la ecuacion caracterıstica toma la forma

r4 +2cmr3+(

k1 + k2

m+c2 +m2

aΩ2

m2

)r2+(

c (k1 + k2) +ma (k21 − k12) Ωm2

)r+(

k1k2 − k21k12

m2

)= 0

de donde reconocemos los coeficientes ai de (4.37),

a1 =2cm

a2 =1m

(k1 + k2 +

c2

m+a2Ω2

m

)a3 =

1m2

ck1 + ck2 + aΩ(k21 − k12)

a4 =k1k2 − k21k12

m2

4.7.4. Amortiguamiento pequeno

Si suponemos que el coeficiente de amortiguamiento ξ es pequeno,


H1 =2cm

H2 = −ma(k21 − k12)Ωm2

H3 = −m2a(k21 − k12)2Ω2

m4

H4 = − (k1k2 − k12k21)m2a(k21 − k12)2Ω2

m6

La cantidad H3 es obviamente negativa y el sistema es inestable. Los terminos cruzados k21, k12 provienende descansos tales como los hidrodinamicos.

4.7.5. Amortiguamiento general

H1 =2cm

H2 =ck1

m2+ck2

m2+

2c3

m3− ma(k21 − k12)Ω

m2+

2cm3

m2aΩ

2

H3 =[ck1

m2+ck2

m2+ma(k21 − k12)Ω

m2

]H2 −

4c2

m4(k1k2 − k12k21)

H4 =k1k2 − k12k21

m2H3

bajo condiciones especificas algun Hi puede ser negativo y el sistema puede ser inestable.


Los datos para este problema son los mismos que para el de seccion §4.2.4, los parametros del descansoson:

kxx = 2× 105N/m

kxx = 5× 105N/m

kxz = 4× 105N/m

kzx = −4× 105N/m

cxx = 102N/m/s

czz = 102N/m/s

M = 14,29[

1 00 1

]G = 2,871

[0 −11 0

]C=75

[1 00 1

]K =

[1,345× 106 3× 104

−3× 104 1,570× 106

]f = 1,299× 10−5Ω2

sinΩtcos Ωt

104

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900035

40

45

50

55

60

65

70

Ω (RPM)

Fre

cue

nci

as

natu

rale

s (H

z)

FW

BW


La ecuacion caracterıstica es

r4 + 10,49r3 + (2,04× 105+

4,034× 10−2Ω2)r2+

(1,070− 8,43× 102)r+

1,034× 1010

= 0

y el criterio de Routh-Hurwitz entrega:

H1 = 10,49

H2 = 1,070× 106 + 8,43× 102Ω + 0,4233Ω2

H3 = 6,644× 109 − 2,435× 105Ω− 2,577× 105Ω2 − 3,568× 102Ω3

H4 = 1,034× 1010H3

H3 se vuelve negativo paraΩ > 146,1rad/s = 1394RPM

4.8. Amortiguacion

Considerese el sistema de figura ?? cuya ecuacion del movimiento es de la forma:

Mx + (C + ΩG) x + Kx = f (4.39)

con

M = m

[1 00 1

]G = ma

[0 −11 0

]C =

[c1 00 c2

]K =

[k1 00 k2

]x =

q1q2


0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 90000

50

100

150β=0.0002

Ω (RPM)

Fre

cue

nci

as

natu

rale

s (H

z)

Figura 4.22: β = 0,0002

βVelocidad crıtica 0,0002 0,015 0,0261era, 1X 2759 2613 −2da, 1X 3431 2791 26011era, 0.5X 5124 6213 −2da, 0.5X 7902 5195 5047

Cuadro 4.4: Velocidades criticas en funcion del amortiguamiento


Considerese el ejemplo

kxx = 2× 105N/m

kzz = 5× 105N/m

kxz = kzx = 0

cxx = β × 2× 105N/(m/s)

czz = β × 5× 105N/(m/s)

M = 14,29[

1 00 1

]G = 2,871

[0 −11 0

]C = β

[1,5× 105 0

0 3,75× 105

]K =

[1,345× 106 0

0 1,570× 106

]

4.8.2. Observaciones

Para valores bajos de amortiguamiento (β = 0,0002) el diagrama de Campbell es similar al deβ = 0.

Para valores altos de amortiguamiento (β = 0,015) el diagrama ha sido afectado notoriamente

Para valores muy altos (β = 0,026) solo una frecuencia crıtica aparece el giro hacia atras

106

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 90000

50

100

150β=0.015

Ω (RPM)

Fre

cue

nci

as

natu

rale

s (H

z)

Figura 4.23: β = 0,015

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 90000

50

100

150β=0.026

Ω (RPM)

Fre

cue

nci

as

natu

rale

s (H

z)

Figura 4.24: β = 0,026


0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900010

-10

10-9

10-8

10-7

10-6

10-5

10-4

β=0.0002

Ω (RPM)

Re

spu

est

a a

l de

sba

lan

ceam

ien

to (

m)

Figura 4.25: β = 0,0002

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900010

-10

10-9

10-8

10-7

10-6

10-5

β=0.015

Ω (RPM)

Re

spu

est

a a

l de

sba

lan

ceam

ien

to (

m)

Figura 4.26: β = 0,015

4.8.3. Respuesta forzada

4.8.4. Desbalance

Considerese la carga

f = 1,299× 10−5Ω2

sinΩtcos Ωt

para el mismo sistema descrito en el ejemplo anterior. La respuesta se muestra en figura xx.

Para valores bajos de amortiguamiento, aparecen las dos velocidades crıticas, para valores altos, lasvelocidades crıticas desaparecen.

4.8.5. Fuerza asincronica

Sea un vector de excitacion de la forma

f = f

sinϕΩtcosϕΩt

Sea F = 1N y ϕ = 0,5, la respuesta se muestra en figura xx-xx.

108

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900010

-10

10-9

10-8

10-7

10-6

10-5

β=0.026

Ω (RPM)

Re

spu

est

a a

l de

sba

lan

ceam

ien

to (

m)

Figura 4.27: β = 0,026

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900010

-8

10-7

10-6

10-5

10-4

β=0.0002

Ω (RPM)

Re

spu

est

a f

ue

rza

asi

ncr

on

ica

s=

0.5

(m

)

Figura 4.28: β = 0,0002

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900010

-8

10-7

10-6

10-5

10-4

β=0.015

Ω (RPM)

Re

spu

est

a f

ue

rza

asi

ncr

on

ica

s=

0.5

(m

)

Figura 4.29: β = 0,015


0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900010

-8

10-7

10-6

10-5

10-4

β=0.026

Ω (RPM)

Re

spu

est

a f

ue

rza

asi

ncr

on

ica

s=

0.5

(m

)

Figura 4.30: β = 0,026

0 10 20 30 40 50 60 70 8010

-8

10-7

10-6

10-5

10-4

β=0.0002, Ω=4000 RPM

ω (Hz)

Re

spu

est

a f

ue

rza

fija

en

el e

spa

cio

(m

)

Figura 4.31: β = 0,0002

4.8.6. Fuerza asincronica fija en el espacio

Para el caso

f = f

sinωt

0

donde ω es la frecuencia de una fuerza harmonica fija en el espacio, que excita al rotor que gira a unavelocidad fija Ω.

Las figuras muestran la respuesta para diferentes frecuencias ω con F = 1N y Ω = 4000RPM .

Ejemplo 17 Calcule a traves del metodo de Rayleigh-Ritz la ecuacion del movimiento de un rotor rıgidode longitud l, diametro d dispuesto a lo largo del eje y de un sistema cartesiano xyz. El rotor tiene undisco de masa m a l1 del descanso rıgido, momento de inercia, IDx = IDz y momento polar IDy. Amboscon el mismo material. Desprecie la masa del eje. El rotor es soportado por 2 descansos en los extremosdel eje. El primero es un descanso rıgido y el segundo es un descanso elastico con constantes kx = kz = k.Asuma que el eje no se deforma.

Solucion 2 Usando Rayleigh-Ritz:

u(y, t) = ν(y)q1(t) = ν(y)q1w(y, t) = ν(y)q2(t) = ν(y)q2

110

0 10 20 30 40 50 60 70 8010

-8

10-7

10-6

10-5

10-4

β=0.015, Ω=4000 RPM

ω (Hz)

Re

spu

est

a f

ue

rza

fija

en

el e

spa

cio

(m

)

Figura 4.32: β = 0,015

0 10 20 30 40 50 60 70 8010

-8

10-7

10-6

10-5

10-4

β=0.026, Ω=4000 RPM

ω (Hz)

Re

spu

est

a f

ue

rza

fija

en

el e

spa

cio

(m

)

Figura 4.33: β = 0,026


considerando el descanso rıgido esta en y = 0,

ν(y) = y

La energıa cinetica del disco es (retomando ec. 4.5):

TD =12mD

(u2 + w2

)+

12IDx

(θ2 + ψ2

)+

12IDy

(Ω2 + 2Ωψθ

)(4.40)

simplificando

TD =12mDl

21

(q21 + q22

)+

12IDx

(q21 + q22

)− IDyΩ (q1q2) (4.41)

donde

g(y) =dν(y)dy

= 1

si despreciamos la energıa cinetica del eje (ρ = 0 en ec. 4.10),

TD =12m(q21 + q22

)− Ωmaq1q2

con

m =12mDl

21

ma = IDy

Retomando ec. ??, la energıa cinetica de la masa desbalanceada es

Tu = muΩdl1 (q1 cos Ωt− q2 sinΩt)

luegoT = TD + Tu

Asumiendo que no hay fuerza axial f0, no hay energıa de deformacion del eje. La energıa de deformaciondel descanso en el extremo (en l) es

V =12xTb Kbxb

donde

xb =xz

y=l

= l

q1q2

Kb = kI

luego

V =12qTKq

donde

q =q1q2

K = kl2I

basta utilizar la ecuacion de Lagrange

d

dt

(∂T∂qi

)− ∂T∂qi

+∂V∂qi

= fqi, i = 1, 2 (4.42)

112

Figura 4.34: Estimacion de rigideces del descanso

Masa Deflexiong mm0 0

107 0,09200 0,21422 0,48

Cuadro 4.5: Deflexiones medidas en eje Z

para llegar a la ecuacion del movimiento:

Mx + ΩGx + Kx = f (4.43)

M = mI

G = ma

[0 −11 0

]K = kl2I

f = mudΩ2l1

sinΩtcos Ωt

x =

q1q2

4.9. Ejemplo experimental

Consideremos la experiencia mostrada en figura 4.35. Observamos que en el descanso flexible solo hayelementos de resorte en el eje z, lo que determina un sistema con un descanso asimetrico. Para modelarprimero se estimaron las rigidez del descanso en cada eje segun se muestra en figura 4.34 donde un relojcomparador midio las deflexiones ante varios niveles de carga. Las tablas (4.5) y (4.6) muestran los valoresobtenidos. Las deflexiones se midieron en la posicion del descanso elastico; lugar donde se aplico tambienla carga estatica.

A partir de ellas se hizo un ajuste de mınimos cuadrados de los cuales se estiman los valores siguientespara las rigideces:

kx = 2956 N/mkz = 8815 N/m


kx

kz

kz

kx

Figura 4.35: Modelo simple del sistema real

Masa Deflexiong mm0 0

107 0,33200 0,84422 1,29

Cuadro 4.6: Deflexiones medidas en eje X

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

x 10-3

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

Fuer

za (N

)

Deflexión (m)

Figura 4.36: Estimacion de rigidez

114

050

100150

200250

300

Tiempo (puntos)

250 RPM

x

z

Figura 4.37: Orbitas a 250 RPM, giro positivo

Teniendo lo anterior se pudieron obtener estimaciones para las 2 primeras frecuencias naturales con-siderando el eje como un cuerpo rıgido:

T =12m

(12z

)2

+12m

(12x

)2

V =12kzz

2 +12kxx

2

donde x y z corresponden a las deflexiones en el extremo.m es la masa del disco mas la del eje:

m = ρπ(r2Dh+ r2e l

)= 7800π

(0,12

4· 2,54 10−2 +

0,012

4· 0,56

)= 1,90 Kg

luego

ωx =

√m/4kx

= 78,9 rad/s= 753 RPM

ωz =

√m/4kz

= 136,3 rad/s= 1301 RPM

A continuacion se procedio a hacer girar el sistema a varias RPM con el objetivo de observar el sentidodel giro. Las mediciones se muestran en figuras 4.37-4.39 (las escalas son unicas para cada figura). Comoera de esperar en el rango entre las dos primeras frecuencias naturales se observa giro hacia atras (cuandoΩ = 1000 RPM).


100120

140160

180200

Tiempo (puntos)

1000 RPM

x

z

Figura 4.38: Orbitas a 1000 RPM, giro negativo

1020

3040

5060

7080

Tiempo (puntos)

1900 RPM

x

z

Figura 4.39: Orbitas a 1900 RPM, giro positivo

116

Bibliografıa

[1] Lalanne, M., Ferraris, G., Rotordynamics Prediction in Engineering. John Wiley and Sons, 2nd edition,Cap. 2, 1998.

117

118

Capıtulo 5

Analisis modal numerico

5.1. Sistemas conservativos

En este caso tenemos el problema:Mx + Kx = 0 (5.1)

pero sabemos que la solucion homegenea cumple

x = −ω2x

sustituyendo queda el sistemaKx = ω2Mx

lo que tiene la forma del problema standard de valores propios:

Ax = λBx

que es resuelto por metodos numericos adecuados (no los veremos en el curso).

Por ejemplo, en matlab [9]. el analisis modal es realizado por la funcion eig :

>> K=[1 -1; -1 1];>> M=[1 0; 0 1];>> [Q,Omega2]=eig(K,M)Q =0.7071 -0.70710.7071 0.7071

Omega2 =02.0000

>>

5.2. Sistemas no conservativos

Para resolver el problemaMx + Cx + Kx = f (5.2)

se extiende tal sistema utilizando la igualdad:

Mx−Mx = 0

119

120

con lo que queda el sistema con 2n incognitas:[C MM 0

]xx

+[

K 00 −M

]xx

=

f0

lo que toma la forma [6]:

Ar + Br = s

con las matrices simetricas

A =[

K 00 −M

]B =

[C MM 0

]y los vectores de estado y de excitacion:

r =

xx

s =

f0

El caso homogeneo

Ar + Br = 0

tiene la solucion de la formar = yeλt

lo que lleva al problema de valores propios

Ay+λBy = 0

tanto los valores propios λ como los vectores propios y son cantidades complejas; y dado que A y B sonreales, los valores propios vienen en pares complejos conjugados que escribiremos en la forma

λi = δi ± jωi

= − ξiωi√1− ξ2i

± jωi

= λi, λHi

y los 2 vectores propios asociados,

qi = qri ± jqii= qi,qHi

donde los super-indices indican las partes reales (r) e imaginarias (i) respectivamente; y H indica elcomplejo conjugado.

5.3. Modos propios complejos

La comprension de un modo propio complejo no es obvia, como es el caso para un sistema no amor-tiguado. Para facilitar el analisis, separemos las partes reales e imaginarias de la solucion al problemahomogeneo (6.1):

x(t) = qieλt + qHi eλHt

=(qri + jqii

)e(−δi+jωi)t +

(qri − qii

)e(−δi−jωi)t


considerando la identidadejωit = cosωit+ j sinωit

se puede expresar

x(t) = e−δit [(

qri + jqii)(cosωit+ j sinωit) +

(qri − jqii

)(cosωit− j sinωit)

]= 2e

−δit (qri cosωit− qii sinωit

)expresion que contiene solo valores reales.

5.4. Ejemplo

A continuacion se presenta el procedimiento para obtener modos y frecuencias naturales amortiguadasen Matlab:

>> K=[2 -1;-1 1];>> M=eye(2,2);>> C=.2*K;>> O=zeros(2,2);>> A=[K O;O -M];>> B=[C M; M O];>> [Q,V]=eig(A,-B)

Q =

0,4435− 0,0574i 0,0897− 0,4381i 0,4471− 0,0114i 0,0213 + 0,4467i−0,2741 + 0,0355i −0,0555 + 0,2708i 0,7234− 0,0185i 0,0345 + 0,7228i−0,0244 + 0,7232i −0,7230− 0,0286i −0,0100 + 0,2762i 0,2747− 0,0302i0,0151− 0,4470i 0,4469 + 0,0177i −0,0162 + 0,4469i 0,4445− 0,0489i

V =−0,2618 + 1,5967i 0 0 0

0 −0,2618− 1,5967i 0 00 0 −0,0382 + 0,6169i 00 0 0 −0,0382− 0,6169i

>>

Notese que los modos contienen numeros complejos. Si son normalizados, se verifica que correspondena modos normales. Como ejemplo tomemos el primer vector r1 con raız λ = −0,2618 + 1,5967i:

r1 =

0,4435− 0,0574i−0,2741 + 0,0355i−0,0244 + 0,7232i0,0151− 0,4470i

Dividamos por su primer elemento:

r1 =1

0,4435− 0,0574i

0,4435− 0,0574i−0,2741 + 0,0355i−0,0244 + 0,7232i0,0151− 0,4470i

=

1

−0,6118−0,2618 + 1,5967i0,1618− 0,9868i

por lo que

q1 =

1−0,6118

y verifiquemos que el tercer y cuarto elemento de r1 corresponden a λ1q1:

λ1q1 = −0,2618 + 1,5967i

1−0,6118

√=−0,2618 + 1,5967i0,1618− 0,9868i

122

5.5. Respuesta Forzada

Para obtener la respuesta forzada del sistema

Mx + Cx + Kx = f(t) (5.3)

a una fuerza de tipo harmonica de frecuencia ω:

f(t) = f0 cosωt

Empleamos la tecnica de fasores y cambiamos el problema real por uno complejo equivalente. Primero,

f = f0ejωt

= f0 (cosωt+ j sinωt)

o seaf(t) = <(f0ejωt)

donde <(x) corresponde a la parte real de x.Gracia a la linealidad del sistema, podemos asumir que la respuesta forzada toma la forma:

x = x0ejωt (5.4)

Observacion 56 La solucion del tipo (5.4) implica que el vector de amplitudes x0 posiblemente seacomplejo. Ello permite establecer el desfase entre x y f .

tras derivar (5.4) y sustituir en (5.3) obtenemos:(−ω2M + jωC + K

)x0e

jωt = f0ejωt

Z(ω)x0ejωt = f0ejωt

Simplificando el factor ejωt y despejando x0,

x0 = Z−1(ω)f0 (5.5)= H(ω)f0

regresando al dominio tiempo y considerando (5.5),

x(t) = <(x0ejωt)

5.6. Ejemplo

Consideremos el sistema estudiado anteriormente. Nos interesa conocer la respuesta forzada cuandose excita en el primer grado de libertad con una fuerza de amplitud unitaria y con frecuencia 1 Hz. EnMatlab:

>> K=[2 -1;-1 1];>> M=eye(2,2);>> C=.2*K;>> f0=[1 0]’;>> w=2*pi;>> Z=-w^2*M+j*w*C+K;>> H=inv(Z);>> x0=H*f0

x0 =

-0.0265 - 0.0018i0.0006 + 0.0009i


En general nos interesan las amplitudes,

>>abs(x0)

ans =

0.02660.0011

aunque tambien pueden ser relevantes los desfases respecto del termino de fuerza:

>>angle(x0)*180/pi

ans =

-176.066857.2918

en este caso, el grado de libertad 1 esta retrasado 176o respecto del termino de fuerza; el segundo gradode libertad esta adelantado en 57o. Dado que f0 es unitario y tiene una sola componente, x0 correspondea la Funcion Respuesta en Frecuencia cuando se excita en el primer grado de libertad:

h1(ω) = x0(ω)

dondeH(ω) =

[h1(ω) h2(ω)

]

124

Capıtulo 6

Multi-rotor con el metodo deRayleigh-Ritz

6.1. Introduccion

Usaremos nuevamente el metodo de Rayleigh Ritz para modelar el comportamiento dinamico desistemas con rotores coaxiales. Ejemplos de tales sistemas son las turbinas aeronauticas. Los puntostratados son:

Diagrama de Campbell

Analisis de Inestabilidad

Efecto del desbalanceamiento

6.2. Descripcion del modelo

El sistema a analizar se muestra en figura 6.2.

Los rotores son tienen secciones transvesales constantes y los efectos no simetricos aparecen por laexistencia de kzz en el punto C.

No se ha incluido amortiguamiento en el modelo.

Toma de aire

Inyecciónde combustible

Turbina

Mantenedor llama

Gasescalientes

Inyección decombustible

post-combustión

Cámarade combustión

Compresor

Figura 6.1: Esquema de una turbina aeronautica

125

126

Z

R1

l1l2l3l4

L

R2

R5

R4

DCBA

1

2

Y

Figura 6.2: Modelo de 2 rotores coaxiales

Se usan las expresiones para la energıa cinetica, potencial y trabajos virtuales del capitulo anterior,para cada rotor, de manera independiente. Se presume que los rotores estan apoyados de manerasimple en los puntos A,B,D y que los desplazamientos en C son iguales para ambos rotores.

Los rotores tienen distintas velocidades de rotacion:

Ω2 = υΩ1 = υΩ

Para el rotor 1, se ha supuesto una deformacion del tipo:

u1(y, t) = sinπy

lq1(t) = ν1(y)q1

w1(y, t) = sinπy

lq2(t) = ν1(y)q2

Los desplazamientos angulares son aproximados por:

θ1 =∂w1

∂y=dν1(y)dy

q2(t) = g1(y)q2

ψ1 =∂u1

∂y= −dν1(y)

dyq1(t) = −g1(y)q1

Para expresar la energıa de deformacion se requiere de las derivadas de segundo orden:

∂2u1

dy2=d2ν1(y)dy2

q1 = h1(y)q1

∂2w1

dy2=d2ν1(y)dy2

q2 = h1(y)q2

Para el rotor 2, se asume que se comporta como un cuerpo rıgido, luego

u2(y, t) =y − l2l4 − l2

sinπl4lq1(t) = ν2(y)q1

w2(y, t) =y − l2l4 − l2

sinπl4lq2(t) = ν2(y)q2

luego

θ2 =∂w2

∂y=dν2(y)dy

q2(t) = g2(y)q2

ψ2 =∂u2

∂y= −dν2(y)

dyq1(t) = −g2(y)q1


dado que g2 es constante,

∂2u2

dy2= 0

∂2w2

dy2= 0

6.2.1. Energıa cinetica

Usando las ecuaciones (4.5) y (4.8),

T =12m(q21 + q22

)− Ωma2 q1q2 − Ωma2 q1q2

donde

m = MD1ν21(l1) +MD2ν

22(l3) + IDx1g

21(l1) + IDx2g

22(l3)+

ρS1

∫ l

0

ν21(y)dy + ρI1

∫ l

0

g21(y)dy+

ρS2

∫ l4

l2

ν22(y)dy + ρI2

∫ l4

l2

g22(y)dy

ma1 = IDy1g21(l1) + 2ρI1

∫ l

0

g21(y)dy

ma2 = IDy2g22(l3) + 2ρI2

∫ l4

l2

g22(y)dy

6.2.2. Energıa potencial

Solo el rotor 1 acumula energıa potencial, y siendo que la fuerza axial es nula,

Vs =k

2(q21 + q22

)con

k =π4EI1

2l3

6.2.3. Trabajo virtual del descanso intermedio

El trabajo virtual hecho por el descanso kzz puede ser escrito como,

δW = −kzzw(l4)δw(l4)

= −kzzν21(l4)q2δq2

luego, las componentes de la fuerza generalizada son

fq1 = 0

fq2 = −kzzν21(l4)q2

6.2.4. Energıa cinetica del desbalance

Cuando la masa desbalanceada esta ubicada en el disco D1 la energıa cinetica correspondiente es

T1 = muΩ1dν(l1) (q1 cos Ω1t− q2 sinΩ1t)

Si el desbalance se ubica en el disco 2,

T2 = muΩ2dν(l3) (q1 cos Ω2t− q2 sinΩ2t)

128

Parametro Valor unidadl 0,4 mr1 0,02 mr2 0,15 mr3 0,03 mr4 0,035 mr5 0,1 mh1 0,03 mh2 0,02 mE 2× 1011 N/m2

ρ 7800 Kg/m3

kzz 8× 106 N/mmud 0,01 Kg ·mmm 17,46 Kgma1 2,893 Kga2 1,651 Kgk 1,91× 107 N/m

Cuadro 6.1: Parmetros del modelo

6.3. Ejemplo numerico

Se hara un estudio para razon de velocidades υ = −5,−1, 5

6.4. Rotor simetrico

En este caso,kzz = 0

Tras efectuar el analisis de Raleigh-Ritz, la ecuacion del movimiento del sistema queda:

Mx + ΩGx + Kx = f (6.1)

con

M = m

[1 00 1

]G = (ma1 +ma2υ)

[0 −11 0

]K = k

[1 00 1

]x =

q1q2

Si la masa desbalanceada esta en el disco 1,

f = muν(l1)dΩ2

sinΩtcos Ωt

= m1dΩ2

sinΩtcos Ωt

Si la masa desbalanceada se ubica en el disco 2, en y = l3

f = muν(l3)d (υΩ)2

sin υΩtcos υΩt

= m2d (υΩ)2

sin υΩtcos υΩt


Al realizar el analisis de la ecuacion caracterıstica,

ω1 =

√√√√ω210 +

(ma1 + υma2)2 Ω2

2m2

(1−

√1 +

4m2ω210

(ma1 + υma2)2 Ω2

)

ω2 =

√√√√ω210 +

(ma1 + υma2)2 Ω2

2m2

(1 +

√1 +

4m2ω210

(ma1 + υma2)2 Ω2

)con

ω10 = ω20 =

√k

m

Se observa queω1 ≤ ω10 = ω20 ≤ ω2

y los modos propios son de la forma

q1 =Ω (ma1 + υma2) r

k +mr2q2

El sentido del giro depende del valor de υ:Si

υ < −ma1

ma2

la frecuencia ω2 corresponde a un giro hacia atras y ω1 a un giro hacia adelante.

6.4.1. Frecuencias crıticas

En el caso del desbalanceamiento del rotor 1, la frecuencia de la fuerza excitadora (1XΩ) iguala a lasfrecuencias naturales para:

Ω1 =

√k

m+ (ma1 + υma2)

Ω2 =

√k

m− (ma1 + υma2)

Para la excitacion de desbalanceamiento del segundo rotor (|υ|Ω),

Ω1 =

√k

υ (mυ + (ma1 + υma2))

Ω2 =

√k

υ (mυ − (ma1 + υma2))

Los diagramas de Campbell se muestran en figuras 6.3-6.5. En tabla 6.2 se muestran las velocidadescrıticas.

6.4.2. Respuesta forzada al desbalanceamiento

Considerando la respuesta estacionario del sistema 6.1, para un desbalance en el rotor 1 (que gira aΩ rad/s),

x =m1dΩ2

k + (ma1 + υma2 −m) Ω2

sinΩtcos Ωt

(6.2)

y por lo tanto la orbita es siempre circular. La velocidad critica anula el denominador de 6.2 y vale

Ω2c =

k

− (ma1 + υma2 −m)

130

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

x 104

0

50

100

150

200

250

300

Ω (RPM)

Fre

cue

nci

as

na

tura

les

(Hz)

Figura 6.3: Diagrama de Campbell para n = −5

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

x 104

0

50

100

150

200

250

300

Ω (RPM)

Fre

cue

nci

as

na

tura

les

(Hz)

Figura 6.4: Diagrama de Campbell para n = −1

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

x 104

0

50

100

150

200

250

300

Ω (RPM)

Fre

cue

nci

as

na

tura

les

(Hz)

Figura 6.5: Diagrama de Campbell para n = 5


υVelocidad crıtica -5 -1 51era, 1X 8742 9656 78082da, 1X 12004 10639 166151era, nX 1940 - 18822da, nX 2063 - 2140

Cuadro 6.2: Velocidades criticas en funcion de la veocidad relativa

Si el desbalance esta presente en el rotor 2 (girando a υΩ rad/s),

x =m2d (υΩ)2

k + (ma1 + υma2 −mυ) υΩ2

sin υΩtcos υΩt

(6.3)

y la velocidad crıtica es en este caso

Ω2c =

k

−υ (ma1 + υma2 −mυ)

6.5. Rotor asimetrico

La asimetrıa es producto de la rıgidez kzz (figura 6.2). Las ecuaciones quedan

Mx + ΩGx + Kx = f (6.4)

con

M = m

[1 00 1

]G = (ma1 +ma2υ)

[0 −11 0

]K =

[k1 00 k2

]x =

q1q2

Para el ejemplo,

k1 = k

k2 = k + kzzν21(l4) = 2,513× 107N/m

6.5.1. Diagrama de Campbell

Del analisis de la ecuacion caracterıstica,

ω1 = ±

√√√√√ω210 + ω2

20

2+

(ma1 + υma2)2 Ω2

2m2−

√√√√(ω210 + ω2

10

2+

(ma1 + υma2)2 Ω2

2m2

)2

− ω210ω

220

ω2 = ±

√√√√√ω210 + ω2

20

2+

(ma1 + υma2)2 Ω2

2m2+

√√√√(ω210 + ω2

10

2+

(ma1 + υma2)2 Ω2

2m2

)2

− ω210ω

220

132

0 0.5 1 1.5 2 2.5

x 104

-400

-300

-200

-100

0

100

200

300

400

RPM

Hz

n=-5

1987

2308

9224

13039

FW

BW

BW

FW

Figura 6.6: n = −5

0 0.5 1 1.5 2 2.5

x 104

-400

-300

-200

-100

0

100

200

300

400

RPM

Hz

n=-1

FW

BW

BW

FW

9919

13039

Figura 6.7: n = −1

con

ω10 =

√k

m

ω20 =

√k + kzzν2

1(l4)m

Se observa queω1 ≤ ω10 ≤ ω20 ≤ ω2

Los diagramas de Campbell para υ = −5,−1, 5 se muestran en figuras 6.6-6.8.

6.5.2. Respuesta forzada al desbalance

Consideraremos solo la respuesta estacionaria. En caso de existir desbalance en el rotor 1, las ampli-tudes de las vibraciones transversales en ambos ejes son:

q = m1dΩ2

k2−(m+ma1+υma2)Ω2

(k1−mΩ2)(k2−mΩ2)−(ma1+υma2)Ω4

k1−(m+ma1+υma2)Ω2

(k1−mΩ2)(k2−mΩ2)−(ma1+υma2)Ω4


0 0.5 1 1.5 2 2.5

x 104

-400

-300

-200

-100

0

100

200

300

400

RPM

Hz

n=5

1956

2360

8299

17916

FW

BW

BW

FW

Figura 6.8: n = 5

0 0.5 1 1.5 2 2.5

x 104

10-7

10-6

10-5

10-4

10-3

RPM

r max

(m

)

n=-5

Figura 6.9: n = −5

luego, las orbitas son elıpticas. Las velocidades crıticas son aquellas para las cuales el denominador seanula: (

k1 −mΩ2) (k2 −mΩ2

)− (ma1 + υma2)Ω4 = 0

Las figuras 6.9-6.11 muestran la respuesta estacionaria para varios υ.Si el desbalance se presenta en el rotor 2,

q =m2d (υΩ)2(

k1 −m (υΩ)2)(

k2 −m (υΩ)2)− (ma1 + υma2) υ2Ω4

k2 − (mυ +ma1 + υma2) υΩ

2

k1 − (mυ +ma1 + υma2) υΩ2

En este caso las velocidades crıticas aparecen para,(k1 −m (υΩ)2

)(k2 −m (υΩ)2

)− (ma1 + υma2) υ

2Ω4 = 0

Ejercicio 5 Obtener las curvas de radio maximo vs velocidad de rotacion para υ = −5,−1, 5.

134

0 0.5 1 1.5 2 2.5

x 104

10-7

10-6

10-5

10-4

10-3

n=-1

RPM

r max

(m

)

Figura 6.10: desbalance en rotor 1, n = −1

0 0.5 1 1.5 2 2.5

x 104

10-7

10-6

10-5

10-4

10-3

n=5

RPM

r max

(m

)

Figura 6.11: n = 5


6.6. Sistema amortiguado

Considerese que el descanso ubicado en y = l4 posea los siguientes parametros:

kxx = 2× 106N/m

kzz = 8× 106N/m

kxz = kzx = 0cxx = βkxxN/(m/s)czz = βkzzN/(m/s)cxz = czx = 0

luego, las ecuaciones del movimiento son:

Mx + (ΩG + C) x + Kx = f (6.5)

con

M = m

[1 00 1

]K =

[k1 00 k2

]G = (ma1 +ma2υ)

[0 −11 0

]C =

[c1 00 c2

]x =

q1q2

Para el caso de nuestro ejemplo

k1 = 2,063× 107N/m

k2 = 2,5138× 107N/m

c1 = β × 1,5× 106N/(m/s)

c2 = β × 6× 106N/(m/s)

6.6.1. Diagrama de Campbell

Los resultados para υ = −5, β = 10−4, 10−3, 5× 10−4, 7× 10−4 se muestran en figuras xx.Los resultados para β = 7× 10−4,υ = −1, 5 se muestran en figuras xx.pendiente

6.6.2. Respuesta forzada al desbalanceamiento

pendiente, solo graficos,

136

Capıtulo 7

Analisis Espectral

7.1. Introduccion

En el lado derecho de la figura 7.1 se aprecia la vibracion que es medida en las maquinas. Ella esla suma de diversas causas, entre las que se encuentran el desbalanceamiento, el desalineamiento, lasvibraciones de los engranajes, por ejemplo. Cada una de estos problemas genera senales periodicas cuyafrecuencia es caracterıstica, lo que permite diagnosticarlas. Aparece entonces el problema de separar lasdiferentes frecuencias que aparecen en una misma senal (analisis espectral).

La misma informacion pero en un grafico 3D es mostrada en figura 7.2. Se aprecia como cada compo-nente de la senal medida puede ser descrita por un valor de amplitud y una frecuencia asociada.

Finalmente, la senal es mostrada el dominio frecuencia (figura 7.3):

7.2. Analisis de Fourier

La herramienta matematica que permite la descomposicion de una senal en sus componentes funda-mentales es la transformada de Fourier.

Ella puede ser continua para senales en t ∈ (−∞,∞) o discreta para senales en t ∈ (0, T )En la vida real solo se mide durante un cierto periodo de tiempo [0, T ] y en forma discreta (vease

figura 7.6).

7.2.1. Nociones basicas

La transformada continua de Fourier para la frecuencia ω se define como:

X(jω) =∫ ∞

−∞x(t)e−jωtdt (7.1)

y su inversa por:

x(t) =∫ ∞

−∞X(jω)ejωtdω

Notese que X(jω) es una cantidad compleja.

Observacion 57 La formula 7.1 permite el uso de frecuencias positivas y negativas. Lo comun que sololas frecuencias positivas tengan sentido fısico. En tal caso se utiliza el espectro a un lado.

Si la senal es muestreada N veces cada 4t segundos, entonces k-esima lınea de la transformada

137

138

0 0.05 0.1 0.15 0.2-1

0

1

0 0.05 0.1 0.15 0.2-1

0

1

0 0.05 0.1 0.15 0.2-1

0

1

0 0.05 0.1 0.15 0.2

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

TiempoTiempo

Desbalanceamiento

Desalineamiento

Engranajes

+

+

=

Figura 7.1: Vibracion global

11.5

22.5

33.5

4-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

TiempoFrecuencia

Figura 7.2: Representacion tiempo-frecuencia

Am

plit

ud

Frecuencia

Figura 7.3: Espectro de la senal


Figura 7.4: Poder de diagnosis de un espectro

EspectroSeñal temporal

TransformadaTransformadadede

FourierFourier

Figura 7.5: Transformada de Fourier

0 0.5 1 1.5-1

-0.5

0

0.5

1

T

ToTo

Tiempo

Figura 7.6: Muestreo discreto

140

f∆f

∆f=1/T

Figura 7.7: Muestreo y espectro discretos

discreta de Fourier esta definida por:

X(k) =2N

N∑n=1

x(n)e−j2πknN , k = 1, .., N/2

X(0) =1N

N∑n=1

x(n)

Observacion 58 Notese que la componente estatica (f = 0) corresponde al valor promedio.

La frecuencia asociada a la k-esima lınea es k/N .El paso entre lıneas (paso frecuencial) esta dado por:

4f =1T

Como se vera a continuacion, hay una serie de parametros que deben ser tomados en cuenta parautilizar adecuadamente el espectro de una senal.

7.2.2. Paso frecuencial

Consecuencia del tiempo de muestreo limitado y la discretizacion de la senal es que el espectro es-tara compuesto por un numero limitado de lıneas, y la distancia entre cada una en frecuencia4f esta dadapor:

4f =1T

donde T es el periodo de muestreo definido por la figura 7.6. Notese que no tiene nada que ver con elperiodo T0 de la senal.

Mientras mas corto es el periodo de muestreo, mayor sera el paso en frecuencias. Ello puede suscitarproblemas para el diagnostico como se indica en figura 7.8, donde 2 componentes de frecuencias muysimilares han sido confundidas por un paso frecuencial muy pobre. Al realizar un zoom sobre la bandafrecuencia sospechosa se logra discriminar.

7.2.3. Aliasing

Un problema que aparece a causa del muestreo discreto es el aliasing, vale decir cuando una com-ponente a alta frecuencia es confundida con una de baja a causa de que la frecuencia de muestreo (lavelocidad con la que se adquieren puntos de la senal temporal) sea muy baja. El efecto se muestra enfigura 7.9. Notese que en el caso superior hay suficientes puntos por cada periodo de la senal para que la


Figura 7.8: Resolucion frecuencial pobre

Figura 7.9: Frecuencia de muestreo pobre

transformada discreta de Fourier capte la componente real f0. En el caso de la parte inferior hay solo unpunto por cada ciclo de la senal; obviamente es imposible recuperar la frecuencia real y la que capta elalgoritmo de Fourier es al de la frecuencia fantasma fa = 1/Ta .

Como solucion al problema se deben tomar 2 medidas:

Aplicar una frecuencia de muestreo fs que cumpla con el teorema de muestreo de Nyquist

fmuestreo > λfmax

donde λ es una constante mayor que 2 (usualmente se usa 2.56).

Aplicar un filtro analogo pasa-bajos (o ”anti-aliasing”) que extraiga todas las componentes superi-ores a fmax.

Observacion 59 En la practica industrial, basta con configurar la frecuencia maxima de analisis delcolector para que los filtros (analogos y digitales) se ajusten. Obviamente, al filtrar las componentessuperiores se pierde la capacidad de detectar problemas que generen altas frecuencias.

7.2.4. Efecto de rendija

Se tiene que

4f =1T

por lo que para poder mostrar una componente a f0 = 1T0

es necesario que:

f04f

sea entero (7.2)

Sea T = αT0 donde α es el numero de ciclos de la senal que son considerados. Entonces:

f04f

=1T01αT0

= α

142

A

0.64A

A

0.64A

Figura 7.10: Efecto de rendija

Figura 7.11: Hoja tecnica de un acelerometro industrial

De aquı se ve que la condicion 7.2 se cumple para α entero. Tal situacion ocurre en la parte superior dela figura 7.10. La amplitud real A es mantenida por el algoritmo de la transformada de Fourier. En casode tomar α = 1,5 ocurre la situacion de la parte inferior de la figura: la componente ha sido dividida en2 de menor amplitud (0,64A en este caso).

7.2.5. Ruido

Para el ejemplo de la figura 7.11, el solo el ruido electrico del sensor es de 50 µg (491 µm/s2), lo queimplica que cualquier senal debajo de ese nivel no sera distinguible. Ademas, no se ha tomado en cuentael ruido de los otros componentes de la cadena de medicion.

7.2.6. Efecto de fuga

El hecho de tomar un periodo discreto de la senal temporal [0, T ] implica en general que no setomara un multiplo exacto del periodo propio de la senal T0. Tal situacion es descrita en figuras 7.13 y7.14.


Ac e

lera

c ió

nµg

Frecuencia50

Figura 7.12: Componentes escondidas bajo el ruido

Señal de entrada

Porción utilizada para T.F.

Señal asumida en el algoritmo T.F. discreto

Figura 7.13: Efecto de truncacion nulo

Señal de entrada

Porción utilizada para T.F.

Señal asumida en el algoritmo T.F. discreto

Figura 7.14: Efecto negativo de truncacion

144

Señal real

Señal adquirida

Ventana

Señal de entradapara FFT

TT

×

=

Figura 7.15: Aplicacion de ventanas

SeñalAnáloga

SeñalDigital

ADC16 bit s

51.2 KHz+ / - 2.5 Vpeak

Figura 7.16: Conversion analogo-digital

Para tratar el problema es necesario aplicar una ventana antes de aplicar el algoritmo discreto deFourier. Gracias a ella se elimina la discontinuidad entre un periodo y otro de la senal y se logra que elintervalo [0, T ] sea tambien la frecuencia con la cual se repite la senal (a fines de la FFT), lo que disminuyeel efecto de fuga.

7.3. Discretizacion

La senal analoga es transformada en senal digital por el conversor analogo-digital (ADC) el cual escaracterizado por el numero de bits n con que cuenta. Actualmente se utilizan usualmente los ADC de16 bits. La senal pueden tomar 2n−1 valores distintos (mas el signo).

La frecuencia de muestreo indica la cantidad de puntos que puede generar por unidad de tiempo (enel caso de la figura 7.16 se crean 51200 puntos/s). Un parametro importante y que usualmente dependedel usuario es el fondo de escala que limita el voltaje aceptable para el conversor (en la figura, la senaldebe estar en el rango [−2,5, 2,5] V).

+2.5V

-2.5V

+32768

-32768

+25G

-25G

Figura 7.17: Fondo de escala y rango dinamico


0.5V

+2.5V

-2.5V

Figura 7.18: Rango dinamico

Frecuencia

Am

plit

ud

Desplazamiento

VelocidadRango

Rango

Figura 7.19: Rango dinamico y tipo de senal

Tomemos el caso mostrado en figura 7.18. La senal solo utiliza 0,5/5 = 10 % del fondo de escala. Dadoque el ADC es de 16 bits solo se aprovechan 32768/10=3276 bits. Ello implica que el rango dinamicoefectivo DR es:

DR = 20 log3276

1= 70 dB

Si hubiese utilizado el 100 % del fondo de escala (lo que puede truncar la senal digital):

DR = 20 log32768

1= 90 dB

La calidad de la conversion tambien depende del tipo de senal. Por ejemplo una senal de desplazamien-to tiende a ”reducir” las componentes a alta frecuencia, por lo que estas componentes podran aprovecharmuy pocos de los bits disponibles para ese nivel de senal. Por otro lado, el hecho de tener componentesgrandes en baja frecuencia obliga a agrandar la escala (figura 7.19).

7.4. Componente DC

Aun si la parte dinamica de la senal es pequena, es posible que el ADC se sature debido a la existenciade una componente DC en la senal (ver figura 7.20). Para solventar tal situacion se debe aplicar un filtroanalogo DC antes del ADC.

146

0.5V +2.5V

-2.5V

+32768

-32768

DC

Figura 7.20: Efecto de la componente DC

7.5. Parametros de adquisicion

Usuario selecciona:

Ancho de banda;

Numero de lıneas;

Tipo de ventana.

Supongamos que se tomo una frecuencia maxima de 5 KHz, con 3200 lıneas. Se tiene entonces:

Resolucion en frecuencia:5000 Hz

3200 lıneas= 1,5625 Hz/lınea

Nro. puntos en el tiempo:3200 · 2,56 = 8192 puntos

frecuencia de muestreo:5000 Hz · 2,56 = 12800 Hz

Tiempo de muestreo:819212800

= 0,64 s

Resolucion en tiempo:1

12800= 7,8125E − 5 s/punto

7.6. Espectros usuales

Como se vio anteriormente la una senal armonica simple es caracterizada por una sola lınea en elespectro (figura 7.21).

La senal periodica muestra una serie de lıneas. La primera lınea aparece a 1/T0 (T0 es el periodo dela senal), las siguientes aparecen a n/T0, n = 2, 3, ... (figura 7.22).

Una respuesta transiente (usualmente provocada por un impacto) tiene un espectro similar al de lafigura 7.23. En general aparecen varios valles y picos. Los picos corresponden en general a frecuenciasnaturales. Ello es un primer paso en la identificacion modal. Un ejemplo real se muestra en figura 7.24.En este caso, el sensor esta colocado sobre uno de los descansos de una sierra circular. La senal temporalmuestra la transiente generada por el impacto inicial de un trozo con la sierra. El espectro muestra elpico/valle asociado.


0 2 4 6-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Tiempo (s)

Des

plaz

amie

nto

0 0.5 1 1.50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Frecuencia (Hz)

Am

plitu

d

Figura 7.21: Senal armonica simple

0 5-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

Tiempo (s)

Des

plaz

amie

nto

0 1 20

0.5

1

1.5

2

Frecuencia (Hz)

Am

plitu

d

To

1/To

Figura 7.22: Senal periodica

0 5 10-1

-0.5

0

0.5

1

Tiem po (s)

De

spla

zam

ien

to

0 2 40

0.005

0.01

0.015

0.02

Frecuencia ( Hz)

Am

plit

ud

Figura 7.23: Senal transiente

148

2000 2500 3000 3500 40000

0.01

0.02

0.03

rms

(Vo

lts)

x:linear Hertz

aspec s/n 22870s/n 22870:Volts

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6

-5

0

5re

al(

Vo

l ts)

sec.

s/n 22870s/n 22870:Volts

Figura 7.24: Impacto inicial en sierra circular

7.6.1. Modulacion

Si el la senal transiente se repite en el tiempo (ver figura 7.25) se tiene una senal periodica que serepite cada T0 segundos. Ello ocurre usualmente cuando se produce un impacto de manera periodica. Loespecial en este caso es que la componentes armonica dominante aparece a la frecuencia del pico de lasenal transiente. Ella esta rodeada de las llamadas bandas laterales que estan distantes n/T0, n = 2, 3, ..Hz de la lınea principal.

En la figura 7.26 se muestra un ejemplo real de modulacion. En este caso el peak de la transienteexcitada esta a 3023 Hz. Aparecen 2 bandas laterales a 28.1 Hz. Para esta maquina ello corresponde ala frecuencia de paso de las bolas por la pista interior (BPFI) de uno de los rodamientos, lo que implicauna picadura incipiente.

El ejemplo anterior indica que mas importante que la frecuencia de la alta frecuencia (transiente) esla tasa de repeticion del evento. La figura 7.27 muestra patrones en el espectro para fallas distribuidas ylocales respectivamente. A fin de detectarlo mas claramente, tambien se puede aplicar un filtro envolvente(figura 7.28) que solo considera el evento a baja frecuencia. Como resultado del filtrado queda una senalperiodica, cuyo frecuencia fundamental es la frecuencia de repeticion del evento a alta frecuencia. Elproceso se describe en figura 7.29.

La modulacion corresponde al producto de la interaccion entre fenomenos fısicos. En el espectro ellose evidencia como la traslacion de la senal moduladora (de menor frecuencia) como bandas laterales dela senal portadora (de mayor frecuencia). Causas usuales de modulacion en sistemas mecanicos son:

Rodamientos danados; las frecuencias asociadas a picaduras son moduladas por frecuencias natu-rales a alta frecuencia;

Engranajes; frecuencias de engrane y frecuencias naturales;

Motores electricos; frecuencia de rotacion del motor o frecuencia de la lınea y frecuencias de pasode ranura.

Supongase que la senal portadora (alta frecuencia) es senoidal [?]:

Xp(t) = Ap cos (ωpt)

La senal modulada (osea, la portadora modulada por una senal moduladora f(t)) se expresa como:

Xm = [1 + µf(t)]Ap cos (ωpt)

donde µ es el ındice de modulacion.


46

0 0 .0 5-1

-0 .5

0

0 .5

1

Tie m p o (s )

Des

plaz

amie

nto

700 800 9000

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

0.4

0.45

0.5

F re c ue nc ia (Hz)

Am

plitu

d

Análisis espectralAnálisis espectralSeñal con modulaciónSeñal con modulación

T

1/T

Figura 7.25: Senal con modulacion

0 2600 2700 2800 2900 3000 3100 3200 3300 3400 3500

+30

23.4

,28.

1+

250

0

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

0.03

0.035

Frecuencia (Hz)

Ace

lera

ción

Figura 7.26: Ejemplo de modulacion en ventilador

Figura 7.27: Modulacion de fallas locales y distribuidas

150

Envolvente

Tiem po

Envolvente

Tiem po

Figura 7.28: Filtro envolvente

Figura 7.29: Proceso de demodulacion


0 1 2-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

Tiempo (s)

Des

plaz

amie

nto

0 500

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

0.4

Frecuencia (Hz)

Am

plitu

d

Figura 7.30: Senal aleatoria

En el caso de que la senal moduladora sea senoidal:

f(t) = cos(ωmt)

EntoncesXm = [1 + µ cos(ωmt)]Ap cos (ωpt)

lo que se puede expresar como:

Xm = Ap cos (ωpt) +µAp2

[cos (ωp + ωm) t+ cos (ωp − ωm) t]

lo que implica que el espectro de Xm mostrara componentes a ωp, ωp + ωm, ωp − ωm.

Ejercicio 6 Simule una modulacion en amplitud para diferentes tipos de senales moduladoras (senoidal,cuadrada, sierra, periodica cualquiera, ruido blanco). Realice ademas un estudio de sensibilidad vs elındice de modulacion. Remıtase a ref. [?].

7.6.2. Ruido en la senal

Una senal aleatoria en el tiempo no muestra patrones tal como se puede apreciar en figura 7.30. Ello esimportante pues al aplica promedios sucesivos de espectros de una misma senal tiende a hacer disminuirlas componentes asociadas a ruido aleatorio (figura 7.31).

Un tipo de senal importante para el analisis modal experimental es la senal impulsiva (figura 7.32).Como se puede ver muestra un espectro plano. Si una estructura es excitada por un impulso inicial (unmartillazo por ejemplo) la excitacion contiene componentes en un rango ancho de frecuencias, lo queprovocara respuestas tambien en un rango amplio. En ella se distinguiran las frecuencias naturales.

7.7. Unidades standard

Las amplitudes de cada componente en el espectro pueden ser mostradas en dos tipos de formato:lineal y logarıtmico. El formato logarıtmico es ventajoso para visualizar variables que tomen valoresen varios ordenes de magnitud (el espectro vibracional, por ejemplo). Su formato mas comun son losdecibeles, que requieren el uso de un valor de referencia (Yref ). Un dB se define como:

dB = 20 log(Y/Yref )

En tabla (7.1) se muestra una lista comparando razones con dB.

152

Figura 7.31: Aplicacion de promedios

0 0.5 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Tiempo (s)

Des

plaz

amie

nto

0 500 10000

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x 10-3

Frecuencia (Hz)

Am

plit

ud

Figura 7.32: Senal impulsiva

Y/Yref dB100 40√

10 10√2 3

1 01/√

2 −31/10 −201/100 −40

Cuadro 7.1: Equivalencia dB


Tipo de senal Denominacion Valor de referencia UnidadVelocidad VdB 10−6 mm/sAceleracion AdB 10−3 mm/s2

Voltaje DBV 1 VVoltaje DBmV 1 mVPresion dB-SPL 105 Pa

Cuadro 7.2: Unidades dB standard

50 100 150 200 250 300 350 400 450 500

10-8

10-6

10-4

10-2

100

102

mm

/srm

s

Hz

Figura 7.33: Senal representada en escala logarıtmica

Ejemplo 18 Los VdB son usados para espectros de velocidad. Su valor de referencia es 1e-6 mm/s.Entonces:

0 VdB = 10−6 mm/s

A continuacion se presenta una lista de unidades standard en dB:

7.8. Tipo de valor mostrado

A fin de caracterizar la vibracion global se han definido tres tipos de medida:

Peak, que caracteriza estados de sobrecarga e impactos;

Peak to Peak, usado cuando hay desplazamientos relativos;

50 100 150 200 250 300 350 400 450 500

20

40

60

80

100

120

140

160

mm

/srm

s

Hz

Figura 7.34: La misma senal de figura 7.33 en formato bilineal

154

0 2 4 6-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Tiempo (s)

Des

p laz

amie

nto

0 0.5 1 1.50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Frecuencia (Hz)

Am

plitu

d

RMS peak peak topeak

peak RMS

Figura 7.35: Valor RMS

RMS (Root Mean Square, raız del valor medio al cuadrado), que es una forma de promedio quetoma en cuenta toda la informacion registrada, y que es una estimacion de la energıa contenida enla senal.

Observacion 60 La norma ISO 2372 (severidad vibratoria) se basa en el valor RMS.

7.9. Valor RMS

El valor RMS analogo es calculado desde la senal temporal directamente:

VRMS =

√∑i v

2i

N

dondevi es el valor de la senal adquirida en el instante ti;N es el numero de puntos de la senal.El valor RMS digital es calculado como la norma del vector cuyas componentes son las amplitudes

(RMS):

VRMS =√∑

i

v2i,RMS

Para el caso de una senal armonica de amplitud A (de 0 al peak), el valor RMS es A√2. ver figura 7.35.

Dado que el valor RMS de la senal es en cierta forma un promedio, el cambio de alguna componenteespectral especifica tiende a cambiar poco su valor aun si el cambio de la componente es importante.Un ejemplo se muestra en figura 7.36 para el caso de una caja reductora. El espectro superior indica lacondicion del equipo en el mes 1, el inferior, lo mismo pero 2 meses despues. Si bien la componente a 1Xcrecio 20 dB, el valor RMS global solo se incremento 10 dB.

7.10. Factor de Cresta

Un indicador mas sensible de falla que el nivel RMS es el factor de crestas (crest factor,CF ) definidopor:

CF =VpeakVRMS

donde Vpeak es el valor maximo de la senal.Si la senal es sinusoidal, CF =

√2.


Figura 7.36: Tendencia de espectro vs tendencia del valor RMS

Figura 7.37: RMS insensible, CF efectivo

156

Ejemplo 19 Obtenga el espectro de la senal y = sin 2πf0t, con f0 = 2 Hz (T0 = 1/f0 = 0,5s) muestreadacon frecuencia fs = 20f0 puntos/s durante un periodo T = 10T0.

En Matlab:

>>Ts=1/(20*2) %s/punto>>Tm=10*0.5 %periodo de muestreo>>t=0:Ts:Tm; %vector tiempo>>y=sin(2*pi*t); %vector seal>>plot(t,y),xlabel(’tiempo(s)’)>>ffty=fft(y); %FFT bruta>>df=1/Tm %paso frecuencial>>n=length(y) %nro. puntos de la seal temporal>>f=[0:n-1]*df; %vector frecuencia>>ffty=ffty/(n/2); %correccion de amplitud>>ffty(1)=ffty(1)/2;%correccion de amplitud componente estatica>>ffty=ffty(1:n/2);f=f(1:n/2); %correccion frecuencias>>plot(f,ffty),xlabel(’Frecuencia(Hz)’),...ylabel(’Amplitud’),title(’Espectro(y)’)

Capıtulo 8

Cadena de medicion

8.1. Introduccion

La cadena de medicion considera todas las etapas por las que pasa la senal adquirida por el transductor.Estas son:

8.1.1. Transduccion

el sensor transforma la senal desde su dominio natural (velocidad, aceleracion,...) a senal electrica.

8.1.2. Acondicionamiento

la senal es tratada por:

Filtro DC, a fin de aprovechar el fondo de escala (si la componente estatica no es interesante,contraejemplo: sensor de desplazamiento). ver §7.4.

Amplificador, las senales generadas por el transductor pueden ser muy pequenas y no aprovecharel fondo de escala del ADC.

Filtro Antialiasing, que evita que la senal digital absorba componentes no distinguibles a causa dela frecuencia de muestreo del ADC (ref. §7.2.3).

Circuito de Integracion, la senal integrada antes de ser digital. Se reduce el efecto de ski-slope.

8.1.3. Digitalizacion

la senal analogica es convertida en senal digital (discreta) por el conversor analogo-digital (ADC).

8.1.4. Procesamiento

la senal es filtrada digitalmente, decimada, integrada digitalmente, procesada por la transformadarapida de Fourier,etc. El filtro digital permite absoluta flexibilidad, lo que no es el caso de un filtroanalogo que usualmente tiene frecuencia de corte fijas. La decimacion permite reducir la frecuencia demuestreo, y con ello el numero de datos a procesar.

8.1.5. Registro

Se graban los datos. Cabe mencionar que el registro puede ser realizado antes de ser procesado. Esel caso de las grabadoras digitales DAT y colectores de datos (data loggers), que permiten realizar elanalisis a posteriori (en batch).

157

158

BobinaBobina

Figura 8.1: Sensor de desplazamiento sin contacto

Figura 8.2: Esquema de un sensor de desplazamiento

8.2. Sensores

Existen varios tipos de transductores: de desplazamiento, velocidad, aceleracion, laser doppler, straingages,...

8.2.1. Sensores de desplazamiento sin contacto

este tipo de sensor mide la distancia relativa entre su punto de fijacion (caja del eje por ejemplo) yel eje. Su mecanismo de funcionamiento se basa en corrientes parasitas que se generan en una bobina(figura 8.1). Para su funcionamiento, la senal generada por el sensor debe ser tratada por un osciladordemodulador (driver) que a su vez esta alimentado por una fuente de poder. El driver proporciona voltajede muy alta frecuencia a la bobina, lo que produce un campo magnetico que induce corrientes parasitasen el eje (siempre que sea metalico). Ello producira variaciones de voltaje en la bobina (modulado), queson proporcionales a la distancia al eje (en un cierto rango , usualmente 2-3 mm).

Este tipo de sensor se aplica para medir movimientos relativos eje/descanso tanto dinamicos comoestaticos.

Sensibilidad depende de material del ejeLos espectros medidos con este tipo de sensor son validos en el rango:0-1000 Hz.Una de sus ventajas es que mide desde la componente DC, lo que es usado para verificar posicion axial

de ejes. Tambien puede ser aplicado como sensor de fase (ver figura 8.3). El uso de 2 sensores permiteestablecer la orbita que sigue el eje (grafico de Lissajous).

Su montaje se dificulta pues es necesario perforar las carcasas, la necesidad de tener una rugosidaddel eje mınima (¡0.4 a 0.8 µm segun la norma API 670) y la redondez del eje.

En maquinas con descansos axiales se utilizan los sensores de desplazamiento para evaluar el desgastedel descanso.


Figura 8.3: Aplicacion como tacometro y sensor de posicion

Figura 8.4: Sensor de desplazamiento sin contacto

Las parte de la senal asociada a imperfecciones en la superficie es llamada runout mecanico. La partede la senal asociada a diferencias en la conductividad electrica del eje es llamada runout electrico. Ellaspueden ser sustraıdas al medir a giro lento. Por supuesto se necesitara una referencia (un sensor de fase).

La longitud ası como el blindaje del cable que va desde el sensor al driver influye en el nivel de ruidosde la senal. Es comun usar cables blindados de hasta 5 u 8 m.

Ejercicio 7 Construya un modelo (Simulink) para verificar el efecto del runout mecanico en la senal.Construya una curva radio vs angulo c/r a la chaveta. Asuma que el centro de gravedad del eje tiene unaorbita circular. Compare orbitas y espectros reales y ”medidos”.

8.2.2. Sensores de desplazamiento con contacto

Tecnologıa en desuso. Valida hasta 10-12 Kcpm.

8.2.3. Sensor de velocidad de bobina

Este tipo de sensor genera una senal de voltaje cuando el iman de masa m (sostenida con un resortek muy flexible) se mueve con respecto a una bobina que es solidaria a la superficie a medir. La fuerzaelectromotriz e generada es proporcional a la velocidad relativa. Si la frecuencia de la vibracion es variasveces superior a la frecuencia natural 2π

√k/m Hz, la masa estara practicamente fija con respecto de un

observador inercial. Dado que la senal es autogenerada, no se necesita acondicionamiento. El rango lineal

160

Figura 8.5: Funcionamiento de un velocımetro

de los velocımetros es 10-1500 Hz. Sobre esta frecuencia aparecen otras frecuencias naturales del sistemamasa resorte.

Ejercicio 8 Construya un velocımetro. Con el uso de un shaker estime su sensibilidad y rango lineal.

8.2.4. Sensor de velocidad piezoelectrico (piezovelocity transducer)

En este caso, dentro de la misma carcasa del sensor se ha puesto un acelerometro piezoelectrico (ver§8.2.5) y un circuito integrador. Se requiere una fuente de voltaje. Su rango lineal es similar al de unacelerometro y por tanto es mucho mayor que el de un velocımetro de bobina.

8.2.5. Acelerometro piezoelectrico

Es el tipo de sensor mas usado actualmente. El principio de funcionamiento se basa en que los ma-teriales piezoelectricos (quarzo por ejemplo) generan micro voltaje al ser deformados. En la figura 8.6 semuestra un montaje de acelerometro industrial. El material piezoelectrico esta fijo a la carcasa del sensory sostiene una masa (funciona como una viga empotrada). Este tipo de configuracion trabaja al corte.Hay otros tipos que funcionan por compresion (ver figura 8.7). La senal generada tiene un valor muybajo en voltaje y una alta impedancia, por lo que no puede ser usada directamente por los instrumentosclasicos. A fin de resolver el problema se utiliza un amplificador que puede estar incluido en la mismacarcasa del acelerometro (ICP, Integrated Circuit Piezoelectric). En caso de ser externo es un llamadoamplificador de carga.

Debido a su naturaleza, la senal de aceleracion es muy pequena para bajas frecuencias. Ello limitausualmente el rango inferior del acelerometro a 1-2 Hz. La primera frecuencia natural del sistema limitael rango superior Operan bajo la primera frecuencia natural En figura ?? se muestra la influencia del tipode sujecion en la frecuencia natural. De lo anterior un rango lineal tıpico es 2-5000 Hz.

Los ”probe tips” se usan con colectores de datos para areas de difıcil acceso o carcasas no metalicas(aluminio). No deben usarse para mediciones bajo 10 Hz. La frecuencia de resonancia esta en el rango800-1500 Hz.

8.2.6. Saturacion de acelerometros

Un rango de medicion usual para un acelerometro industrial es de 50g. Si este valor es superado, elsensor producira senales erroneas. Vease por ejemplo la figura 8.11 donde la senal esta truncada. Elloincrementrara las componentes a baja frecuencia en la senal y producira el efecto ski-slope que se ve enel espectro (figura 8.12).


Figura 8.6: Esquema de un acelerometro trabajando al corte

Figura 8.7: Esquema de un acelerometro

Figura 8.8: Esquema de acelerometro ICP

162

Figura 8.9: Resonancia de acuerdo al tipo de base

.

Figura 8.10: Especificaciones

.

Figura 8.11: Saturacion de acelerometros


Figura 8.12: Efecto ski slope

8.2.7. Seleccion de acelerometros

Rango de frecuencias

Amplitud de vibracion mınima

Amplitud de vibracion maxima

Rango de temperaturas

Condiciones ambientales (fluidos, gases, quımicos)

Metodo de montaje

Restricciones fısicas

El rango de frecuencias depende de los elementos a monitorear. Ejemplos:

Rodamientos - 20-40 veces la velocidad del eje

Cojinetes - 10-20 veces la velocidad del eje

Engranajes - 3.5 veces la frecuencia de engrane

Motores electricos - 3.5 veces la frecuencia de las barras.

La amplitud mınima de la vibracion solo se considera para equipos de baja velocidad, la senal fısicadebe ser al menos 5 veces el ruido del amplificador.

La amplitud maxima no debe superar el nivel de saturacion del sensor. Para un acelerometro industrialtıpico de 100 mV/g este valor es de 50-80g.

Para el montaje, se debe evitar la posibilidad de capturar resonancias de la caja o punto de fijacion.Se aconseja usar puntos duros cerca de los rodamientos.

8.2.8. Filtros [?]

Los filtros pueden ser divididos en 4 tipos segun la parte del espectro que dejen pasar o detengan:

Filtro pasa-bajos;

Filtro pasa-altos;

Filtro pasa-bandas;

Filtro para-pandas.

164

Figura 8.13: Tipos de filtro

Figura 8.14: Filtro pasa-banda

8.2.9. Filtros pasa-bandas

Un filtro pasa-banda ideal solo deja pasar las componentes espectrales que esten el intervalo [f1,f2](figura 8.14). En la practica, las componentes fuera de este intervalo pasaran pero de manera atenuada.Mientras mas alejadas esten del intervalo mayor sera el nivel de atenuacion. El ancho de banda de unfiltro puede ser expresada de 2 maneras:

1. El ancho de banda a -3 dB (o media potencia);

2. El ancho de banda de ruido efectivo

El ancho de banda a -3 dB y el ancho de banda de ruido efectivo son practicamente identicos para lamayorıa de los filtros.

Los filtros pasa-banda pueden ser clasificados en:

1. Filtros con ancho de banda constante; donde el ancho de banda es constante e independiente de lafrecuencia central del filtro;

2. Filtros con ancho de banda relativo; donde el ancho de banda es especificado como un porcentajede la frecuencia central; por lo que a mayor frecuencia mayor es el ancho de banda.

Observacion 61 Los filtros con ancho de banda constante tienen ancho de banda iguales si el espectroes mostrado con el eje en frecuencias lineal; los filtros con ancho de banda relativo tienen ancho de bandaiguales si el espectro es mostrado con el eje en frecuencias logarıtmico.


Figura 8.15: Tipos de filtros pasa-banda

Figura 8.16: Parametros de calidad de un filtro PB

Ejemplo 20 Un filtro de 1/1 octavas es un filtro con ancho de banda relativo de 70%. Por ejemplo, sila frecuencia central es 2 Hz, el ancho de banda sera

√2 Hz y entonces:

f1 = 2−√

2/2 =√

2

f2 = 2 +√

2/2 =5√

22

Se dice que el filtro es de 1 octava porque f2 = 2f1. Una octava corresponde a un factor de 2 en la escalade frecuencia; osea, al doble o la mitad de la frecuencia central.

Observacion 62 Otros filtros muy usados son el de un tercio de octava (23%) y el de una decada(f2 = 10f1).

La calidad de un filtro puede ser especificada de diferentes maneras:

1. El factor de calidad (Q-factor). Muy usado para describir la respuesta en una zona de resonanciade una estructura mecanica (que actua como un filtro PB para las excitaciones);

2. Factor de forma. Usado para especificar la calidad de un filtro con ancho de banda constante.

3. Selectividad de octavas. Usado para filtros con banda de ancho relativo. Se especifica en octavas(figura 8.16).

Como regla general, los filtros con banda de ancho constante son usados para medidas de vibraciones.Ello se debe a que en las vibraciones aparecen comunmente componentes armonicas que son mas facilesde mostrar en un escala lineal de frecuencias. Los filtros con ancho de banda relativo son mas usados enacustica.

166

Figura 8.17: Colector de datos

8.2.10. Colectores

Los ADC actuales son de 16 bits, frecuencia maxima 40 KHz, Rutas son configuradas desde softwareen PC desktop, senal tacometro, 1,2 canales de adquisicion. Entre las marcas que dominan el mercadose tiene CSI,Predict,Bently Nevada, Entek IRD, Bruel & Kjaer, Diagnostic Instruments, Framatome,Schenck.

Capıtulo 9

Metodo de los elementos finitos

9.1. Introduccion

El metodo de los elementos finitos es el mas utilizado en la actualidad. Existe variedad de paquetescomerciales (Samcef-Rotor, Rotorinsa,...) basados en esta tecnica. Entre sus principales ventajas aparecela exactitud de los resultados, la facilidad para modelar.

En comparacion con el metodo de Rayleigh-Ritz que requiere de funciones de forma para el sistemacompleto, aquı se utilizan funciones de forma mas sencillas, sobre elementos simples (partes de arboles,discos, descansos) que luego son integradas al compatibilizar los desplazamientos y fuerzas entre loselementos.

9.2. Elementos

9.2.1. Disco

Los grados de libertad del disco son los desplazamientos transversales u y w, y las rotaciones respectode los ejes x y z (θ y ψ respectivamente). El vector de desplazamientos es

q =

uwθψ

al aplicar las ecuaciones de Lagrange obtenemos

d

dt

(∂T

∂q

)− ∂T

∂q= Mdq+ΩGq

con las matrices de masa y giroscopicas,

Md =

md

md

Idx

Idx

G =

−Idy

Idy

167

168

9.2.2. Eje

El eje es modelado como una eje de seccion circular constante. Este elemento posee dos nodos de 4grados de libertad c/u. La relacion entre los desplazamientos y las rotaciones son:

θi =∂wi∂y

ψi = −∂ui∂y

el vector de desplazamientos se define como

q =

u1

w1

θ1ψ1

u2

w2

θ2ψ2

Los desplazamientos en cualquier punto del eje son aproximados a traves de las funciones de forma y losdesplazamientos en los nodos (en cada plano yz y xz:

u =

u1

ψ1

u2

ψ2

w =

w1

θ1w2

θ2

u(y) = N1(y)uw(y) = N2(y)w

donde

Nu(y) =[

1− 3y2

l2 + 2y3

l3 −y + 2y2

l −y3

l2 3y2

l2 − 2y3

l3y2

l −y3

l2

]Nw(y) =

[1− 3y

2

l2 + 2y3

l3 y − 2y2

l + y3

l2 3y2

l2 − 2y3

l3 −y2

l + y3

l2

]Usando las aproximaciones dadas, la energıa cinetica del eje toma la forma compacta:

T =ρS

2

∫ l

0

[(Nuu)T (Nuu) + (Nww)T (Nww)

]dy+

ρI

2

∫ l

0

[(dNu

dyu)T (

dNu

dyu)

+(dNw

dyw)T (

dNw

dyw)]

dy

− 2ρΩI∫ l

0

(dNu

dyu)T (

dNw

dyw)dy

donde S corresponde al area de la seccion.Sustituyendo,

T =12uTMuu+

12wTMww+

+12uTMIu

u+12wTMIw

w+

ΩuTMIuww+ρIlΩ2


dondeMu y Mw son las matrices de masa clasicasMIu y MIw incluyen los efectos secundarios de las inercias rotacionales,MIuw

considera el efecto giroscopico. El ultimo termino es una constante que no tiene influencia enla ecuacion del movimiento.

Al aplicar Lagrange,

d

dt

(∂T∂q

)− ∂T∂q

= (M + Ms) q+ΩGq

con

M =ρSl

420

156 −22l 54 13l156 22l 54 −13l

4l2 13l −3l2

4l2 −13l −3l2

156 22l156 −22l

4l2

sim 4l2

Ms =ρI

30l

36 −3l −36 −3l36 3l −36 3l

4l2 −3l −l24l2 3l −l2

36 3l36 −3l

4l2

sim 4l2

G = G1 −GT

1

G1 =ρI

15l

0 −36 −3l 36 −3l0 −3l −36 −3l

0 −4l2 −3l l2

0 −3l −l20 −36 3l

0 3l2

0 −4l2

0 0

La energıa potencial toma la forma,

V =EI

2

∫ l

0

[(d2Nu

dy2u)T (

d2Nu

dy2u)

+(d2Nw

dy2w)T (

d2Nw

dy2w)]

dy+

f02

∫ l

0

[(dNu

dyu)T (

dNu

dyu)

+(dNw

dyw)T (

dNw

dyw)]

dy

luego de integrar,

V =12uTKuu+

12wTKww+

12uTKufu+

12wTKwfw

dondeKu y Kw son las matrices de rıgidez clasicas,Kuf y Kwf incluyen los efectos de la carga axial f0.El efecto del cizalle no sera demostrado aquı, pero el genera una matriz Ks que junto a Ku y Kw

formaran la matriz de rıgidez clasica Kc. El efecto de la fuerza axial sera integrado en Kf :

K = Kc + Kf

170

con

Kc =EI

(1 + αa) l3

12 −6l −12 −6l12 6l −12 6l

(4 + αa)l2 −6l (2− αa)l2

(4 + αa)l2 6l (2− αa)l2

12 6l12 −6l

(4 + αa)l2

sim (4 + αa)l2

αa =

24I(1 + ν)Sl2

Kf =f030l

36 −3l −36 −3l36 3l −36 3l

4l2 −3l −l24l2 3l −l2

36 3l36 −3l

4l2

sim 4l2

9.2.3. Descansos

Despreciando los momentos flectores provocados por los descansos, se tiene

fb = −Kbq−Cbq

Kb =[kxx kxzkzx kzz

]Cb =

[cxx cxzczx czz

]q =

uw

En general ambas matrices son asimetricas y pueden ser dependientes de la velocidad de rotacion.

9.3. Desbalance

La energıa cinetica

Tu =mu

2(u2 + w2 + Ω2d2 + 2Ωdu cos Ωt− 2Ωdw sinΩt

)De acuerdo a Lagrange,

d

dt

(∂Tu∂q

)− ∂Tu

∂q= −mudΩ2

sinΩtcos Ωt

con

q =

uw

9.4. Ensamble

Si ordenamos todos los desplazamientos nodales en un vector q, podemos expresar los desplazamientosen cada elemento e como:

qe = Leq


donde Le es el operador de localizacion, que corresponde a una matriz booleana con dimensiones dim(qe)×dim(q). Por ejemplo:

L2 =[

0 1 0 · · · 00 0 1 · · · 0

]indica que el elemento 2 es definido por los grados de libertad 2 y 3 del modelo completo.

La energia cinetica total del sistema es:

T =12

∫V0

ρuudV

=12

n∑e=1

qTe Meqe

=12

n∑e=1

(Leq)T MeLeq

=12qT(

n∑e=1

LTe MeLe

)︸︷︷︸

M

q

Similarmente para la energıa potencial interna:

V =∫V

εTHεdV

=12

n∑e=1

qTe Keqe

=12qT(

n∑e=1

LTe KeLe

)︸︷︷︸

K

q

Similarmente, para los terminos de amortiguacion y giroscopicos

C =n∑e=1

LTe CeLe

G =n∑e=1

LTe GeLe

y para las cargas externas:

f =n∑e=1

LTe fe

9.5. Grados de libertad fijos

Una vez hecho el ensamble es conveniente determinar los grados de libertad activos y fijos. Consider-emos la ecuacion de equilibrio en el dominio frecuencial

Mx + (ΩG + C) x + Kx = f (jω) (9.1)

que reescribimos convenientemente en terminos de la matriz de rigidez dinamica Z (Ω, ω):

Zx = f (9.2)

172

2 431

Figura 9.1: Modelo de elementos finitos

conZ = −ω2M + jω (ΩG + C) x + K

Convenientemente, rescribamos el sistema (9.2) en terminos de los grados de libertad activos y fijos:[Zaa ZafZfa Zff

]xaxf

=

faff

(9.3)

obviamente,xf = 0 (9.4)

Separando (9.3) en dos ecuaciones matriciales:

Zaaxa + Zafxf = faZfaxa + Zffxf = ff

considerando (9.4),

Zaaxa = fa (9.5)Zfaxa = ff (9.6)

Para conocer los dezplazamientos del sistema basta con resolver (9.5). La ecuacion (9.6) permite conocerlas reacciones que deben aparecer en los grados de libertad fijos para que el sistema este en equilibriodinamico.

9.6. Ejemplo numerico

Consideremos el ejemplo de §4.2.4. La figura 9.1 indica la discretizacion usando 3 elementos de eje yuno de disco. El diagrama de Campbell a partir del metodo de los elementos finitos se muestra en figura9.2. El grafico puede ser comparado con la curva ya obtenida con el metodo de Rayleigh-Ritz (4.11). Seaprecia que el metodo de los elementos finitos es capaz de predecir la existencia de mas modos en la zonade interes.

La respuesta forzada a un desbalance de mud = 0,15 ·10−4 Kgm se muestra en figura 9.16. Ella puedeser comparada con la curva obtenida con el metodo de Rayleigh Ritz (figura 4.12). Se aprecia una segundavelocidad crıtica que es predicha solo por el modelo de elementos finitos.

Como ejemplo de programacion incluimos a continuacion la fuente Matlab para el caso de 3 elementosde eje y uno de disco, con fijacion en los extremos:

%ejemplo1 EF para curso me755%ejemplo de cap 2. Lalanne96%c:oct03

%def. prop materialesE=2E11;rho=7800;


0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 90000

10

20

30

40

50

60

70

80

N (RPM)

Nat

ural

freq

uenc

ies

(Hz)

Figura 9.2: Diagrama de Campbell con 3 elementos de eje

0 5000 10000 150000

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

N (RPM)

Nat

ural

freq

uenc

ies

(Hz)

Figura 9.3: Diagrama de Campbell sobre rango mayor

174

0

0.1

0.2

0.3

0.4

-2

0

2

x 10-4

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

Y

Modo 1:45.1 Hz

X

Z

Figura 9.4: Modo cilındrico (1ero) plano yz

0

0.10.2

0.3

0.4

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

Y

Modo 1:45.1 Hz

X

Z

Figura 9.5: Modo 1 mostrado con escalas iguales en ejes x y z


0

0.10.2

0.3

0.4

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

Y

Modo 2:45.1 Hz

X

Z

Figura 9.6: Modo cilındrico (2o) plano xz

%def prop geometricasL=0.4r1=.01 %radio del ejer2=.15 %radio del discoh=.03 %disk thickness

%def carga

mu=.15*1e-4 %Kgm desbalance

%velocidad de rotacion de analisisOMEGA=1

%def elemento 1%def rigidezI=pi*r1^4/4;l=L/3;a=0F0=0

K1=E*I/(1+a)/l^3*[12/2 0 0 -6*l -12 0 0 -6*l0 12/2 6*l 0 0 -12 6*l 00 0 (4+a)*l^2/2 0 0 -6*l (2-a)*l^2 00 0 0 (4+a)*l^2/2 6*l 0 0 (2-a)*l^20 0 0 0 12/2 0 0 6*l0 0 0 0 0 12/2 -6*l 00 0 0 0 0 0 (4+a)*l^2/2 00 0 0 0 0 0 0 (4+a)*l^2/2];

K1=K1+K1’;

%def masa elemento 1

176

Figura 9.7: Model con 3 elementos de eje, modo conico en un plano

0

0.10.2

0.3

0.4

-1

-0.5

0

0.5

1

x 10-3

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

Y

Modo 3:124.4 Hz

X

Z

0

0.10.2

0.3

0.4

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

Y

Modo 3:124.4 Hz

X

Z

Figura 9.8: Modelo con 3 elementos de eje, Modo conico a escala, plano xz


0

0.10.2

0.3

0.4

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

Y

Modo 4:124.4 Hz

X

Z

Figura 9.9: Modelo con 3 elementos de eje, modo conico en el plano xy, a escala

Figura 9.10: fem5

0

0.10.2

0.3

0.4

-2

-1

0

1

2-2

-1

0

1

2

Y

Modo 5:888.1 Hz

X

Z

178

Figura 9.11: fem6

0

0.10.2

0.3

0.4

-2

-1

0

1

2-2

-1

0

1

2

Y

Modo 6:888.1 Hz

X

Z

0

0.10.2

0.3

0.4

-2

-1

0

1

2-2

-1

0

1

2

Y

Modo 6:880.5 Hz

X

Z

Figura 9.12: Modelo con 6 elementos de eje, modo nro. 6


0

0.10.2

0.3

0.4

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

Y

Modo 1:45.1 Hz

X

Z

Figura 9.13: Modo 1, con 6 elementos de eje

0

0.10.2

0.3

0.4

-2

-1

0

1

2-2

-1

0

1

2

Y

Modo 5:880.5 Hz

X

Z

Figura 9.14: Modelo con 6 elementos de eje, disco en reposo ,modo 5, plano yz

180

0

0.10.2

0.3

0.4

-2

-1

0

1

2-2

-1

0

1

2

Y

Modo 6:880.5 Hz

X

Z

Figura 9.15: Modelo con 6 elementos de eje, disco en reposo ,modo 5, plano yx

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 900010

-10

10-9

10-8

10-7

10-6

10-5

10-4

N (RPM)

Am

plitu

d (m

)

Figura 9.16: Respuesta al desbalance, modelo con 3 elementos de eje


S=pi*r1^2;

Mc=rho*S*l/420*[156/2 0 0 -22*l 54 0 0 13*l0 156/2 22*l 0 0 54 -13*l 00 0 4*l^2/2 0 0 13*l -3*l^2 00 0 0 4*l^2/2 -13*l 0 0 -3*l^20 0 0 0 156/2 0 0 22*l0 0 0 0 0 156/2 -22*l 00 0 0 0 0 0 4*l^2/2 00 0 0 0 0 0 0 4*l^2/2]; %ec 4.15

Mc=Mc+Mc’;

Ms=rho*I/30/l*[36/2 0 0 -3*l -36 0 0 -3*l0 36/2 3*l 0 0 -36 3*l 00 0 4*l^2/2 0 0 -3*l -l^2 00 0 0 4*l^2/2 3*l 0 0 -l^20 0 0 0 36/2 0 0 3*l0 0 0 0 0 36/2 -3*l 00 0 0 0 0 0 4*l^2/2 00 0 0 0 0 0 0 4*l^2/2]; %ec 4.16

Ms=Ms+Ms’;

M1=Mc+Ms; %ec 4.14

%matriz giroscopica elemento 1

Be=rho*I/15/l*[0 -36 -3*l 0 0 36 -3*l 00 0 0 -3*l -36 0 0 -3*l0 0 0 -4*l^2 -3*l 0 0 l^20 0 0 0 0 -3*l -l^2 00 0 0 0 0 -36 3*l 00 0 0 0 0 0 0 3*l0 0 0 0 0 0 0 -4*l^20 0 0 0 0 0 0 0];

Be=Be-Be’;G1=Be*OMEGA;

%creacion de elementos 2 y 3

K2=K1;M2=M1;G2=G1;

K3=K1;M3=M1;G3=G1;

%elemento de disco%matriz de masaMd=pi*(r2^2-r1^2)*h*rho;

182

Idx=Md/12*(3*r2^2+3*r1^2+h^2);

M4=diag([Md Md Idx Idx]);

%matriz giroscopica elemento de discoIdy=Md/2*(r2^2+r1^2);

Be=zeros(4,4);Be(3,4)=-Idy;Be=Be-Be’;G4=Be*OMEGA;

%nro de gdl por nodoNDN=4

%grados de libertad asociados a cada elementoLOCEL1=1:8;LOCEL2=5:12;LOCEL3=9:16;LOCEL4=5:8;

%ensamble

K=zeros(16,16);K(LOCEL1,LOCEL1)=K(LOCEL1,LOCEL1)+K1;K(LOCEL2,LOCEL2)=K(LOCEL2,LOCEL2)+K2;K(LOCEL3,LOCEL3)=K(LOCEL3,LOCEL3)+K3;

M=zeros(16,16);M(LOCEL1,LOCEL1)=M(LOCEL1,LOCEL1)+M1;M(LOCEL2,LOCEL2)=M(LOCEL2,LOCEL2)+M2;M(LOCEL3,LOCEL3)=M(LOCEL3,LOCEL3)+M3;M(LOCEL4,LOCEL4)=M(LOCEL4,LOCEL4)+M4;

G=zeros(16,16);G(LOCEL1,LOCEL1)=G(LOCEL1,LOCEL1)+G1;G(LOCEL2,LOCEL2)=G(LOCEL2,LOCEL2)+G2;G(LOCEL3,LOCEL3)=G(LOCEL3,LOCEL3)+G3;G(LOCEL4,LOCEL4)=G(LOCEL4,LOCEL4)+G4;

%matriz de amortiguamientoC=zeros(16,16);

%fijar grados de libertad

locel=1:16fix=[1 2 13 14]locel=setdiff(locel,fix);

%diagrama de CampbellNmax=30000 %rpmNstep=100; %nro de pasos


Figura 9.17: Esquema del rotor asimetrico

O=zeros(length(locel),length(locel));F=zeros(2*length(locel),Nstep);

A=[K(locel,locel) OO -M(locel,locel)];

for i=1:Nstep

w=(i-1)*Nmax/Nstep*2*pi/60;AA=[C(locel,locel)+w*G(locel,locel) M(locel,locel)

M(locel,locel) O];[Q,V]=eig(A,-AA);[x,j]=sort(abs(diag(V)));

F(1:2*length(locel),i)=imag(diag(V(j,j)))/2/pi; %HzN(i)=w*60/(2*pi); %rpm

end

F=F(1:2:16*2-2*2*2,:); %sacando el complejo conjugado

figureplot(N,F,N,N/60,’-.’)xlabel(’N (RPM)’),ylabel(’Natural frequencies (Hz)’)

set(gca,’ylim’,[0 80],’xlim’,[0 9000])

9.7. Efectos de los descansos

1Construyamos las matrices de la ecuacion del movimiento (en flexion) del sistema descrito en figura9.17. La longitud total del eje es l, diametro d. El disco se encuentra a αl del extremo izquierdo, diametrodd. Uso el mınimo de grados de libertad. Los descansos tienen rigidez k = φk∗, con

k∗ =3

α2 (1− α)2EI

l3

k∗ representa la rigidez de un eje con apoyos simples donde la carga es aplicada a αl de un extremo(figura 9.18). EI es la rigidez a la flexion de la seccion (en ambos planos). No aplican momentos sobrelos extremos del eje. El diametro externo del disco es dd, su espesor, h y su densidad, ρ. Exprese el vectorde fuerzas para una cantidad de desbalance md (en unidades de masa por distancia) en funcion de lavelocidad de rotacion Ω. No hay cargas axiales sobre el eje.

Como referencia usaremos la numeracion mostrada en figura 9.19. Los elementos 1 y 2 son elementos

1control 2, semestre 2003-II.

184

Figura 9.18: Rigidez de referencia

.G

αl

1

2

31 23

4 5y

z

Figura 9.19: Discretizacion en elementos finitos

de viga. El elemento 1 esta asociado a los nodos 1 y 2, luego:

K1 =EI

(1 + αa1) (αl)3

12 −6αl −12 −6αl12 6αl −12 6αl

(4 + αa1) (αl)2 −6 (αl) (2− αa1) (αl)2

(4 + αa1) (αl)2 6αl (2− αa1) (αl)2

12 6αl12 −6αl

(4 + αa1) (αl)2

sim (4 + αa1) (αl)2

αa1 =24I(1 + ν)S (αl)2

=3(1 + ν)α2

(d

l

)2

≈ 0 (para α no muy bajos)

el vector de desplazamientos asociados es

q =

u1

w1

θ1ψ1

u2

w2

θ2ψ2

de forma similar, el elemento 2 queda

αa2 =24I(1 + ν)S [(1− α) l]2

3(1 + ν)(1− α)2

(d

l

)2

≈ 0 (por la esbeltez y α no muy cercano a 0 o 1)


K2 =EI

[(1− α) l]3

12 −6 (1− α) l −12 −6 (1− α) l12 6 (1− α) l −12 6 (1− α) l

4 [(1− α) l]2 −6 [(1− α) l] 2 [(1− α) l]2

4 [(1− α) l]2 6 (1− α) l 2 [(1− α) l]2

12 6 (1− α) l12 −6 (1− α) l

4 [(1− α) l]2

sim 4 [(1− α) l]2

El elemento 3 es el disco y esta asociado al nodo 2:

M3 =

Md

Md

Idx

Idx

G3 =

−Idy

Idy

con

Md = πd2

4hρ

Idx=Md

12

(3d2

4+ h2

)Idy

=Md

8d2

q3=

u2

w2

θ2ψ2

El descanso izquierdo es elemento nro 4

K4 = φk∗[

11

]

q4 =

u1

w1

y para el otro descanso

K5 = K4

con

q5 =

u3

w3

186

A continuacion se arma el vector de desplazamientos global:

q =

u1

w1

θ1ψ1

u2

w2

θ2ψ2

u3

w3

θ3ψ3

y se ensamblan las matrices elementales, quedan:

M =

00

00

Md

Md

Idx

Idx

00

00

(9.7)

La matriz de efectos giroscopicos,

G = Idy

00

00

00

0 −11 0

00

00

(9.8)


y la matriz de rigidez,

k1,1 = k2,2 =

[12α3

+ φ3

α2 (1− α)2

]EI

l3(9.9)

k5,5 = k6,6 =

[12α3

+12

(1− α)3

]EI

l3

k9,9 = k10,10 =

[12

(1− α)3+ φ

3α2 (1− α)2

]EI

l3

k5,1 = k6,2 = − 12α3

EI

l3

k9,5 = k10,6 = − 12(1− α)3

EI

l3

k3,3 = k4,4 =4α

EI

l

k7,7 = k8,8 =[

4α

+4

(1− α)

]EI

l

k11,7 = k12,8 =2

1− α

EI

l

k7,3 = k8,4 =2α

EI

l

k11,11 = k12,12 =4

1− α

EI

l

k3,2 = k5,4 = k5,8 = k7,2 =6α2

EI

l2

k4,1 = k6,3 = k8,1 = − 6α2

EI

l2

k7,6 =

(− 6α2

+6

(1− α)2

)EI

l2

k8,9 = k11,6 = k12,8 =6

(1− α)2EI

l2

k8,5 = k10,7 = k10,9 = k12,5 = − 6(1− α)2

EI

l2


Hemos visto una introduccion al metodo de los elementos finitos, aplicado a sistemas rotores. Estatecnica es la mas utilizada para el modelamiento de sistemas industriales. Su rapida convergencia a valoresprecisos para las frecuencias naturales ası como para las respuestas forzadas lo hace ser muy popular.

188

Bibliografıa

[1] M. Lalanne and G. Ferraris. Rotordynamics Prediction in Engineering. John Wiley and Sons, 2ndedition, Cap 4, 1998.

189

190

Capıtulo 10

Metodos directos de integracion

10.1. Introduccion

El equilibrio dinamico de un sistema con multiples grados de libertad puede ser escrito en la forma,

Mxt + Cxt + Kxt = ft (10.1)

donde el subindice t corresponde al instante t. Equivalentemente,

fM + fC + fK = f (10.2)

donde fM son las fuerzas de inercia, fC son las fuerzas de amortiguacion, y fK son las fuerzas elasticas.En analisis dinamico los 3 efectos son considerados, mientras que en analisis estatico se desprecian las

fuerzas de inercia y de amortiguacion frente a las fuerzas elasticas. La decision entre un tipo de analisisu otro depende del juicio del ingeniero, con el objeto de reducir el nivel de esfuerzo requerido en elanalisis. Sin embargo, es importante justificar las simplificaciones hechas en un analisis estatico para quelos resultados sean validos.

Matematicamente, la ecuacion (10.1) representa un sistema de ecuaciones diferenciales lineales desegundo orden y, en principio, la solucion a las ecuaciones puede ser obtenida a partir de procedimientosstandard para la solucion de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes. Sin embargo, el calculo sepuede tornar muy caro si el orden de las matrices es grande, a menos que se aprovechen las caracterısticasespeciales de las matrices de coeficientes M, C y K. Desde un punto de vista practico, estamos interesadosprincipalmente en estos enfoques. En este capitulo estudiaremos los metodos de integracion directa.

10.2. Metodos de integracion directa

En integracion directa, el sistema (10.1) es integrado usando un procedimiento numerico paso a paso.El termino directo se refiere a que no hay una transformacion previa en el sistema de ecuaciones antesde su integracion (por ejemplo, la transformacion modal). En esencia, la integracion numerica directase basa en dos ideas: primero, en vez de tratar de satisfacer (10.1) en cualquier instante t, se buscasatisfacerla en ciertos instantes separados por un intervalo ∆t dado. Esto implica que el equilibrio sebusca solo en ciertos instantes discretos dentro del intervalo de integracion. Luego, es facil pensar que lastecnicas utilizadas para el analisis estatico pueden ser usadas para la integracion. La segunda idea sobrela cual se basa la integracion numerica es que se asume una cierta variacion en los vectores de aceleracion,velocidad y desplazamiento dentro de cada intervalo ∆t. Como discutiremos mas tarde, es esta hipotesisla que determina la exactitud, la estabilidad y el costo del procedimiento de integracion.

191

192

10.2.1. Metodo de la diferencia central

Este metodo utiliza un esquema de diferencias finitas de la forma,

xt=1

∆t2(xt−∆t − 2xt+xt+∆t) (10.3)

xt=1

2∆t(xt−∆t+xt+∆t)

La solucion para el desplazamiento en t+ ∆t es obtenida a partir de (10.1) en t,(1

∆t2M+

12∆t

C)

xt+∆t= f−(K− 2

∆t2M)

xt−(

1∆t2

M+1

2∆tC)

xt−∆t (10.4)

de la que se obtiene x = xt+∆t. Observemos que xt+∆t se obtiene a partir del equilibrio en t. Por estarazon el metodo es llamado metodo de integracion explıcita. Ademas, en este esquema de integracion nose requiere la factorizacion de la matriz de rigidez. Los metodos que veremos a continuacion (Houbolt,Wilson y Newmark) usan la condicion de equilibrio en t + ∆t y son llamados metodos de integracionimplıcita.

Una segunda observacion es que al usar el metodo de la diferencia central, el calculo de xt+∆t requierede xt y de xt−∆t. Por lo tanto, para calcular la solucion en el instante t = ∆t, se debe utilizar unprocedimiento de especial para partir. Como se conocen x0, x0, y x0 (esta ultima a partir de 10.1 ent = 0), x−∆t se puede calcular a partir de (10.3):

x−∆t = x0 −∆tx0 +∆t2

2x0 (10.5)

Este metodo es numericamente eficiente solo cuando la solucion puede ser calculada rapidamente encada paso de tiempo pues el paso de tiempo requerido es menor que el de otros metodos. El metodo esaplicado cuando la matriz de masa es diagonal y el amortiguamiento es independiente de la velocidad.En este caso, (10.4) se reduce a(

1∆t2

M)

xt+∆t= f−(K− 2

∆t2M)

xt−(

1∆t2

M)

xt−∆t (10.6)

lo que implica que no es necesario factorizar ninguna matriz para hallar la solucion.Como la matriz de rigidez no necesita ser triangularizada, no es necesario ensamblar la matriz. Las

fuerzas elasticas pueden ser expresadas como una suma de aportes elementales, eso es:

Kx =∑i

LKiLTx (10.7)

lo que implica que el calculo de Kx solicitado en (??) puede ser evaluado a nivel elemental y luegosumar la contribucion de cada elemento al vector de carga (lado derecho de la ecuacion). Usando esteenfoque se han resuelto sistemas de gran tamano.

El metodo requiere el uso de un paso de tiempo tal que

∆t ≤ ∆tcr =Tnπ

(10.8)

donde Tn es el periodo natural mas pequeno del sistema. La condicion (10.8) implica tambien que elmetodo de la diferencia central es condicionalmente estable. Si el paso de tiempo es mayor ∆tcr, laintegracion es inestable, vale decir, los errores, entre ellos los causados por el redondeo, crecen y lasrespuestas obtenidas no tienen ningun valor.

Procedimiento

1. Calculos iniciales

a) Construir las matrices estructurales M, C, K.


b) Inicializar x0, x0, x0.

c) Seleccionar el paso de tiempo ∆t ≤ ∆tcrd) Calcular los coeficientes ai,

a0 =1

∆t2

a1 =1

2∆ta2 = 2a0

a3 =1a2

e) Calcular x−∆t,x−∆t = x0 −∆tx0 + a3x0

f ) Construir la matriz de masa efectiva,

M=a0M+a1C

g) Triangularizar M,M = LDL

T

2. Para cada paso de tiempo,

a) Calcular las cargas efectivas en cada instante t,

ft = ft − (K− a2M)xt− (a0M−a1C)xt−∆t

b) Resolver para los desplazamiento en t+ ∆t,

LDLTxt+∆t = ft

c) Si se requiere, evaluar velocidad y aceleracion en t,

xt=a0 (xt−∆t − 2x + xt+∆t)xt=a1 (xt−∆t+xt+∆t)

Ejemplo numerico

Consideremos un sistema con

M =[

2 00 1

]K =

[6 −2−2 4

]f =

010

Las condiciones iniciales son

x0 = 0

x0 = 0

Las frecuencias naturales son

Ω2 =

25

194

0

0

2

4

6

8

10

Tiempo (s)

Fuer

za

f1f2

Figura 10.1: Excitacion al sistema

luego los periodos naturales de este sistema son

T = 2πΩ−1

=

4,442,80

s

Usaremos dos pasos de tiempo:

∆t =

110T2, 10T2

= 0,28, 28

El primer paso es calcular x0,Mx0 + Kx0 = f

entonces

x0 =

010

luego calculamos los coeficientes de integracion,

a0 =1

0,282= 12,8

a1 =1

2 (0,28)= 1,79

a2 = 2a0 = 25,5

a3 =1a2

= 0,0392

luego, calculamos x−∆t,

x−∆t = x0 −∆tx0 +∆t2

2x0

=

00,392


0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.50

1

2

3

4

5

6

Tiempo (s)

x(t)

x1 exactox2 exactox1x2

Figura 10.2: Respuesta exacta vs metodo de la diferencia central, paso ∆t = 0,28

y

M=a0M+a1C

=[

25,5 00 12,8

]

Las cargas efectivas del instante t son,

ft = ft − (K− a2M)xt− (a0M−a1C)xt−∆t

=

010

+[

45,0 22 21,5

]xt −

[25,5 00 12,8

]xt−∆t

y por tanto debemos resolver el siguiente sistema en cada instante de tiempo,

Mxt+∆t = ft[25,5 00 12,8

]xt+∆t = ft

Los resultados con ambos pasos de tiempo se muestran en figura (10.2) y (10.3) respectivamente. Secomprueba que cuando el paso de tiempo es mayor que el paso critico el metodo se torna inestable y sinvalores limites. Al usar metodos incondicionalmente estables tales como Newmark, la respuesta es muyinexacta, pero acotada.

Comentarios

La principal desventaja del metodo de la diferencia central es que es condicionalmente estable, suprincipal ventaja es que es posible aprovechar que M sea diagonal para evitar la factorizacion requeridapor los metodos implıcitos que veremos (que son incondicionalmente estables).

196

0 50 100 150 200 250 300 350100

105

1010

1015

1020

1025

1030

1035

1040

1045

Tiempo (s)

|x(t)

|

|x1||x2|

Figura 10.3: Respuesta exacta vs metodo de la diferencia central, paso ∆t = 28

10.2.2. Metodo de Houbolt

En el metodo de Houbolt[1],

xt+∆t=1

∆t2(2xt+∆t − 5xt+4xt−∆t − xt−2∆t) (10.9)

xt+∆t=1

6∆t(11xt+∆t − 18xt+9xt−∆t − 2xt−2∆t)

Para obtener la solucion en t+∆t, se considera el equilibrio (10.1) en t+∆t (y no en t como en el metodode la diferencia central), eso es:

Mxt+∆t−Cxt+∆t + Kxt+∆t= f t+∆t (10.10)

Sustituyendo (10.9) en (10.10),(2

∆t2M+

116∆t

C + K)

xt+∆t=ft+∆t+(

5∆t2

M+3

∆tC)

xt (10.11)

−(

4∆t2

M+3

2∆tC)

xt−∆t +(

1∆t2

M+1

3∆tC)

xt−2∆t

O sea, para encontrar xt+∆t es necesario conocer a priori xt, xt−∆t y xt−2∆t. Ello implica el uso dealgun esquema especial para iniciar las iteraciones; una posibilidad es el uso del metodo de la diferenciacentral.

Procedimiento




c) Seleccionar el paso de tiempo ∆t.


d) Calcular los coeficientes ai,

a0 =2

∆t2

a1 =11

6∆t

a2 =5

∆t2

a3 =3

∆ta4 = −2a0

a5 = −a3

2a6 =

a0

2a7 =

a3

9

e) Usar algun procedimiento para calcular x∆t y x2∆t

f ) Calcular x−∆t,x−∆t = x0 −∆tx0 + a3x0

g) Construir la matriz de rigidez efectiva,

K = K+a0M+a1C

h) Triangularizar K,K = LDL

T


a) Calcular las cargas efectivas en t+ ∆t,

ft+∆t = ft+∆t + M (a2xt + a4xt−∆t + a6xt−2∆t)+C (a3xt + a5xt−∆t + a7xt−2∆t)


LDLTxt+∆t = ft+∆t

c) Si se requiere, evaluar velocidad y aceleracion en t,

xt+∆t=a0xt+∆t − a2xt − a4xt−∆t − a6xt−2∆t

xt+∆t = a1xt+∆t − a3xt − a5xt−∆t − a7xt−2∆t

Ejemplo numerico

El ejemplo considera el mismo caso ya estudiado en §10.2.1. Los coeficientes son:

a0 = 25,5a1 = 6,55a2 = 63,8a3 = 10,7a4 = −51,0a5 = −5,36a6 = 12,8a7 = 1,19

198

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.50

1

2

3

4

5

6

Tiempo (s)

x(t)


Figura 10.4: Respuesta exacta vs metodo de Houbolt, paso ∆t = 0,28

Para comenzar las iteraciones se utilizan las estimaciones obtenidas para ∆t y 2∆t a traves del metodode la diferencia central:

x∆t =

00,392

x2∆t =

0,03071,45

Los resultados se muestran en figuras 10.4 y 10.5 para los dos pasos de tiempo considerados.

Observacion 63 Es necesario analizar el caso cuando K no es invertible. NdP.

10.2.3. Metodo Wilson θ

Este metodo[2] asume una variacion lineal de la aceleracion en (t, t+ ∆t),

xt+τ = xt +τ

θ∆t(xt+θ∆t − xt) (10.12)

Al integrar (10.12) obtenemos,

xt+τ = xt + xtτ +τ2

2θ∆t(xt+θ∆t − xt) (10.13)

y al integrar (10.13),

xt+τ = xt + xtτ +12xtτ2 +

16θ∆t

τ3 (xt+θ∆t − xt) (10.14)

De las dos ecuaciones anteriores podemos escribir para t+ θ∆t,

xt+θ∆t = xt +θ∆t2

(xt+θ∆t − xt) (10.15)

xt+θ∆t = xt + θ∆txt +θ2∆t2

6(xt+θ∆t + 2xt) (10.16)


0 50 100 150 200 250 300 3500

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

Tiempo (s)

x(t)

x1x2

Figura 10.5: Respuesta exacta vs metodo de Houbolt, paso ∆t = 28

de las que podemos despejar la aceleracion y la velocidad en terminos de xt+θ∆t,

xt+θ∆t =6

θ2∆t2(xt+θ∆t + 2xt)−

6θ∆t

xt − 2xt (10.17)

y

xt+θ∆t =3θ∆t

(xt+θ∆t − xt)− 2xt −θ∆t2

xt (10.18)

Para obtener las soluciones para los desplazamientos, velocidades y aceleraciones en t + ∆t, se utilizanlas condiciones de equilibrio (10.1) en t+ θ∆t. Sin embargo, como se asume que las aceleraciones varıanlinealmente, se utiliza un vector de carga linealmente extrapolado, o sea, la ecuacion utilizada es:

Mxt+θ∆t + Cxt+θ∆t + Kxt+θ∆t = ft+θ∆t (10.19)

donde

ft+θ∆t = ft + θ (ft+∆t − ft) (10.20)

Al substituir (10.17) y (10.18) en (10.19), se obtiene una ecuacion de la cual se puede despejar xt+θ∆t.Al sustituir este vector en (10.17) se obtiene xt+θ∆t, vector que es utilizado en (10.12-10.14) evaluandoen τ = ∆t para finalmente calcular xt+∆t, xt+∆t y xt+∆t.

Procedimiento




c) Seleccionar el paso de tiempo ∆t, y

θ = 1,4

200


a0 =6

(θ∆t)2

a1 =3θ∆t

a2 = 2a1

a3 =θ∆t2

a4 =a0

θ

a5 = −a2

θ

a6 = 1− 3θ

a7 =∆t2

a8 =∆t2

6

e) Construir la matriz de rigidez efectiva,

K = K+a0M+a1C

f ) Triangularizar K,

K = LDLT


a) Calcular las cargas efectivas en t+ θ∆t,

ft+θ∆t = ft + θ (ft+∆t − ft) + M (a0xt + a2xt + 2xt) +C (a1xt + 2xt + a3xt)

b) Resolver para los desplazamiento en t+ θ∆t,

LDLTxt+θ∆t = ft+θ∆t

c) Calcular desplazamiento, velocidad y aceleracion en t+ ∆t,

xt+∆t=a4 (xt+θ∆t − xt) + a5xt + a6xtxt+∆t = xt + a7 (xt+∆t − xt)xt+∆t= xt + ∆txt + a8 (xt+∆t + 2xt)

Observacion 64 El metodo de Wilson no requiere estimaciones de pasos anteriores (como el metodo deHoubolt). NdP.

Ejemplo numerico

Considerando el ejemplo anterior, tenemos

x0 = 0

x0 = 0

x0 =

010


0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.50

1

2

3

4

5

6

Tiempo (s)

x(t)


Figura 10.6: Respuesta exacta vs metodo de Wilson, paso ∆t = 0,28

Los coeficientes para ∆t = 0,28 y θ = 1,4 son,

a0 = 39,05a1 = 7,65a2 = 15,31a3 = 0,196a4 = 27,89a5 = −10,93a6 = −1,14a7 = 0,140a8 = 0,013


10.2.4. Metodo de Newmark

El metodo de integracion de Newmark[3] asume

xt+∆t = xt + [(1− δ) xt + δxt+∆t]∆t (10.21)

xt+∆t = xt + ∆txt +[(

12− α

)xt + αxt+∆t

]∆t2 (10.22)

donde α y δ son parametros que determinan la exactitud y la estabilidad del metodo. Cuando

α =16

δ =12

el metodo es equivalente la esquema de integracion de Wilson con θ = 1.

202

0 50 100 150 200 250 300 350-1000

-500

0

500

1000

1500

Tiempo (s)

x(t)

x1x2

Figura 10.7: Metodo de Wilson, paso ∆t = 28

Newmark propuso inicialmente,

α =14

δ =12

Ademas de (10.21) y (10.22), se considera el equilibrio en t+ ∆t:

Mxt+∆t + Cxt+∆t + Kxt+∆t = ft+∆t (10.23)

Al despejar xt+∆t de (10.22) en terminos de xt+∆t y substituyendo en (10.21), se obtienen las ecuacionespara xt+∆t y xt+∆t en funcion de los desplazamientos xt+∆t. Estas relaciones son sustituidas en (10.23)para hallar xt+∆t.

Procedimiento




c) Seleccionar el paso de tiempo ∆t, y los parametros de Newmark,

δ ≥ 12

α ≥ 14

(12

+ δ

)2



a0 =1

α∆t2

a1 =δ

α∆t

a2 =1

α∆t

a3 =12α

− 1

a4 =δ

α− 1

a5 =∆t2

(δ

α− 2)

a6 = ∆t (1− δ)a7 = δ∆t

e) Construir la matriz de rigidez efectiva,

K = K+a0M+a1C

f ) Triangularizar K,K = LDL

T


a) Calcular las cargas efectivas en t+ ∆t,

ft+∆t = ft+∆t + M (a0xt + a2xt + a3xt)+C (a1xt + a4xt + a5xt)


LDLTxt+∆t = ft+∆t

c) Calcular velocidad y aceleracion en t+ ∆t,

xt+∆t=a0 (xt+∆t − xt)− a2xt − a3xtxt+∆t = xt + a6xt + a7xt+∆t

Ejemplo

Consideremos el ejemplo ya visto. Usaremos

α =14

δ =12

Las condiciones iniciales son

x0 = 0

x0 = 0

x0 =

010


204

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.50

1

2

3

4

5

6

Tiempo (s)

x(t)


Figura 10.8: Respuesta exacta vs metodo de Newmark, ∆t = 0,28

0 50 100 150 200 250 300 3500

1

2

3

4

5

6

Tiempo (s)

x(t)

x1x2

Figura 10.9: Metodo de Newmark, ∆t = 28


10.3. Analisis de estabilidad y exactitud

El costo computacional de la integracion numerica es directamente proporcional al numero de pasosde tiempo requeridos para obtener la solucion. Es importante entonces seleccionar un paso de tiempoapropiado. Por un lado, el paso de tiempo debe ser lo suficientemente pequeno para lograr exactitud enla solucion; pero, por otro lado, no debe ser menor que lo necesario pues los costos de tiempo son mayoresa los requeridos en rigor. Nuestro objetivo en esta seccion es discutir la selccion apropiada del paso detiempo. Consideraremos 2 factores preponderantes para la decision: estabilidad y exactitud.

Primero asumamos que se ha obtenido la solucion requerida en los instantes ∆t, 2∆t,..., t − ∆t, yque se requiere la solucion para el instante t + ∆t. Deseamos establecer la siguiente relacion recursiva,para el metodo de integracion que se este utilizando:

xt+∆t = Axt + Lf t+ν (10.24)

donde A es el operador de integracion, y L es el operador de carga. ν puede ser 0, ∆t, o θ∆t segun elmetodo que se utilice. Notemos que (10.24) puede ser utilizada para calcular la solucion en cualquierinstante t+ n∆t, al aplicar (10.24) recursivamente,

xt+n∆t = Anxt + An−1Lf t+ν + An−2Lf t+∆t+ν + ...+ ALf t+(n−2)∆t+ν + Lf t+(n−1)∆t+ν (10.25)

= Anxt +n∑i=1

An−iLf t+(i−1)∆t+ν

que sera la relacion que usaremos para estudiar la estabilidad y la exactitud de los diferentes metodos.A continuacion obtenemos los operadores A y L de cada metodo.

El metodo de la diferencia central utiliza (10.3) y (??) para aproximar la aceleracion y la velocidaden el instante t, respectivamente. Consideremos la ecuacion de un sistema con un grado de libertad,

xt + 2ξωxt + ω2xt = ft (10.26)

donde ξ corresponde al factor de amortiguamiento.

xt=1

∆t2(xt−∆t − 2xt+xt+∆t) (10.27)

xt=1

2∆t(xt−∆t+xt+∆t) (10.28)

Al sustituir estas dos ultimas ecuaciones en (10.26) y resolviendo para xt+∆t, obtenemos

xt+∆t =2− ω2∆t2

1 + ξω∆txt −

1− ξω∆t1 + ξω∆t

xt−∆t +∆t2

1 + ξω∆tft (10.29)

lo que se puede reescribir como xt+∆t

xt

= Adc

xt

xt−∆t

+ Ldcft (10.30)

donde los operadores del metodo de la diferencia central se definen como

Adc =

[2−ω2∆t2

1+ξω∆t1−ξω∆t1+ξω∆t

1 0

](10.31)

y

Ldc =

∆t2

1+ξω∆t

0

(10.32)

206

Siguiendo un procedimiento similar[4], los operadores del metodo de Houbolt son:

Ah =

5βω2∆t2 + 6κ −

(4β

ω2∆t2 + 3κ)

βω2∆t2 + 2

3κ

1 0 00 1 0

(10.33)

y

Lh =

βω2

00

(10.34)

que definen la relacion, xt+∆t

xtxt−∆t

= Adc

xtxt−∆t

xt−2∆t

+ Ldcft+∆t (10.35)

y las constantes son:

β =1

2ω2∆t2 + 11ξ

3ω∆t + 1

κ =ξβ

ω∆t

Los operadores del metodo de Wilson son:

Aw =

1− βθ2

3 − 1θ − κθ − 1

∆t (βθ + 2κ) − 1∆t2

∆t(1− 1

2θ −βθ2

6 − κθ6

)1− βθ

6 − κ 1∆t

(−β

2

)∆t2

(12 −

16θ −

βθ2

18 − κθ6

)∆t(

12 −

βθ6 − κ

3

)1− β

6

(10.36)

y

Lw =

β

ω2∆t2β

2ω2∆tβ

6ω2

(10.37)


xt+∆t

xt+∆t

= Aw

xtxtxt

+ Lwft+θ∆t (10.38)


β =1

θω2∆t2 + ξθ2

ω∆t + θ3

6

κ =ξβ

ω∆t

Para el metodo de Newmark tenemos,

An =

−(

12 − α

)β − 2 (1− δ)κ − 1

∆t (β + 2κ) − 1∆t2 β

∆t[1− δ −

(12 − α

)δβ − 2 (1− δ) δκ

]1− δβ − 2δκ 1

∆t (−δβ)∆t2

[12 − α−

(12 − α

)αβ − 2 (1− δ) δκ

]∆t (1− αβ − 2ακ) (1− αβ)

(10.39)

y

Ln =

β

ω2∆t2βδω2∆tαβω2

(10.40)



xt+∆t

xt+∆t

= Aw

xtxtxt

+ Lwft+θ∆t (10.41)


β =1

1ω2∆t2 + 2ξδ

ω∆t + α

κ =ξβ

ω∆t

Notemos que si

δ =12

α =16

θ = 1

los operadores de Wilson y Newmark son identicos (con estos parametros, ambos asumen una variacionlineal de la aceleracion en el intervalo (t, t+ ∆t).

Analisis de estabilidad

El objetivo de la integracion es obtener una buena aproximacion a la respuesta real del sistema. Si elperiodo de oscilacion mas pequeno es Tn, un paso de tiempo adecuado es

∆t =Tn10

(10.42)

Sin embargo, en muchos casos la respuesta dinamica se concentra en solo algunos modos de vibraciony por esta razon es valido utilizar una aproximacion modal truncada para el calculo de la respuesta.Ademas, los modos de alta frecuencia son pobremente predichos por la tecnica de los elementos finitos(tanto en frecuencia como en la forma de los modos). Por tanto, la malla de elementos finitos debe serescogida de modos que los primeros p modos sean modelados adecuadamente, donde p es determinadopor la distribucion y el contenido frecuencial de la carga que sufrira el sistema.

Puede entonces ser concluido que en muchos analisis estamos interesados en integrar solo las primerasp ecuaciones de la ecuacion de equilibrio escrita en coordenadas modales. Ello implica que bastarıa conun paso de tiempo

∆t =Tp10

En la practica ello puede implicar un paso de tiempo 1000 veces mayor que el requerido con el criterio(10.42). De todas maneras, en integracion directa, el aporte de los modos de alta frecuencia tambienesta presente. Surge entonces la pregunta: ¿que respuesta es predicha cuando ∆t/Tn es ”grande”?. Estapregunta justifica el analisis de estabilidad de un esquema de integracion. La estabilidad de un metodode integracion implica que las condiciones iniciales no deben amplificarse artificialmente y rendir inutil elaporte (bien calculado) de los modos de baja frecuencia. Un esquema de integracion estable tambien quelos errores en los desplazamientos, velocidades y aceleraciones en cada instante t, que pueden deberse alredondeo del computador), no crezcan a medida que se integra en el tiempo. La estabilidad es aseguradasi el paso de tiempo es lo suficientemente pequeno para poder calcular la respuesta dinamica de lacomponente frecuencial mas alta. Ello puede implicar un paso de tiempo excesivamente pequeno, lo queencarece los calculos de manera ostensible.

La estabilidad de un metodo de integracion puede ser examinada al estudiar el comportamiento dela solucion numerica ante condiciones iniciales arbitrarias. En caso de considerar que las cargas externasson nulas se tiene que

xt+∆t = Axt (10.43)

208

Un metodo de integracion es incondicionalmente estable si la solucion para cualquier condicion inicialno crece indefinidamente para cualquier paso de tiempo ∆t, en particular cuando ∆t/Tn es grande. Elmetodo es solo condicionalmente estable si lo anterior es valido si ∆t/Tn es menor o igual a cierto valorcritico, usualmente llamado limite de estabilidad.

Para realizar el analisis de estabilidad utilizamos la descomposicion espectral de A dada por

A = PJP−1 (10.44)

donde P es la matriz de vectores propios de A, y J es la matriz en cuya diagonal se guardan los valorespropios de A. Como A puede ser no simetrica, J no es necesariamente diagonal y puede mostrar valoressupradiagonales. (10.44) asegura ademas,

An = PJnP−1 (10.45)

expresion que permite determinar la estabilidad del metodo de integracion.Sea ρ(A) el radio espectral de A definido como

ρ(A) = maxi=1,2,...

|λi| (10.46)

El criterio de estabilidad es,

1. Si todos los valores propios son distintos,

ρ(A) ≤ 1

2. Si A contiene valores propios multiples, sus modulos deben ser menores que 1.

Si el criterio de estabilidad es satisfecho, Jn y por tanto An estan acotados cuando n→∞. Aun mas,si ρ(A) < 1, Jn → 0 y por tanto An → 0.

Consideremos en primer lugar el metodo de la diferencia central, sin amortiguamiento (ξ = 0). Con-siderando la definicion de A de (10.31),

Adc =

[2−ω2∆t2

1+ξω∆t1−ξω∆t1+ξω∆t

1 0

]

=[

2− ω2∆t2 11 0

]y debemos calcular los valores propios (el operador es simetrico),

Adcu = λu

cuyos valores propios son

λ1,2 = 1− ω2∆t2

2± 1

2

√ω4∆t4 − 4ω2∆t2

En Maple,

with(linalg);A:=linalg[matrix](2,2,[2-omega^2*dt^2,-1,1,0]);eigenvals(A);

Para el analisis de estabilidad es necesario estudiar cuando los valores absolutos de λ1,2 son menoresque 1. Esto da la condicion

∆tT≤ 1π

dondeT =

2πω


10-4 10-3 10-2 10-1 100 101 1020

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

∆t/T

ρ(A

)HouboltWilsonNewmarkDiferencia central

Figura 10.10: ρ(A) para ξ = 0

Por tanto, el metodo de la diferencia central es estable si se cumple

∆t ≤ ∆tcr

con∆tcr =

Tnπ

Este valor critico es valido aun si ξ > 0.Al aplicar este procedimiento a los demas metodos se obtienen los resultados mostrados en figura (??).

El unico condicionalmente estable es el de la diferencia central. El metodo de Wilson es incondicionalmenteestable a partir de θcr = 1,37. El metodo de Newmark tambien lo es si

δ ≥ δcr = 0,5

α ≥ αcr = 0,25 (δ + 0,5)2

En la proxima seccion veremos que la pareja (δcr, αcr) es la que asegura la mayor exactitud.

Analisis de exactitud

La decision acerca de cual metodo de integracion utilizar esta controlada por el costo de la solucion,el cual a su vez depende del numero de pasos de tiempo requeridos en la integracion. Si se emplea unmetodo condicionalmente estable (como el de la diferencia central) el paso de tiempo es determinado porel paso de tiempo critico. Sin embargo, al usar un metodo incondicionalmente estable, se debe escoger unpaso de tiempo que entregue una solucion con suficiente exactitud.

Consideremos inicialmente para el analisis de exactitud, la solucion del problema homogeneo definidopor

x+ ω2x = 0 (10.47)x0 = 1x = 0

para el cual la solucion exacta esxt = cosωt

210

0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14 0.16 0.180

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

∆t/T

% e

long

acio

n pe

riodo

Newmark δ=0.5 α=.25Wilson θ=1.40Houbolt

Figura 10.11: Elongacion porcentual del periodo respecto del periodo exacto vs ∆t/T

La integracion numerica de (10.47) usando diferentes metodos muestra que los errores de integracionpueden ser medidos en terminos de elongacion del periodo y decaimiento de la amplitud. La figura (10.11)muestra un estudio de ambos indicadores en funcion de ∆t/T . Las curvas muestran que, en general, si∆t/T < 0,01 la calidad de las respuestas es buena. Sin embargo, cuando el paso es mayor, los metodosmuestran caracterısticas diferentes. En efecto, para algun valor dado de ∆t/T , el metodo de Wilson conθ = 1,4, introduce menor decaimiento en la amplitud menor elongacion del periodo que el metodo deHoubolt, mientras que el metodo de Newmark con δ = ,5 y α = ,25, introduce solo elongacion del periodo,pero sin decaimiento en la amplitud.

A partir de lo anterior, el paso de tiempo de los metodos incondicionalmente estables debe ser elegidode modo que la respuesta de los modos que predominan en la solucion sea accurate, y sabemos que la delos modos de alta frecuencia sera predicha pobremente pero al menos el error sera acotado (y residual) yno crecera artificialmente.

En el caso de los metodos incondicionalmente estables, el paso de tiempo puede ser elegido a partirde los resultados de la figura (10.11).

Ejemplo 21 Supongamos que usamos el metodo de Wilson con θ = 1,4 y paso de tiempo ∆t/T1 = 0,01,donde T1 es el periodo del primer modo de un sistema con 6 grados de libertad que cumple

Ti+1 =Ti10

, i = 1, ..., 5

Sean las condiciones iniciales de cada modo, las dadas en (10.47) y la integracion es realizada en 100pasos. La figura (10.12) muestra la respuesta de los modos 1,2 y 6. Se observa que el decaimiento productode los errores de integracion efectivamente filtra la respuesta del modo 6. El mismo efecto se observa alutilizar el metodo de Houbolt, mientras que al utilizar el metodo de Newmark no se observa decaimientode la respuesta.

En analisis practicos, hay muy poca diferencia en el esfuerzo computacional entre los metodos deNewmark y de Wilson. Para un nivel de elongacion similar, ambos metodos requieren pasos de tiemposimilares. El metodo de Houbolt, por su lado, requiere de procedimientos de inicio especiales.

Es importante notar que los analisis de estabilidad y exactitud fueron realizados para sistemas lineales.Los sistemas no lineales requieren tomar en cuenta consideraciones adicionales.

De acuerdo a (Bathe, 2003)[4], la seleccion de la malla de elementos finitos debe ser tal, que asegureque la exactitud en la estimacion de las frecuencias naturales y modos


0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Tiempo (s)

x(t)

Modo 6Modo 2Modo 1

Figura 10.12: Respuesta de los modos 1,2 y 6 con el metodo de Wilson, θ = 1,4, ∆t = 10−2T1 = 10−1T2 =103T6.

212

1

k

1

c

SignalGenerator

Scope

1s

Integrator1

1s

Integrator1

1/m

Figura 10.13: Modelo con 1 grado de libertad

propios sea buena, hasta al menos una frecuencia que supere en 4 veces a la maxima frecuencia deexcitacion. El aporte de los demas modos de alta frecuencia es basicamente estatico, eso es, domina solola rigidez en su determinacion.

Al hacer un analisis de respuesta transiente debe entonces asegurarse:

1. Identificar el rango de las frecuencias de excitacion. Establecer la frecuencia maxima de excitacion,ωu.

2. Elegir una malla que permita representar con un buen nivel de exactitud la respuesta estatica yademas las frecuencias naturales hasta al menos ωm = 4ωu.

3. Realizar la integracion; elegir un paso de tiempo ∆t ≤ Tm/20 donde

Tm =2πωm

o con el criterio de paso critico, se se usa el metodo de la diferencia central.

10.4. Modelos en Simulink

10.4.1. Modelos con un grado de libertad

Consideremos la ecuacion del movimiento de un sistema con un grado de libertad:

mx+ cx+ kx = f

a partir de ella podemos despejar la aceleracion,

x =1m

(f − cx− kx)

lo que puede ser descrito por el diagrama de bloques de la figura 10.13 y que puede ser integrada por unsoftware ad hoc tal como Simulink. La ventaja principal sobre los metodos anteriores es que el tiempo dedesarrollo del modelo se reduce considerablemente; por otro lado, los metodos implementados en Simulinkno aprovechan la topologıa de las matrices de elementos finitos y no tienen convergencia asegurada (engeneral se usa Runge-Kutta o similar).

10.4.2. Modelo con n grados de libertad

Para los modelos con n grados de libertad se procede de manera similar, pero considerando la nat-uraleza multidimensional de las ecuaciones. El diagrama de bloques se muestra en figura 10.14. Notesecomo la senal escalar del generador de funciones (lınea simple) pasa por un multiplexor para que generarel vector de excitacion y trabajar con senales vectoriales (lınea gruesa).

La figura 10.15 muestra la manera en que se definen las ganancias matriciales (K, C, M).Tras realizar la integracion por un intervalo definido es posible visualizar las senales instante a instante

(figura 10.16)


SignalGenerator

ScopeK*u

M^-1

K*u

K

1s

Integrator1

1s

Integrator

K*u

C

Figura 10.14: Modelo con n grados de libertad

Figura 10.15: Definicion de la ganancia

Figura 10.16: Respuesta temporal(desplazamiento)

214

Y

X

Figura 10.17: Pendulo elastico

Ejercicio 9 Respecto del modelo presentado en ref. (Ehrich, 1988)[1], repita los resultados. Emita con-clusiones.

Ejercicio 10 Considerese el pendulo elastico de figura 10.17. La constante del resorte k es 30 N/m. Lamasa m es 1 Kg. La longitud del resorte sin carga es 1 m. Inicialmente esta en (0, 1,5). Las ecuacionesa resolver son:

my +l − l0l

ky = 0

mz +l − l0l

kz = −mg

Exprese un modelo para el movimiento del pendulo. Integre numericamente a traves de Simulink yNewmark. Grafique la posicion del pendulo en funcion del tiempo. Compare resultados.


Hemos presentado 4 metodos de integracion temporal orientados al calculo de respuesta dinamicaestructural. Ademas, se han analizado las propiedades de estabilidad y exactitud de cada metodo. Hemosvisto un metodo de integracion implıcito (diferencia central) y 3 explıcitos (Houbolt, Wilson, Newmark).La principal desventaja del metodo de la diferencia central es que es condicionalmente estable, su principalventaja es que es posible aprovechar que M sea diagonal para evitar la factorizacion requerida porlos metodos implıcitos. El metodo de Newmark muestra las mejores caracterısticas entre los metodosimplıcitos, los cuales son incondicionalmente estables (si los parametros son escogidos adecuadamente).La desventaja general de los metodos implıcitos es que necesariamente se debe invertir la matriz derigidez efectiva asociada al metodo utilizado. El metodo de Newmark (con δ = ,5 y α = ,25) introducesolo elongacion del periodo, pero sin decaimiento en la amplitud.


-0.5

00

.51

1.5

2-1

.5 -1

-0.5 0

0.5 1

1.5

X

Y

Figura 10.18: Posicion del pendulo elastico

216

Bibliografıa

[1] Houbolt, J.C., A recurrence matrix solution for the dynamic response of elastic aircraft, Journal ofthe aeronautical sciences, 17, 540-550, 1950.

[2] Wilson, E.L., Farhoomand, I., Bathe, K.J., Nonlinear Dynamic Analysis of Complex structures, In-ternational Journal of Earthquake Engineering and Structural Dynamics, 1, 241-252, 1973.

[3] Newmark, N.M., A method of computation for structural dynamics, ASCE Journal of EngineeringMechanics Division, 85, 67-94, 1959.

[4] Bathe, KJ., Finite Element Procedures, Prentice-Hall of India, 2003.

[5] Ehrich, F., High order subharmonic response of high speed rotors in bearing clearance, Journal ofVibration, Acoustics, Stress, and Reliability in Design, 110(9):10–16, 1988.

217

218

Capıtulo 11

Analisis torsional

11.1. Introduccion

En general, un rotor (considerado independientemente) es lo suficientemente rıgido en torsion paraque las frecuencias naturales sean muy superiores a las de las fuerzas excitadoras1.

Cuando los rotores de sistemas motrices y conducidos son conectados, cada rotor puede consider-arse como una inercia masiva. Las rigideces torsionales de los acoplamientos y ejes rotores conectoresintermedios pueden ser lo suficientemente bajas para que las frecuencias naturales (del sistema acoplado)coincidan con las de excitacion.

Un ejemplo de excitacion en torsion se presenta en los motores sincronicos de polos salientes. Este tipode motor funciona como motor de induccion durante la partida; ello induce torques motrices transientesde tipo pulso, con una frecuencia igual al doble de la lınea (inicialmente) hasta una frecuencia de 0 Hz ala velocidad sincronica. Cualquier frecuencia natural en torsion que este en este rango sera excitada. Laamplitud de la pulsacion del torque motriz depende del diseno de motor, pero puede ser muy importante.

Observacion 65 Se han reportado[13] factores de amplificacion de hasta 5 veces en maquinas con fun-cionamiento deficiente con una frecuencia de pulsacion dominante igual a la de deslizamiento. Bajo estascondiciones no es inusual la rotura de dientes en el reductor.

Otro problema de diseno se presenta en rotores cuyo torque motriz es variable y controlado por unsistema de control (por ejemplo, un helicoptero). En este caso las transientes ocurridas durante unaaceleracion o desaceleracion pueden inducir inestabilidad en torsion, en parte producida por el sistemade control.

11.1.1. Consideraciones de diseno

Existen una serie de reglas generales a aplicar a nivel diseno para evitar vibraciones torsionales im-portantes. Entre ellas tenemos:

1. Si solo hay una frecuencia natural de torsion el el rango de la excitaciones, conviene incrementarla.Por ejemplo, en los motores sincronicos de polos salientes una frecuencia de excitacion comun enlas partidas es:

2fl

(Ns −N

N

)donde

fl es la frecuencia de la lınea

Ns es la velocidad sincronica del motor

N es la velocidad (instantanea) del motor

1Una excepcion de fuerza excitadora en rango alto es la que aparece en los alabes de turbinas de vapor.

219

220

I1 I2 In-1 InJ1G1J2G2 Jn-1Gn-1

Figura 11.1: Modelo con inercias concentradas

2. Si no se puede cambiar la frecuencia natural, se redisena el motor para que la frecuencia de excitacionque genere menor amplitud de vibraciones coincida con la frecuencia natural.

3. Si hay mas de una frecuencia natural en torsion en el rango de las excitaciones anada mecanismosde amortiguacion que reduzcan el factor de amplificacion de manera importante. Por ejemplo:acoplamientos flexibles.

4. Incremente el torque motriz inicial o reduzca transitoriamente la inercia del sistema para que partidasea mas rapida.

11.1.2. Objetivos del analisis torsional

Como disenadores nos interesa establecer las siguientes propiedades y condiciones del sistema mecanicoen estudio:

1. Predecir frecuencias naturales

2. Analisis de sensibilidad de las frecuencias naturales en funcion de los parametros de diseno

3. Calcular amplitudes de vibracion y torques peak bajo regimen estacionario

4. Calcular torques dinamicos y cargas en los dientes de los engranajes durante condiciones transientes

5. Evaluar la estabilidad de sistemas con control de velocidad automatico.

11.2. Formulacion del modelo

La figura 11.1 puesta un modelo con inercias concentradas. Toda la inercia del sistema se ha concen-trado en N discos discretos, cada un con un inercia rotacional Ii. Los discos estan conectados por resorteski, que representan la rıgidez torsional de los ejes y acoplamientos:

ki =GJili

donde

Ji =πd4

i

32

G es el modulo de corte,li es la longitud del tramo de ejedi es el diametro del tramoPara representar los efectos disipativos, se anaden amortiguadores viscosos al modelo.

Observacion 66 El proposito de proponer un modelo de parametros discretos es que podemos escribiruna ecuacion diferencial ordinaria, facil de resolver.


Ia Ivd,l,ξ

Figura 11.2: Sistema a analizar

Ejemplo 22 2Considere el sistema astillador-volante de inercia mostrado en figura (11.2). La inerciarotacional del astillador es Ia y la de la volante, Iv. El eje tiene longitud l y diametro d. El sistemaesta girando estacionariamente a una velocidad ω0 rad/s. Repentinamente, un objeto duro detiene alastillador instantaneamente. Proponga y resuelva un modelo que permita establecer el torque maximotransiente que sufrira el eje. Considere que el factor de amortiguamiento en el sistema es ξ, conocido.El problema considera un analisis transiente con condiciones iniciales. Ellas son: velocidad nula para elastillador en t = 0, y ω0 para el volante en ese mismo instante. El sistema puede entonces ser modeladocomo uno con un solo grado de libertad (cap. §2):

mx+ cx+ kx = 0 (11.1)

con

x0 = ω0

x0 = 0

k =GJ

l

J =πd4

32m = Iv

c = 2ξmωn

ωn =

√k

m

(hemos despreciado el desplazamiento inicial producto de la carga antes del impacto, x0 = 0 ). La respuestaes de la forma,

xt =ω0

ωde−ξωnt sin(ωdt) (11.2)

conωd = ωn

√1− ξ2

luego, el torque transiente sufrido por el eje toma la forma (despreciando el torque producto del amor-tiguamiento):

Tmax = kxt =G

l

πd4

32ω0

ωde−ξωnt sin(ωdt)

cuyo valor maximo es

Tmax =G

l

πd4

32ω0

ωd2control 1, 2004.

222

p1 p1r

p2r p2

Figura 11.3: Sistema con 2 velocidades

11.2.1. Considerando las diferentes velocidades

Si hay cajas de engranajes en el sistema, ellas imponen relaciones de velocidad entre cada estacion.Por conveniencia referimos todas las velocidades con respecto a una de referencia, por ejemplo:

θi = αiθ1

donde αi es la razon de reduccion entre la estacion m y la estacion 1.A fin de simplificar, todos los parametros son tıpicamente referidos a la velocidad de la estacion 1:

Ipi = α2i I′pi

(11.3)

ki = α2i k

′

i

dondeI ′pi

es la inercia en unidades absolutasIpi es la inercia referida a la velocidad de la estacion 1

k′

i es la rıgidez en unidades absolutaski es la rıgidez referida a la velocidad de la estacion 1

11.2.2. Ejemplo

Considerese el sistema de figura 11.3. Se desea establecer la primera frecuencia natural en torsion. Larelacion de los engranajes es 3:1. Las inercias rotacionales de los engranajes es despreciable frente a lasde las inercias Ip1 e Ip2 . La rigidez torsional es igual para ambos tramos de arbol k1 = k2 = k.

Sean θ1 y θ2 los desplazamientos angulares de las inercias Ip1 e Ip2 , respectivamente. , en estadoestacionario. Las ecuaciones del movimiento quedan:

T =12Ip1 θ

21 +

12Ip1r

θ21r + +12Ip2r

θ22r +12Ip2 θ

22

V =12k1 (θ1 − θ1r)

2 +12k2 (θ2 − θ2r)

2

Debido al engranaje,

θ2r = nθ1r (11.4)

por conveniencia, definimos

θ2 = nθ′2


p1 p1r+ p2r p2

1 2

Figura 11.4: Sistema equivalente, monovelocidad

1 2 3

1 2

Figura 11.5: Sistema a condensar

usando (11.4),

T =12Ip1 θ

21 +

12Ip1r

θ21r +12Ip2r

(nθ1r

)2

+12Ip2

(nθ′2

)2

=12Ip1 θ

21 +

12(Ip1r

+ n2Ip2r

)θ21r +

12(n2Ip2

)θ′22

=12Ip1 θ

21 +

12(Ip1r

+ I ′p2r

)θ21r +

12I ′p2 θ

′22

V =12k1 (θ1 − θ1r)

2 +12k2 (nθ′2 − nθ′2r)

2

=12k1 (θ1 − θ1r)

2 +12(n2k2

)(θ′2 − θ′2r)

2

lo que equivale a un sistema monovelocidad (ver grafico 11.4). Las matrices del sistema quedan:

M =

Ip1Ip1r

+ I ′p2r

I ′p2

K =

k1 −k1

−k1 k1 + k′2 −k′2−k′2 k′2

x =

θ1θ1rθ′2

11.3. Condensacion de grados de libertad sin masa

Supongamos que tenemos un sistema como se muestra en la figura 11.5. La masa en el grado delibertad 2 es muy pequena frente a las otras y se desea obtener las matrices de masa y rigidez donde esegrado de libertad ha sido condensado. El vector de desplazamientos original es

x′ =

x1

x2

x3

y las matrices de masa y rigidez:

M′ =

m1

m2

m3

224

K′ =

k1 −k1

−k1 k1 + k2 −k2

−k2 k2

Se desea condensar el grado de libertad x2 y despreciar los efectos de inercia de la masa m2:

m2 ≈ 0 (11.5)

Para ello, primero reordenamos convenientemente el vector de desplazamientos tal que los grados delibertad a condensar queden al final:

x = Px′ (11.6)

donde P es una matriz de permutacion:

P =

1 0 00 0 10 1 0

Recordemos que para una matriz de permutacion,

P = PT = P−1

luego

x =

x1

x3

x2

tenemos la ecuacion del movimiento original:

M′x′ + K′x′ = 0

sustituyendo (11.6) y premultiplicando por P queda:

Mx + Kx = 0

con las matrices reordenadas (considerando la condicion 11.5):

M =

m1

m3

0

K =

k1 0 −k1

0 k2 −k2

−k1 −k2 k1 + k2

A fin de normalizar los resultados consideremos las relaciones

k2 = αk1 (11.7)m1 = βm2

A continuacion definimos las 2 particiones de grados de libertad: activos y condensados.

x =

xaxc

en nuestro caso ejemplo:

xa =x1

x3

xc = x2


A fin de condensar definiremos una trnasformacion matricial que permita expresar los grados de libertadcondensados en funcion de los activos:

xc = Tcxa

en consecuencia,

x = Txa

=[

ITc

]xa

si substituimos en ecuacion () y premultiplicamos por T queda

TTMTxa + TTKTxa = 0

Mrxa + Krxa = 0

donde Mr y Kr son las matrices reducidas que se buscan:

Mr = TTMT (11.8)

Kr = TTKT

Para definir Tc utilizamos la ecuacion de equilibrio dinamico:

Z(ω)x =

fa0

[

Zaa ZacZca Zcc

]xaxc

=

fa0

Usando la segunda linea (asumiendo que no hay fuerzas externas aplicadas en los grados de libertad acondensar):

Zcaxa + Zccxc = 0

luegoxc = −Z−1

cc Zcaxa

por lo queTc = −Z−1

cc Zca

y

T =[

I−Z−1

cc Zca

]Como en nuestro caso ejemplo no hay masa en el grado de libertad a condensar, T es independiente deω:

Zcc = k1(1 + α)

Zca = k1

−1 −α

luego

T =

1 00 11

1+αα

1+α

y aplicando (11.8) obtenemos

Mr = m1

[1

β

]Kr = k1

α

1 + α

[1 −1−1 1

]En Maple 7.0:

226

>K:=linalg[matrix](3,3,[k1,0,-k1,0,k2,-k2,-k1,-k2,k1+k2]);>M:=linalg[matrix](3,3,[m1,0,0,0,m2,0,0,0,0]);>T:=linalg[matrix](3,2,[1,0,0,1,k1/(k1+k2),k2/(k1+k2)]);>k2:=alpha*k1;>Kr:=simplify(multiply(transpose(T),K,T));>Mr:=multiply(transpose(T),M,T);

11.3.1. Ecuacion del movimiento

Usando el metodo de Newton o el de Lagrange, podemos escribir la ecuacion del movimiento como

Mx + Cx + Kx = f (11.9)

donde

M =

I1. . .

In

C =

c1 −c1−c1 c1 + c2 −c2

−c2 c2 + c3 −c3

−c3. . .

cn

K =

k1 −k1

−k1 k1 + k2 −k2

−k2 k2 + k3 −k3

−k3. . . −kn−kn kn

x =

θ1...θn

f =

T1(t)

...Tn(t)

11.3.2. Amortiguamiento del rotor

Los valores de ci son dıficiles de obtener de forma experimental. Vance [13] reporta valores de 1.5-2 %del amortiguamiento crıtico para sistemas donde no hay solturas. Si utilizamos un modelo de amor-tiguamiento proporcional,

C = βK

Se cumple que

ξi ≈β

2ωi

dondeωi es la i-esima frecuencia natural, yξi es el factor de amortiguamiento.En promedio, para el caso del acero,

ξi =β

2ωi ≈

0,015 + 0,022


T

θ ω

l

1

c=2dTl/dω

.

Figura 11.6: Coeficiente de amortiguamiento viscoso para el torque resistente

luego la matriz de amortiguacion para frecuencias cercanas a ωi

C (ωi) =0,035ωi

K (11.10)

dado que ωi no es conocido a priori, es necesario iterar.

11.3.3. Amortiguamiento en descansos

El torque de friccion en algun descanso puede ser aproximado por

Ti = −ciθi

luego, la potencia disipada es de la formaPi = −ciθ2i

Si la velocidad del rotor es constante ω, y se puede estimar la potencia disipada, se tiene que

ci =Piω2

En algunos discos que trabajan (propelas,...) tienen un torque resistente que es aproximadamente cuadraticocon la velocidad. En ese caso:

Pi = −ciθ3ia fin de linealizar la ecuacion del movimiento, el valor de ci puede ser aproximado por:

cn = 2c′nΩ (11.11)

segun se observa en figura 11.6.


La figura 11.7 muestra un esquema del sistema motriz de un helicoptero. Las inercias mas importantes:

el rotor de la turbina I1 ,

los engranajes I2 , y

la helice I3 .

228

Motor

Helice

Reductork1 c1

k2

c2

I1

I2

Figura 11.7: Esquema de un sistema rotor

El eje motriz posee una rıgidez k1, y

el eje conducido una rıgidez k2.

Las fuentes mas importantes de amortiguamiento son el torque aerodinamico en la helice.Los valores de los parametros provienen de referencia [13]:

I1 = 6 pulg-lb-s2

I2 = 2,3 pulg-lb-s2

I ′3

= 298598 pulg-lb-s2

k1 = 257004 pulg-lb/rad

k′2 = 61,44× 106 pulg-lb/rad

La potencia de operacion es de 5270 hp, la turbina gira a 13,820 rpm y el reductor tiene una relacion80:1.

Referiremos los parametros c/r a la velocidad del eje de la turbina,

Ip3 =298598

802= 46,7

k2 =61,44× 106

802= 9600

Siendo que la rıgidez del eje motriz k1 es mucho mayor que la del eje de la helice k2 y las inerciasI1 e I2 son pequenas, el sistema turbina-engranaje se comportara como un cuerpo rıgido que puede sermodelado como una sola inercia:

Ia = I1 + I2 = 6 + 2,3 = 8,3Ib = I3 = 46,7kab = k2 = 9600

lo que nos deja un modelo conservativo de 2 grados de libertad:

M =[

8,346,7

]pulg× lbf× s2

K = 9600[

1 −1−1 1

]pulg× lbf/rad

El torque estacionario de la helice es

c′2θ22 =

5270 · 550 · 1213820 · 2π

60

= 24034

a la velocidad de operacion θ2 = 13820 · 2π60 = 1447rad/s. Usando el valor linealizado (ecuacion 11.11),

c2 = 2c′2θ22 = 33,2 pulg× lbf/ (rad× s)


1 2

Figura 11.8: Modelo del helicoptero

La frecuencia natural (no nula) del sistema no amortiguado resultar ser 36.9 rad/s. La amortiguaciondel eje es estimada por (ec. 11.10),

C (ωi) =0,035ωi

K + 33,2[

01

]=

0,03536,9

9600[

1 −1−1 1

]+ 33,2

[0

1

]=[

9,1 −9,1−9,1 42,3

]Obtenidas las matrices de la ecuacion del movimiento, es posible encontrar las frecuencias naturales

del sistema amortiguado (vease §5):

s1,2 = −0,699± 36,9j

o sea

ωn = 36,9 rad/s

fn =ωn2π

= 5,87 Hz

El modo propio asociado es 1

−0,1777 + 0,0034j

lo que implica una razon de amplitudes entre la inercia de la turbina y la de la helice de

|−0,1777 + 0,0034j|1

= 0,1777

y un desfase

178,9o

En matlab,

>>norm(-0.1777+.0034j)>>angle(-0.1777+0.0034j)*180/pi

11.4. Respuesta forzada

Para el caso de torsion, las frecuencias excitadoras no corresponden, en general, a la velocidad derotacion, ni la amplitud depende del nivel desbalance, aunque puede aparece un acoplamiento entremodos de flexion y modos de torsion, ello induce vibraciones a la componente 1X.

230

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25-0.04

-0.03

-0.02

-0.01

0

0.01

0.02

0.03

0.04

Tiempo (s)

Am

plit

ud

(ra

d)

θ1

θ2

Figura 11.9: Respuesta forzada


Para el caso del helicoptero, cada helice esta sujeta a una variacion en la carga aerodinamica dadoque su velocidad tangencial se opone a la corriente de aire una vez por revolucion. El resultado es unavariacion ciclıca del torque resistente en la inercia I2 cuya frecuencia fundamental es

NbωW

dondeNb es el numero de helicesωW es la velocidad angular

Observacion 67 Para el caso de la excitacion, la existencia o no de reductores no afecta la ecuaciondel movimiento (excepto respecto de la velocidad de la helice).

Para el caso senalado, se tiene un vector de excitacion,

f =

0T2(t)

= T2 cosωt

01

La figura 11.9 muestra la amplitud de las vibraciones para T2 = 7200 pulg×lbf (que corresponde al 30 %del torque resistente estacionario).

Para fines de diseno, es relevante conocer el torque en el eje conducido, que esta dado por

Ts(t) = k1 (θ2(t)− θ1(t)) + c1

(θ2(t)− θ1(t)

)La figura ?? muestra la amplitud de Ts para un rango de frecuencias. Se aprecia que el torque dinamico

en el eje es pequeno para la frecuencia de operacion 11.52 Hz (comparado con el que aparece en la zonaresonante alrededor de 5.9 Hz). En ese caso el torque seria mayor que el torque motriz, por lo que eltorque neto serıa negativo durante algunos instantes en cada ciclo. Ello podrıa causar que los dientesdel engranaje se separasen y luego impactaran con cada inversion de torque3. En tal caso, una posiblesolucion es el incremento de la amortiguacion.

11.5. Respuesta transiente

En caso de que los torques excitadores varıen en el tiempo su contenido frecuencial, es necesarioutilizar tecnicas de integracion temporal. Ya no es necesario disponer de modelos lineales tales como eldescrito por la ecuacion 11.9, lo que es una ventaja.

3segun ref. [13], pp 73.


R

I

µ1

µ2

µ2¡µ1

k1(µ2¡µ1)

j!(µ2¡µ1)

Ts

c1 _µ2¡_µ1³ ´

Figura 11.10: Torque resistente

2 4 6 8 10 12 140

0.5

1

1.5

2

2.5

3x 10

4

Frecuencia (Hz)

Tor

qu

e (

pu

lg-l

bf)

Figura 11.11: Torque dinamico en el eje

232

Reductor

Motor

Compresor

1 32

Figura 11.12: Diagrama del sistema

0 2000 4000 6000 8000 10000 120000

20

40

60

80

100

120

Frec

uenc

ia n

atur

al (H

z)

Velocidad de rotación (RPM)

1era frec. natural2da frec. natural2X frec. de deslizamiento



Parametros

Considerese el sistema de figura 11.12. El motor es de tipo sincronico de polos salientes. Conduce aun compresor de flujo axial a traves de un reductor. Los parametros del modelos son (referidos al ejemotriz):

I1 = 4192 pulg× lbf × s2

I2 = 4907 pulg× lbf × s2

I3 = 10322 pulg× lbf × s2

k1 = 7,359× 107pulg× lbf/rad

k2 = 3,517× 108pulg× lbf/rad

Los coeficientes de amortiguacion en los descansos se estiman en 22,99pulg × lbf × s. Los coeficientes deamortiguacion de los ejes se estiman en

c1 = 16663 pulg× lbf× s

c2 = 39411 pulg× lbf× s


0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

ω/ωnominal

Torque/Torque nominal

oscavg

Figura 11.14: Curva caracterıstica del motor

El motor de tipo sincronico de polos salientes produce un torque fluctuante durante la partida, con unafrecuencia dos veces la de la lınea multiplicada por la razon de deslizamiento. El diagrama de Campbellde figura 11.13 describe como la excitacion excita 2 frecuencias naturales hasta llegar a su velocidad deoperacion de 1200 rpm. La razon de deslizamiento esta dada por:

Sr =Ns −Nm

Ns

dondeNs es la velocidad sincronica, 1200 rpm,Nm es la velocidad del motor (que crece desde 0 hasta 1200 rpm durante la partida).Luego, el torque motriz T1(t) puede ser descrito por

T1 = Tavg + Tosc cos (ωet)ωe = 4πLfSr rad/s

dondeLf es la frecuencia de la lınea4,Tavg es el torque promedio en el instante t,Tosc es la amplitud del torque transiente.Desarrollando lo anterior, T1 tambien se puede expresar en terminos de la posicion angular de la

inercia del motor θ1:

T1 = Tavg + Tosc cos(

4πLf

(t− θ1

Ωs

))(11.12)

donde Ωs = Ns2π60 rad/s.

La ecuacion 11.12 implica que el modelo es no lineal. La curva caracterıstica del motor se muestra enfigura 11.14.

El encuentro de la frecuencia del torque pulsante con la i-esima frecuencia natural se da en

Nres = Ns

[1− ωi

4πLf

], i = 1, 2, ..

4(50 Hz en Chile)

234

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

200

400

600

800

1000

1200

1400

Tiempo (seg)

Vel

ocid

ad (r

pm)

Figura 11.15: Velocidad instantanea del equipo conducido

Observacion 68 Para mejorar la convergencia de metodos tales como el de Runge-Kutta o Newmark,es conveniente hacer un cambio de variable y utilizar los momenta:

pi = Iiθi

Resultados

Para hacer los calculos de respuesta transiente se utilizo el metodo de Newmark (cap. §??. Tambiense modelo en Simulink[3]. La fuente puede ser bajada aquı .

La figura (11.15) muestra la velocidad del equipo conducido en funcion del tiempo. Observamos unaregion de transientes naturales a los 12 segundos.

Disponiendo de las velocidades instantaneas en cada inercia es posible calcular los torques sufridospor cada eje. Ello se muestra en la figura (11.16) para el eje motriz y en la figura (11.17) para eleje conducido. Notemos que los torques transientes son muy superiores a los estacionarios y deben serconsiderados entonces durante los calculos de diseno.

Ejercicio 11 si el motor tiene una potencia nominal de 100, 500, 1000 hp. Encuentre las siguientescurvas de partida:

1. frecuencias y modos propios en torsion

2. curva de amplitud de vibracion vs tiempo

3. curva de torque en cada eje vs tiempo

4. Analice la posibilidad de impactos en los engranajes

11.6. Estabilidad en sistemas con control automatico de veloci-dad

Para analizar la estabilidad torsional de un sistema que posee control automatico de velocidad esnecesario anadir al modelo (11.9) la dinamica de tal sistema.

El acoplamiento entre el sistema automatico con el sistema rotor ocurre en el torque motriz (sobre elque actua el sistema de control).

http://www.cec.uchile.cl/~rpascual/me755/simulink/vance3mleon.mdl


0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2x 106

Tiempo (seg)

Torq

ue (l

bf-in

)

Figura 11.16: Torque sufrido por el eje motriz

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5x 106

Tiempo (s)

Torq

ue (l

bf-in

)

Figura 11.17: Torque sufrido por el eje conducido

236

Figura 11.18: Control automatico de la velocidad (control de flujo de combustible)

En figura 11.18 se ilustra un sistema mecanico de control automatico. En los equipos actuales, lossistemas de control son electronicos o electro-hidraulicos. Sin embargo, todos ellos pueden ser modeladospor sus parametros de tiempo:

inercia equivalente mg,

rıgidez equivalente kg,

amortiguamiento equivalente cg.

En la figura 11.18 el valor de equilibrio x∗g, y por tanto el valor estacionario del flujo de combustible w∗fes determinado por el set point para la velocidad Ωs y la ”presion” p ejercida por la velocidad instantaneade la maquina Ω. Las oscilaciones de xg generaran oscilaciones en el flujo de combustible, y por tanto enla velocidad de la maquina. La pregunta a responder es si las oscilaciones seran de larga duracion y, enel peor de los casos, si el sistema se volvera inestable.

El sistema automatico puede ser modelado por la ecuacion:

mgxg + cgxg + kgxg = kgh (Ω− Ωs) (11.13)

dondeh =

S

Ωses determinado por el diseno del mecanismo para ajustar el set point Ωs. El flujo de combustible estadeterminada por:

wf = q (d− xg) (11.14)

donde q es una funcion de las condiciones de operacion. La linealidad de la ecuacion 11.13 es valida solopara pequenos cambios en xg y wf . Derivando (11.14) dos veces:

wf = −qxg

y sustituyendo,mgwf + cgwf + kgwf = kgqh (Ωs − Ω)

y normalizando con kg,τ1τ2wf + (τ1 + τ2) wf + wf = kp (Ωs − Ω) (11.15)

dondekp = kgh


Turbina Helice

1 2+

-

s

_µ1

Te

Control

Figura 11.19: Diagrama del sistema

es la llamada ganancia. τ1 y τ2 son las constantes de tiempo del controlador, donde

τ1τ2 =mg

kg

τ1 + τ2 =cgkg

Podemos escribir el sistema acomplado como

M′x′ + C′x′ + K′x′ = f ′

M′ =[

M 02×1

01×2 mg

]C′ =

[C 02×1

01×2 cg

]K′ =

[K 02×1

kp 0

kg

]x′ =

xwf

f ′ =

f

kpΩs

Para hacer el analisis de estabilidad la ecuacion (11.15) es anadida a (11.9). Luego utilizar el criterio deinestabilidad de Routh-Hurwitz (ver §4).


Considerese el diagrama de la figura 11.19. Los valores de los parametros del rotor son iguales a losde ejemplo 11.3.4:

M =[

8,346,7

]pulg× lbf× s2

K = 9600[

1 −1−1 1

]pulg× lbf/rad

C =[

9,1 −9,1−9,1 42,3

]El control automatico posee los siguientes parametros,

τ1 = 0,02 sτ2 = 0,03 skf = 24634 pulg-lbf/(lbf× s)

kp = 0,0112 lbf/(rad× s2)

238

I1 I2k1 k2 I3

I4 k3

I6

I6

I5

k4

k4

I7

I7

α1 α2

α2

Figura 11.20: Modelo del sistema laminador

con lo que las matrices extendidas quedan

M =

8,346,7

6× 10−4

K =

9600 −9600−9600 9600

1

C =

9,1 −9,1−9,1 42,3

0,0112 0,05

f =

00

0,0112Ωs

x =

θ1θ2wf

Ejercicio 12 Utilice el criterio de Routh-Hurwitz para verificar la estabilidad del sistema del ejemploanterior

Ejercicio 13 Construya un modelo simular la respuesta ante diferentes set-points. Busque las condi-ciones de inestabilidad, si ellas existen.

Ejercicio 14 Repita el analisis de ref. [5].

Ejemplo 23 El sistema de figura 11.20 representa un sistema de rodillos para laminacion de acero. Exp-rese las ecuaciones del movimiento torsional en terminos de matrices de masa y rigidez. Las reduccionestienen relaciones α1 y α2 respectivamente. Las rigideces torsionales estan definidas por

Ki =GiJili

Refiera los resultados a la velocidad del motor (eje de I1).


KIp1 Ip2 Ip3+Ip4 KIp5+2Ip6

K

K

Ip7

Ip7

Figura 11.21: Modelo equivalente masas-resortes

En primer lugar referimos todos los parametros respecto de la velocidad del motor (segun 11.3),

Ipi = I1

Ip2 = I2

Ip3 = I3

Ip4 = α21I4

Ip5 = α21I5

Ip6 = (α1α2)2I6

Ip7 = (α1α2)2I7

k1 = K1

k2 = K2

k3 = α21K3

k4 = (α1α2)2K4

ello permite dibujar el sistema equivalente masas-resortes de figura (11.21).Ahora es facil establecer las matrices de masa y rigidez:

M =

Ip1

Ip2Ip3 + Ip4

Ip5 + 2Ip6Ip7

Ip7

K =

k1 −k1

k1 + k2 −k2

k2 + k3 −k3

k3 + 2k4 −k4 −k4

k4

sim k4

y el vector de rotaciones (equivalentes) es

x =

θ1θ2θ3θ4θ5θ6

Ejemplo 24 5Se dispone de un rotor con eje asimetrico de seccion rectangular (a = 1 cm, b = 1,1a),l = 30 cm y con un disco centrado de 10 cm de diametro por 2 cm de ancho (todo en acero). Losdescansos en los extremos pueden considerarse rıgidos.

5examen 2002.

240

1. Exprese las ecuaciones del movimiento para tal sistema

2. Calcule el rango de frecuencias para los cuales el sistema se torna inestable.

Ejemplo 25 El sistema representado en figura 11.22 representa el sistema rotor de un ventilador (I2).La reduccion es ω3/ω4 = n. La rigidez de la correa es k. Los diametros de las poleas son d3 y d4

respectivamente. La longitud total de los ejes es l1 y l2 respectivamente. La masa del motor (I1) esta en elcentro del eje 1. La correa esta tensa en ambos lados. Obtenga las ecuaciones del movimiento torsional.Desprecie las masas de los ejes.

I3

I4

d1

I2

I1

d2

Figura 11.22: Diagrama del sistema Ventilador

Para calcular la rigidez en torsion del eje 1, consideramos el tramo de eje entre la masa del motor yla polea, eso es:

k1 =GJ1

(l1/2)

y para el eje 2, consideramos la distancia entre la polea y el ventilador,

k2 =GJ2

l2

La energıa cinetica del sistemas se concentra en las inercias del motor, las poleas y el ventilador, tenemos

T =4∑i=1

12Ipiθ2i

donde θi son los angulos de rotacion en radianes.La energıa de deformacion es la suma de aquella acumulada por la torsion de los ejes mas la que

absorbe la correa,V = Vt + Vc

Vt =12k1 (θ3 − θ1)

2 +12k2 (θ2 − θ4)

2

Como la correa esta tensionada, acumula energıa en ambos lados,

Vc = 212k (r3θ3 − r4θ4)

2

o seaV =

12k1 (θ3 − θ1)

2 +12k2 (θ2 − θ4)

2 + k (r3θ3 − r4θ4)2


usando las ecuaciones de Lagrange,

∂

∂t

(∂T∂θi

)= Ipi θi i = 1, . . . , 4

∂V∂θ1

= −k1 (θ3 − θ1)

∂V∂θ2

= k2 (θ2 − θ4)

∂V∂θ3

= k1 (θ3 − θ1) + 2k (r3θ3 − r4θ4) r3

∂V∂θ4

= −k2 (θ2 − θ4)− 2k (r3θ3 − r4θ4) r4

lo que define las siguientes matrices de masa y rigidez:

M =

Ip1

Ip2Ip3

Ip4

K =

k1 −k1

k2 −k2

−k1 k1 + 2kr23 2kr3r4−k2 k2 + 2kr24

con

x =

θ1θ2θ3θ4

pero la razon de radios de las poleas es

r4 = nr3

luego

K =

k1 −k1

k2 −k2

−k1 k1 + 2kr23 −2knr23−k2 −2knr23 k2 + 2kn2r23

Observacion 69 Seria interesante estudiar la convergencia de este modelo al de un sistema reductorcon engranajes. Podrıa hacerse via una reduccion dinamica de los grados de libertad 3 y 4 en uno 3′.

Ejemplo 26 Considere el sistema multi-rotor mostrado en figura 11.23. Construya la matriz de masay rigidez para vibraciones torsionales. El arbol superior gira a Ω rad/s y el inferior a αΩ (2 puntos).Larigidez torsional de las secciones 1,3,4,5 son k, la de la seccion 2 es νk. Las inercias rotacionales en1,2,3,4,6 es m, la de 5 y 7 vale βm (2 puntos).

Consideraremos el arbol superior como el de referencia, tenemos entonces las siguientes inercias yrigideces torsionales equivalentes:

Con lo que se puede esquematizar el sistema como se muestra en figura (11.24).

242

5 6 7

2 3 41 1 32

54

Figura 11.23: Sistema multirotor con lazo cerrado

i Ii ki1 α2m α2k2 α2m α2νk3 α2m α2k4 α2m k5 βm k6 m7 βm

Cuadro 11.1: Propiedades equivalentes

1

62+5 3+7

4

1' 2' 3' 4' 5'

Figura 11.24: Modelo equivalente


Luego es facil escribir las matrices del sistema:

K =

k1 −k1

k1 + k2 + k4 −k4 −k2

k4 + k5 −k5

k2 + k3 + k5 −k3

sim k3

M =

I1

I2 + I5I6

I3 + I7I4

con

x =

θ1′θ2′θ3′θ4′θ5′

y normalizando valores,

K = k

α2 −α2

α2 + α2ν + 1 −1 −α2ν2 −1

α2ν + α2 + 1 −α2

sim α2

M = m

α2

α2 + β1

α2 + βα2

Para obtener los valores propios normalizados basta usar las siguientes lıneas en Maple:

>with(linalg);>M:=linalg[matrix](5,5,[alpha^2,0,0,0,0,0,alpha^2+beta,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,alpha^2+beta,0,0,0,0,0,alpha^2]);>K:=linalg[matrix](5,5,[alpha^2,-alpha^2,0,0,0,-alpha^2,alpha^2+alpha^2*nu+1,-1,-alpha^2*nu,0,0,-1,2,-1,0,0,-alpha^2*nu,-1,alpha^2+alpha^2*nu+1,-alpha^2,0,0,0,-alpha^2,alpha^2]);>eigenvalues(multiply(inverse(M),K));

Ejemplo 27 6Calcule las frecuencias naturales y los modos propios de un sistema rotor que consta deun disco de acero 10 cm de diametro, espesor 2 cm ubicado a 10 cm del extremo libre de un eje de acerode diametro 1 cm y de longitud 40 cm. El sistema conducido esta conectado al sistema motriz por unacoplamiento que solo ofrece rigidez a la torsion. Al aplicar una torque de 1 Ncm el eje conducido giro 1grado con respecto al eje motriz, que estaba fijado. El eje motriz es muy corto y se puede considerar comorıgido a la flexion. Sus descansos tambien se consideran rıgidos con respecto a los del sistema conducido.La rigidez de los descansos es isotropica y de constante k = 104 N/m. La inercia a la rotacion del sistema

6examen 2003

244

motriz es similar a la del conducido. Se sospecha que el acoplamiento es muy flexible a la torsion frentea la rigidez del eje. Veamos:

kθ =GJ

l′

donde l′ es la distancia entre el disco y el acoplamiento. En este caso es aproximadamente

l′ =3040

40 cm

con

l = ,4 m

E = 2 · 1011 N/m2

d = 0,01 m

J =πd4

32= 9,82 · 10−10 m4

luego

kθ =2 · 1011

2 (1 + ,3)9,82 · 10−10

0,3= 251,8 Nm/rad

mientras que la rigidez del acoplamiento es

ka =11Ncm/o

= 10−2

(3602π

)Nm/rad

= 0,573 Nm/rad

o sea la relacion de rigidez es de menos de un tercio:

kakθ

=0,573251,8

= 0,0023

por lo que es valido pensar que el eje conducido se comporta como cuerpo rıgido a la torsion (el motriztambien, es mas corto). La inercia a la rotacion del disco es

Ip =m (D/2)2

2

con diametro y espesor:

D = ,1 mh = ,02 m

m = ρπ

(D

2

)2

h

= 7800 · π(,12

)2

,02

= 1,22 Kg


e

Ip =1,22 (,1/2)2

2= 0,0015 Kg ·m2

Que es la misma inercia del motor. Las matrices en torsion son

Mθ = Ip

[1

1

]Kθ = ka

[1 −1−1 1

]y las rotaciones en las masas:

xθ =θ1θ2

Las frecuencias naturales en torsion son entonces:

ω1 = 0

ω2 =√

2

√kaIp

= 27,64 rad/s= 4,40 Hz= 264 cpm

A continuacion estudiaremos si el eje se puede considerar rıgido. En caso de que los descansos fuesenmuy rıgidos tendrıamos la siguiente expresion para la rigidez del eje

k∗ =3

α2 (1− α)2EI

l3

en nuestro casoα =

0,10,4

= ,25

I = πr4

4

= π(,01/2)4

4= 4,9 · 10−10 m4

y

k∗ =3

,252 (1− ,25)22 · 1011 · 4,9 · 10−10

0,43

= 2,48 · 1010 m/N

como la rigidez de los descanso aporta con

2k = 2 · 104 N/m

se considera que el eje se comportara como rıgido en un amplio espectro de frecuencias. Podemos definirla razon de rigideces

φ =k

k∗

=104

2,48 · 1010

= 4,03 · 10−7

246

que usaremos en el siguiente ejemplo. Ademas:

Id =m

12

(3(D

2

)2

+ h2

)

=1,2212

(3(,12

)2

+ ,022

)= 8,07 · 10−4 Kg ·m2

Ello permite usar el modelo descrito en §3.5 para las vibraciones transversales. Distinguiendo terminos:

c2 = µd − λµp

c1 = − (1 + σ) (µd − λµp) +(α2 + β2σ

)c0 = σ (α− β)2

con

σ =k2

k1

= 1

µd =Idml2

=8,04 · 10−4

1,22 · ,42

= 0,0041

µp =Ipml2

=0,0015

1,22 · ,42

= 0,0077

α =a

l= ,25

β =b

l= −,75

c2 = 0,0041− 0,0077λ

c1 = −2 (0,0041− 0,0077λ) + ,252 + (−,75)2

= 0,62 + 0,0154λ

c0 = [,25− (−,75)]2

= 1

El grafico (11.25) muestra el diagrama de Campbell obtenido. El modo propio r esta definido por:

ν1r =αΛr − (α− β)

(α+ β)σ(11.16)

ν2r =βΛr + (α− β)

(α+ β)σ


Para el modo propio 1 evaluado en λ = 1 (desbalance):

ν1,1 =αΛ1 − (α− β)

(α+ β)σc1

=,25 (1,604)− (,25 + ,75)

(,25− ,75)= 1,20

ν2,1 ==βΛr + (α− β)

(α+ β)σ

=−,75 (1,604) + (,25 + ,75)

(,25− ,75)= 0,41

lo que corresponde a un modo de giro conico. Para la segunda frecuencia natural (evaluado en λ = 1/√

10):

ν1,2 =αΛ2 − (α− β)

(α+ β)σc2

=,25 (380,6)− (,25 + ,75)

(,25− ,75)1

568,6

= −188,3568,3

= 0,33

ν2,2 =βΛ2 + (α− β)

(α+ β)σ−,75 (380,6) + (,25 + ,75)

(,25− ,75)1

568,6= 1

que corresponde a un modo de giro conico. El descanso del lado libre gira un tercio de lo gira el descansodel lado del acoplamiento, pero en contrafase.

Ejemplo 28 7Exprese las matrices de elementos finitos para el sistema anterior. Considere la flexion yla torsion. Si consideramos que el acoplamiento no tiene rigidez a la flexion y que el sistema motriz secomporta como un rıgido, tenemos la situacion descrita en §9.7. Basta con reconocer terminos y usar lasmatrices de sistema definidas en las ecuaciones (9.7, 9.8, 9.9):

Idy= Ip

Md = m

Idx= Id

con la condicion simplificatoria:a1 = a2 ≈ 0

Ejemplo 29 8Proponga un modelo para estimar las frecuencias naturales en torsion del reductor mostra-do en figura 11.26. Las inercias del equipos motriz y conducidos son Im e Ic respectivamente. Si el ejemotriz (con la inercia M en la figura) tiene velocidad ω entonces el eje con la inercia B, tiene velocidadα1ω y el eje conducido tiene velocidad α2ω. La figura (11.27) muestra el modelo discreto equivalente. Sus

7examen 2003

8examen 2004

248

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000 10000-1500

-1000

-500

0

500

1000

1500

2000

2500

3000

Ω (rpm)

ω (r

ad/s

)

1º giro adelante2º giro adelante1º giro atrás2º giro atrástorsión 2



Figura 11.26: Reductor

250

parametros son:

m1 = Im

m2 = IA + α21IB

m3 = ID

m4 = α21IF + α2

2 (II + IE + IG)

m5 = α21IH

m6 = α22IJ

m7 = α22Ic

Las rigideces:

k12 =GJ12

l12

k23 = α21

GJ23

l23

k34 = α21

GJ34

l34

k45 = α21

GJ45

l45

k46 = α22

GJ46

l46

k47 = α22

GJ47

l47

donde lij y Jij son la distancia y el momento polar del eje entre las inercias i y j respectivamente. Lasmatrices del sistema son:

M =

m1

m2

m3

m4

m5

m6

m7

K =

k12 −k12

k12 + k23 −k23

k23 + k34 −k34

k34 + k45 + k46 + k47 −k45 −k46 −k47

k45

k46

sim k47


Hemos presentado una serie de situaciones reales de diseno donde las consideraciones sobre las vibra-ciones torsionales son relevantes a la confiabilidad de los sistemas estudiados.


1

2 4

53

6 7

Figura 11.27: Modelo con inercias y resortes discretos

252

Bibliografıa

[1] L. Galloway. Transient torsional vibrations in multiple-inertia systems. IEEE Transactions on IndustryApplications, (6), 690-696, 1972. [bajar].

[2] J.M. Vance. Rotordynamics of Turbomachinery, John Wiley & Sons, Cap.3, 1988. [bajar].

[3] Simulink 6 User’s Manual, The Mathworks, Inc., 2004.

253

http://www.cec.uchile.cl/~rpascual/me755/ebib/galloway72.pdf

http://www.cec.uchile.cl/~rpascual/me755/ebib/vance3.pdf

254

Capıtulo 12

Vibraciones transientes

12.1. Introduccion

Hay varios tipos de maquinas que usualmente operan sobre una o mas frecuencias naturales:

turbinas a vapor (sobre la 1era frecuencia natural)

turbinas a gas y de aviacion (sobre la 2da o 3era frecuencia natural)

Necesariamente deben pasar por estados de resonancia cuando parten o se detienen.Los analisis de transientes se pueden clasificar en dos grupos:

1. aquellos que consideran condiciones de aceleracion o desaceleracion constantes,

2. aquellos que consideran torque variable en funcion del tiempo y las condiciones de carga

Para que el primer analisis mencionado sea valido se considera que el torque motriz es lo suficiente-mente grande para no ser afectado por la carga debido a las vibraciones.

Si el torque motriz no es suficiente puede ocurrir que el rotor no logre acelerar sobre la frecuencia deresonancia pues las cargas de desbalance impiden la aceleracion del rotor.

Soluciones analıticas bajo condiciones de aceleracion constante existen solo para el rotor de Jeffcott;lo mas usual es utilizar metodos de integracion numerica tales como Runge-Kutta.

12.2. Rotor de Jeffcott

Considerese el rotor de figura 12.1. El centro geometrico esta en el punto M . El centro de gravedaden el punto G, a una distancia e de M .. Se define el angulo de rotacion del rotor como ψ, el angulo entreMG y el eje horizontal x. La masa del disco es m y su momento polar Ip. El torque motriz es Td(ψ) y eltorque resistente es Tr. considerando el equilibrio respecto de G,

mxG = fx

myG = fy

Ipψ = TG

donde F es la fuerza de restitucion debido al eje y al amortiguamiento es

f = fe + fd

dondefe = −kxı− ky

yfd = −cxı− cy

255

256

e

x

y

M .G

.GÃ

_Ã

O

Fe

r

|

Figura 12.1: Rotor de Jeffcott

que es normal a fe.

Despreciando el momento de fd, solo actua el torque Te debido a la fuerza de restitucion fe:

Te = (kxe sinψ + kye cosψ) k

luego

TG = Td − Tr + Te

Del equilibrio de fuerzas y torque aparece el sistema no lineal:

Mx + Cx + Kx = f (12.1)


con las acostumbradas

M = m

mm

Ip

C = c

11

0

K =

kk

0

f = meψ2

cosψsinψ

0

+meψ

sinψ− cosψ

0

+

00

Td − Tr − ke (x sinψ − y cosψ)

x =

xyψ

Observacion 70 Notese que este modelo no considera la elasticidad torsional del eje.

Por comodidad se normalizan las ecuacion 12.1 definiendo en terminos del desplazamiento estaticodel disco si el rotor estuviese dispuesto horizontalmente:

δst =mg

k

se definen:

t′ = t√k/m

x′ = x/δst

y′ = y/δst

e′ = e/δst

c′ = c/√mk

T ′d =m

kIpTd

T ′r =m

kIpTr

k′ =m

Ipδ2st

Con lo cual la ecuacion 12.1 es re-escrita (suprimiendo el sımbolo ′):

x+ cx+ x = meψ2 cosψ + eψ sinψ

y + cy + y = meψ2 sinψ − eψ cosψ (12.2)

ψ + Tr = Td − ke (x sinψ − y cosψ)

Usando las trasformaciones

x = r cosϕy = r sinϕ

Podemos expresar (12.2) en coordenadas polares:

r − rϕ2 + cr + r = eψ2 cos (ψ − ϕ) + eψ sin (ψ − ϕ)

2rϕ+ rϕ+ crϕ = eψ2 sin (ψ − ϕ)− eψ cos (ψ − ϕ) (12.3)

ψ + Tr = Td − ke · r sin (ψ − ϕ)

258

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000-0.5

-0.4

-0.3

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Tiempo (s)

x

Figura 12.2: Senal temporal (aceleracion constante)

12.3. Aceleracion constante

Consideremos el caso de un rotor que inicialmente gira a velocidad constante ω0 y luego comienza aacelerar uniformemente cuando el desbalance MG pasa por ψ0. Sea t el tiempo desde el comienzo de laaceleracion. Tenemos:

ψ = λ

ψ = λt+ ω0

ψ =12λt2 + ω0t+ ψ0

Luego, es posible resolver las dos primeras ecuaciones de (12.2) de manera independiente de la 3eraecuacion. La figura ?? muestra los resultados de una simulacion usando Runge-Kutta (en Simulink). Losparametros usados son: c = 0,02, e = 0,02, λ = 0,002, ω0 = 0,6, ψ0 = 0. Se aprecia que la amplitud seincrementa rapidamente cuan el rotor entra en la zona de resonancia y luego decrece, de manera maslenta. Recordemos que la vibracion es una mezcla de modos propios excitados por las fuerzas transientesy una parte que corresponde a la respuesta forzada debido al desbalance. Analizando r en funcion de lavelocidad, se observa un fenomeno de pulsacion causado por la suma de las transientes con la respuestaforzada.

La figura 12.3 muestra la influencia de la aceleracion angular sobre la defleccion r. A medida que laaceleracion sube la amplitud maxima se reduce.

A nivel de diseno, es frecuente requerir el nivel de defleccion maxima r al pasar por la velocidadcrıtica. Dado que este valor es muy difıcil de obtener teoricamente, se han propuesto reglas que permitanestimarlos. Yanabe1 propone:

rmax =1,48√λ

Yamada propone

rmax =1,51√λe−1,16( 1

2πλ )0,379c0,7

y Zeller:

rmax =1

c

√1−

(c2

)2 (1− e−c π√

2λ

)La figura 12.4 compara los metodos de Yanabe yYamada.

1citas en [14], §7.3.


0.6 0.7 0.8 0.9 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

ω

r

λ=0

λ=0.001

λ=0.01

Figura 12.3: Influencia de la aceleracion sobre la amplitud maxima

10-4

10-3

10-2

10-1

100

100

101

102

103

Aceleracion angular λ

r max

Figura 12.4: rmax para c = 0,01

260

Figura 12.5: Curvas tipo para el torque motriz

12.4. Torque motriz limitado

En la seccion anterior, el torque motriz no era afectado por las condiciones de operacion, lo que esconocido como un fuente de energıa motriz ideal. En caso de que la maquina motriz no tenga suficientepotencia, la fuente interacciona con el equipo conducido. Para esta situacion es necesario resolver enparalelo las 3 ecuaciones del sistema (12.2), considerando las curvas caracterısticas del torque motriz Tdy del torque resistente Tr.

En general el torque motriz es una funcion del angulo ψ y de la velocidad de rotacion ψ. Las car-acterısticas del torque motriz son generalmente medidas en condiciones de velocidad constante. Si lasaceleraciones angulares son pequenas, los valores obtenidos pueden ser usados para condiciones no esta-cionarias. En figura 12.5 se muestran curvas tipo Td vs ψ. En general Td decrece con la velocidad.

Tambien es necesario describir el torque resistente Tr, que en general crece con la velocidad. Por simpli-cidad lo consideraremos constante (lo relevante es la diferencia Td−Tm). Para modelar Td consideraremosla recta:

Td = a− bψ a, b ≥ 0

tenemos entonces el sistema

r − rϕ2 − cr + r = eψ2 cos(ψ − ϕ) + eψ sin(ψ − ϕ)

2rϕ+ rϕ+ crϕ = eψ2 sin(ψ − ϕ)− eψ cos(ψ − ϕ) (12.4)

ψ = Td − Tl

=(a− bψ

)− k · er sin(ψ − ϕ) (12.5)

12.4.1. Vibracion en estado estacionario

Considerese el caso donde los torques se equilibran y el rotor tiene una vibracion estacionaria de radior0 y angulo de fase β0 = ψ − ϕ a la velocidad de rotacion ω0. Sustituyendo en ecuaciones 12.4,

−r0ω20 + r0 = eω2

0 cos(−β0)

cr0ω0 = eω20 sin(−β0)

a− bω0 − k · er0 sin(−β0) = 0

Usando las primeras 2 ecuaciones (al cuadradro),

r20 =e2ω4

0

(1− ω20)2 + c2ω2

0

y el torque de carga dinamica Tl

Tl(ω) = ke · r0 sin(−β0) =cke2ω3

(1− ω2)2 + c2ω2


0.9 0.95 1 1.05 1.1 1.15 1.2 1.25 1.30

1

2

3

4

5

6

7

8

9x 10

-6

ω

Tor

qu

e

1

2 3

c3

c2

b2

a2 a1

Figura 12.6: Puntos de equilibrio

Figura 12.7: Equilibrio cuando el parametro a cambia

De acuerdo a la 3era ecuacion en (12.4) la aceleracion depende del balance

ψ = Td (a, b, ω)− Tl (ω)

En relacion a la figura 12.6, cuando la curva del motor esta definida por a2, b el rotor acelera hasta llegaral punto de equilibrio c2. Tambien acelera en el rango entre b2 y a2 hacia a2 pues el torque motriz es mayorque el torque de carga dinamica. Entre c2 y b2 desacelera hasta encontrar el equilibrio en c2. Tambiendesacelera haca a2 cuando la condicion inicial es superior a a2. Del analisis anterior se concluye que elrotor tendera a buscar los puntos c2 y a2 dependiendo de las condiciones al inicio de la transiente. Lacondicion de equilibrio en b2 es inestable pues derivara a los otros puntos ante pequenas perturbaciones.

Si el torque motriz es mayor (curva de a1, b) el equilibrio es unico, a1. Lo mismo ocurre en caso de lacurva a3, b.

Un analisis cuando la curva del motor cambia se muestra en figura 12.7. Supongamos que el parametroa de la curva es incrementado en forma cuasiestatica. Al alcanzar el punto p1 el rotor acelera rapidamentehasta alcanzar el nuevo equilibrio en p2. Si el rotor esta inicialmente en el lado derecho de la curva Tl, y elparametro a es reducido cuasiestaticamente, al llegar al punto q1 el rotor tendera a buscar el equilibrio enq2. Al rango de velocidades entre p1 y q1 se le denomina rango inestable pues no hay vibracion estacionaria,aun si las amplitudes no aumentan necesariamente.

Ejercicio 15 Construya un modelo con parametros k = 5,4 × 10−4, e = 0,024, c = 0,04, b = 4 × 10−5.Varie cuasi-estaticamente a en el rango (4× 10−5,5× 10−5) en aceleracion y desaceleracion.

1. Construya la curva ω vs t indicando los puntos (instantes) p1 y q1.

2. Construya la curva (t, Tl(ψ), ψ).

262

0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.60

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

ω

r

a=0.0004

a=0.002

Figura 12.8: r vs ω

3. Establezca el rango inestable.

Ejercicio 16 Estime (por metodos experimentales) la curva de torque motriz de un motor electricopequeno.


Hemos visto como el torque dinamico provocado por el desbalance puede afectar las vibracionesdurante la aceleracion o desaceleracion en partidas y paradas. Es posible (si el torque motriz es insufiente)que el rotor no logre superar las velocidades criticas que existan antes de su velocidad de operacion dediseno. Ademas, pueden generar inestabilidad en la velocidad de rotacion.

Bibliografıa

[1] Yamamoto, T., Ishida, Y. Linear and Nonlinear Rotordynamics. Wiley, 1st edition, 2001.

263

264

Parte II

Anomalıas y situaciones especiales

265

Capıtulo 13

Eje asimetrico

13.1. Introduccion

Algunos tipos de maquinas poseen asimetrıa en la rigidez del eje. Por ejemplo, los generadores decorriente alterna de 2 polos (figura 13.1) tiene ranuras para el bobinado y por tanto la rigidez en flexiondifiere segun la direccion considerada. En este caso, la respuesta dinamica muestra patrones especiales:

aparecen vibraciones inestables en las cercanıas a una velocidad critica.

la forma de las curvas de amplitud de la respuesta forzada vs velocidad de rotacion depende de laposicion angular del desbalance.

aparece una resonancia a la mitad de la velocidad critica, cuando el rotor esta dispuesto horizon-talmente.

El analisis de un sistema de este tipo se complica por la aparicion de terminos de rigidez que dependendel tiempo.

13.2. Ecuaciones del movimiento

Definimos como eje principal de area de un seccion transversal al eje cuyo producto de area de secciones nulo. Sin importar la forma de la seccion transversal, los ejes principales siempre son normales entre si,y por tanto las direcciones de rigidez maxima y minima tambien son normales. En el analisis dinamico,cualquier tipo de seccion equivale a una forma rectangular. La figura 13.2 muestra la posicion de un rotorgirando que rota con velocidad angular ω. El sistema O − xy es un sistema de coordenadas fijo en elespacio, y el sistema O − x′y′ es un sistema de coordenadas fijo al eje (por tanto rota a ω). El eje x′

coincide con la direccion de menor rigidez (e y′ con la de mayor rigidez).Como referencia en t = 0, el angulo ∠x′Ox es nulo, luego

∠x′Ox = ωt

La rigidez del eje es modelada como k −∆k en la direccion x′ y de k + ∆k en y′. Luego las fuerzas

Figura 13.1: Rotor de un generador de 2 polos

267

268

Figura 13.2: Eje asimetrico con disco en el centro

restauradoras en ambas direcciones son:

f ′x = − (k −∆k)x′

f ′y = − (k + ∆k) y′

La relacion entre ambos sistemas de coordenadas esx′

y′

=[

cosωt sinωt− sinωt cosωt

]xy

y entre las fuerzas

fxfy

=[

cosωt − sinωtsinωt cosωt

]f ′xf ′y

Substituyendo,

fxfy

= −

[k −∆k cos 2ωt −∆k sin 2ωtk −∆k sin 2ωt ∆k cos 2ωt

]xy

(13.1)

= (kI−∆kQ2ωt)x

donde I es la matriz identidad y Q2ωt es la matriz ortogonal

Q2ωt =[− cos 2ωt − sin 2ωt− sin 2ωt cos 2ωt

]Con lo que podemos retomar la ecuacion del rotor de Jeffcott, sustituyendo la fuerza restauradora (13.1),obteniendo

Mx + Cx + K(t)x = f(t) (13.2)

conM = mI

C = cI

K(t) = kI−∆kQ2ωt

f(t) = meω2

cos (ωt+ α)sin (ωt+ α)

α es el angulo inicial entre OG y Ox (en t = 0).

Por conveniencia normalizamos (??) con respecto a m y dejamos

x + Cnx + Kn(t)x = fn(t) (13.3)

conCn =

c

mI =c0I

269

Kn(t) = ω20I−ω2

∆Q2ωt (13.4)

ω20 =

k

m

ω2∆ =

∆km

fn(t) = eω2


Los movimientos en x e y estan acoplados por la asimetrıa ∆k. Dado que los parametros de rigidez

son funciones de t, el sistema es clasificado en la categorıa de sistemas parametricamente excitados.

13.3. Vibraciones libres

Si normalizamos la ecuacion (13.2) respecto de la masa m y descartamos el amortiguamiento, laecuacion homogenea asociada toma la forma:

x + Kn(t)x = 0 (13.5)

la solucion general de (13.5) es

x =a

cos (ωpt+ β)sin (ωpt+ β)

+ b

cos (2ω − ωp) t− βsin (2ω − ωp) t− β

(13.6)

Para determinar ωp utilizaremos el algebra compleja. Definimos

r = x+ jy

r = x− jy

entonces, (13.5) toma la formar + ω2

0r −∆rej2ωt = 0

Asumiendo la solucion general,r = aejωpt + bej(2ωt−ωp)t (13.7)

donde a, b, ωp pueden ser complejos (si ωp es real, r coincide con la solucion 13.6).Al substituir se obtienen 2 ecuaciones para ωp,(

ω20 − ω2

p

)a−∆b = 0

ω20 − (2ω − ωp)

2b−∆a = 0

Condensando las amplitudes, (ω2

0 − ω2p

)ω2

0 − (2ω − ωp)2− ω4

∆ = 0(ω2

0 − ω2p

)ω2

0 − (2ω − ωp)2− ω4

∆ = 0

Si ωp es real, ambas ecuaciones son identicas. Si es compleja, sabemos que el (ωp, ωp) son soluciones dela misma ecuacion; luego basta con considerar una sola de ellas. Usando la primera obtenemos:

(ωp − ω)4 − 2(ω2 + ω2

0

)(ωp − ω)2 +

ω2 −

(ω2

0 + ω2∆

) ω2 −

(ω2

0 − ω2∆

)= 0

270

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

ω

ωp

ωp1ωp2ωp3ωp4


de la cual obtenemos las 4 raices,

ωp1 = ω + ων

ωp2 = ω − ων

ωp3 = ω + ωµ

ωp4 = ω − ωµ

con

ων =

√ω2 + ω2

0 +√

4ω20ω

2 + ω4∆

ωµ =

√ω2 + ω2

0 −√

4ω20ω

2 + ω4∆

Dado que ων es real para toda frecuencia ω, ωp1 y ωp2 tambien lo seran. Ello no es el caso para ωµ, ωp3 yωp4. La figura (13.3) muestra el diagrama de Campbell asociado. Observamos como ωp3 y ωp4 se tornancomplejas en las cercanias de la frecuencia normalizada unitaria.

Sean ωc1 y ωc2 las frecuencias para las cuales ωµ se anula (luego comienza a ser complejo) , tenemosque:

ωc1 =√ω2

0 + ω2∆ =

√k + ∆km

(13.8)

ωc2 =√ω2

0 − ω2∆ =

√k −∆km

lo que corresponde a las frecuencias naturales en las direcciones de maxima y minima rigidez. las frecuen-cias naturales ωp3 y ωp4 son reales solo para los rangos

ω > ωc1

ω < ωc2

Ademas notamos que

ωp1 = 2ω − ωp2

ωp4 = 2ω − ωp3

lo que nos recuerda las parejas impuestas por la solucion general (13.6).A continuacion discutimos la soluciones en los rangos donde las frecuencias naturales son reales/complejas.

271

Soluciones en el rango ω <√

(k −∆k) /m y ω >√

(k + ∆k) /m

Substituyendo los ωp obtenidos en (13.7), obtenemos la solucion general

r = c1

(ej(ω+ων)t+θ1 +

1κ1ej(ω−ων)t−θ1

)+ (13.9)

c2

(ej(ω+ωµ)t+θ2 +

1κ2ej(ω−ωµ)t−θ2

)con

κ1 =ω2

∆

ω20 − (ω + ων)

2

κ2 =ω2

∆

ω20 − (ω + ων)

2

y θi son angulos de desfase definidos por las condiciones iniciales. La ecuacion 13.9 nos dice que elmovimiento de giro del rotor esta compuesto de 4 orbitas a diferentes frecuencias ωpi

, con amplitudconstante. Luego el giro es de amplitud finita.

Soluciones en el rango ω >√

(k −∆k) /m y ω <√

(k + ∆k) /m

En este caso ωµ es imaginario,

ωµ = jωη

ωη =

√√4ω2

0ω2 + ω4

∆ − (ω2 + ω20)

donde ωη es real. Despejando, la solucion queda

r = c1

(ej(ω+ων)t+jγ1 +

1κ1ej(ω−ων)t−jγ1

)+ (13.10)

c3eωηt+j(ωt+ϕ) + c4e

−ωηt+j(ωt−ϕ)

con

ϕ =12

tan−1 −2ωωηω2

0 − ω2 + ω2η

El tercer termino en (13.10) crece indefinidamente con el tiempo, lo que implica que en esta rango elsistema es potencialmente inestable.

13.4. Vibraciones forzadas cerca de una velocidad critica

La fuerza de desbalance causa un giro de frecuencia ω. Asumiendo una solucion del tipoxy

= p

cos (ωt+ β)sin (ωt+ β)

(13.11)

= p1

cosωtsinωt

+ p2

− sinωtcosωt

donde

p1 = p cosβp2 = p sinβ

272

Substituyendo en (13.3), se obtiene[ (ω2

0 − ω2∆ − ω2

)−c0ω

c0ω(ω2

0 + ω2∆ − ω2

) ] p1

p2

= eω2

cosαsinα

Resolviendo para c0 = 0,

p =p1

p2

(13.12)

= eω2

cosαω2

c2−ω2

sinαω2

c1−ω2

= p0

Para investigar la estabilidad de la respuesta alrededor de ω, asumiremos que p es una funcion de t.Substituyendo (13.12) en (13.3) y comparando los coeficientes acompanando a los terminos sinusoidalesen ambos lados de la ecuacion resultante, obtenemos:

p + 2ωp+[ω2

0 − ω2∆ − ω2

ω20 + ω2

∆ − ω2

]+ p = eω2

cosαsinα

(13.13)

A continuacion, consideremos una perturbacion ξ a partir de la posicion de equilibrio p0,

ξ =ξ1ξ2

luego,

p = p0 + ξ (13.14)

Substituyendo (13.14) en (13.13) obtenemos

ξ + 2ωξ+[ω2c2 − ω2

ω2c1 − ω2

]ξ = 0 (13.15)

y asumimos una solucion de la formaξ = ξ0e

st

que sustituimos en (13.15) y de la cual obtenemos la ecuacion caracterıstica:

s4 +(ω2c1 + ω2

c2 + 2ω2)s2 +

(ω2c1 − ω2

) (ω2c2 − ω2

)= 0 (13.16)

De (13.16) es posible determinar que en el rango ω ∈ (ωc1, ωc2), la parte real de s toma valorespositivos, lo que indica que el sistema es inestable. La figura (13.4) muestra la influencia de α sobre larespuesta forzada.

Ejemplo 30 Se dispone de un rotor con eje de seccion rectangular (a = 1 cm, b = 1, 1a), l = 30 cm ycon un disco centrado de 10 cm de diametro por 2 cm de ancho (todo en acero). Los descansos en losextremos pueden considerarse rıgidos. Grafique la respuesta estacionaria vs frecuencia cuando el discotiene un desbalance de 30 grcm, el desfase entre el desbalance y el plano de menor rigidez es de 45o, enel sentido de giro.

En este caso la masa del disco es:

m = ρπd2

4h

= 7800 · π 0,12

40,02

= 1,22 Kg

273

0.7 0.8 0.9 1 1.1 1.2 1.30

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

ω/ p0

|P|

α=0ºα=15ºα=45ºα=90º

Figura 13.4: Respuesta forzada vs ω

luego

e =30 10−5

1,22= 2,46 10−4 m

Las rigideces maximas y minimas del eje es:

kmın = k −∆k = 48EImın

l3= 3,26 107 N/m

kmax = k −∆k = 48EImax

l3= 3,94 107 N/m

con

Imın =1,1a3

12=

1,1 (0,01)3

12

Imax =(1,1a)3

12=

(1,1 · 0,01)3

12luego

k =kmın + kmax

2= 3,60 107 N/m

∆k = kmax − k = 3,40 106 N/m

Las frecuencias criticas son (ecuacion 13.8),

ωc1 =

√k + ∆km

= 5673 rad/s (13.17)

ωc2 =

√k −∆km

= 5158 rad/s

con ello podemos calcular la respuesta estacionaria (ecuaciones 13.11 y 13.12),xy

= meω2

[cosα

ω2c2 − ω2

cosωtsinωt

+

sinαω2c1 − ω2

− sinωtcosωt

]= meω2

[cosα

ω2c2 − ω2

1−j

+

sinαω2c1 − ω2

j1

]ejωt

= meω2

[cosα

ω2c2 − ω2

1−j

+

sinαω2c1 − ω2

j1

]ejωt

La respuesta estacionaria se muestra en figura (13.5).

274

2000 4000 6000 8000 10000 12000 14000 1600010-6

10-5

10-4

10-3

10-2

10-1

100

Ω (rad/s)

Am

plitu

d (m

)

xy

Figura 13.5: Respuesta forzada vs ω

Figura 13.6: Variacion de la deflexion estatica durante un vuelta a giro lento90º 180º 270º 360º0º

y mg

Ejemplo 31 Para el sistema anterior, calcule el maximo esfuerzo transiente que soporta durante unapartida si la rampa de aceleracion es lineal hasta la velocidad de operacion, que es de 9000 rpm. Se llegaa esta velocidad en 3 segundos.

13.5. Ejes asimetricos horizontales

Otro importante fenomeno observado en sistemas con eje asimetrico es la resonancia que ocurre a 1/2de la velocidad critica dominante. Como esta vibracion tiene una frecuencia igual a 2 veces la frecuenciade rotacion es denominada en ıngles como double-frequency vibration y a su velocidad de resonancia comovelocidad critica secundaria.

Cuando un eje asimetrico esta dispuesto en forma horizontal, la interaccion entre la asimetrıa derigidez y la gravedad causa esta resonancia. Por ejemplo, supongamos que un eje asimetrico rota cuasi-estaticamente como se muestra en figura (13.6). La deflexion estatica es mayor cuando la direccion dela rigidez minima coincide con la direccion de la gravedad, y luego es menor cuando la direccion de larigidez maxima coincide con el eje vertical. Este movimiento hacia arriba y abajo ocurre 2 veces duranteuna rotacion del eje, y por tanto, puede causar problemas asociados a la frecuencia 2X.

Considerese el caso simple de un rotor de Jeffcott, sin desbalance y sin amortiguamiento. Los sistemas

275

k + ∆k

k -∆k

x'y'

x

y

ωt

mg

x1

y1

mg/k

O

O1

Figura 13.7: Sistemas de coordenadas

coordenados se muestran en figura (13.7). El origen O se toma en el centerline de los descansos. La fuerzagravitacional mg trabaja hacia abajo (en la direccion −y). Retomando (13.5) y agregando la fuerzaestatica de la gravedad:

x + Kn(t)x = fg (13.18)

donde Kn(t) se define en (13.4) y

fg =

0−g

donde g es la aceleracion de gravedad. El sistema de coordenadas 0 − x1y1 es paralelo a 0 − xy sepa-rado por una distancia hacia abajo de g/ω2

0 (= mg/k), lo que representa a la deflexion estatica media.Substituyendo,

x = x1

y = y1 −g

ω20

en (13.18) se obtiene

x1 + ω20x1 + ω2

∆Q2ωtx1 = ω2∆

g

ω20

cos(2ωt+ π

2

)sin(2ωt+ π

2

) (13.19)

De esta expresion se aprecia que una fuerza con frecuencia 2X y amplitud g/ω20 trabaja sobre el sistema.

Asumiendo una solucion general del tipo

x1 = pr

cos (2ωt+ θ)sin (2ωt+ θ)

+ a

reemplazando en (13.19), y regresando al sistema original O − xy se obtiene:

x =g

(ω20 − 4ω2)ω2

0 − ω4∆

(ω2

∆

cos(2ωt+ π

2

)sin(2ωt+ π

2

) − (ω20 − 4ω2

) 01

)(13.20)

276

Las amplitudes de x son maximas cuando el denominador de (13.20) se minimiza. Ello ocurre para

ω =12

√ω2

0 −ω4

∆

ω20

=12ω0

√1−

(∆kk

)2

luego la resonancia ocurrira aproximadamente a ω0/2.La ecuacion (13.20) tambien indica que el balanceamiento no influira en la disminucion del problema

de esta resonancia. Para lograr mejoras, es necesario disminuir la asimetrıa en la rigidez del eje. En elcaso de los generadores se aplican las siguientes medidas:

1. La primera es anadir ranuras (falsas) en el plano AB de figura (13.1), y anadir barras de acero parano disminuir el flujo magnetico.

2. Hacer ranuras transversales como se ve en C en la figura.

Ejemplo 32 1Se dispone de un rotor con eje asimetrico de seccion rectangular (a = 1 cm, b = 1,1a),l = 30 cm y con un disco centrado de 10 cm de diametro por 2 cm de ancho (todo en acero). Losdescansos en los extremos pueden considerarse rıgidos.

1. Exprese las ecuaciones del movimiento para tal sistema

2. Calcule el rango de frecuencias para los cuales el sistema se torna inestable.

De acuerdo a los desarrollos de §13.2, la ecuacion del movimiento es de la forma,

Mx + Cx + K(t)x = f(t) (13.21)

conM = mI

C = cI

K(t) = kI−∆kQ2ωt

f(t) = meω2


y k −∆k y k+∆k son las rigideces en flexion en las direcciones de maxima y minima rigidez respectiva-mente.

ωc1 =

√k + ∆km

ωc2 =

√k −∆km

Para un eje flexible montado sobre descansos rıgidos simples

k = 48EI

l3

y para un seccion rectangular,

I =bh3

121examen 2002.

277

donde b y h corresponden a la base y la altura de la seccion. En nuestro caso,

b = a

h = 1,1a

luego

Ix = 0,1109a4

= 0,1109(10−2

)4m4

= 1,1092 · 10−9 m4

y

Iy = 0,0917a4

= 0,0917(10−2

)4m4

= 0,9167 · 10−9 m4

Para el acero,

E = 2,06 · 1011 N/m2

luego

k+∆k = 482,06 · 1011 · 1,1092 · 10−9

(0,3)3

= 4,062 · 105 N/m

y

k−∆k = 482,06 · 1011 · 0,9167 · 10−9

(0,3)3

= 3,3572 · 105 N/m

la masa del disco,

m = 9800 · π ·(

0,12

)2

· 0,02 Kg

= 1,5394 Kg

luego el rango de inestabilidad aparece entre

ωc1 =

√4,062 · 105

1,5394

= 513,69 rad/s= 81,76 Hz

ωc2 =

√3,3572 · 105

1,5394

= 467,00 rad/s= 74,32 Hz

278


Hemos visto como la asimetrıa en la rigidez del eje genera una matriz de rigidez dependiente deltiempo, lo que produce los siguientes sıntomas:

zonas en frecuencia para las cuales el rotor es inestable

resonancias a la mitad de la frecuencia critica dominante

Lo anterior apoya la disenador en evitar asimetrıas de rigidez en el rotor.

Bibliografıa

[1] Yamamoto, T., Ishida, Y., Linear and Nonlinear Rotordynamics, cap. 4, Wiley, 2001.

279

280

Capıtulo 14

Eje doblado

14.1. Introduccion

La causa mas usual de vibraciones en un sistema rotor es el desbalance. El desbalance puede ser pro-ducido por una deflexion estatica (warping) que puede ser permanente o temporal. En tal caso hablamosde un rotor doblado. Esta situacion aparece por varias posibles razones, por ejemplo, el reposo del sis-tema por un periodo largo, distorsion termica, defecto de fabricacion. Existen diferencia en los patronesvibratorios entre un rotor doblado y un rotor desbalanceado.

En general, la posicion angular del plano de curvatura es diferente del de la masa excentrica asociadaal desbalance clasico del rotor. A continuacion estudiaremos condiciones que permiten diagnosticar lasituacion.

14.2. Formulacion del modelo

Sean:

m, la masa del disco;

c, el coeficiente de amortiguamiento viscoso equivalente;

k, la rigidez del eje,

ru, la distancia entre el centro geometrico del disco y el centro de masa del mismo;

r = r(t), el radio del movimiento de precesion del centro geometrico del disco;

r0, la curvatura residual del eje en el punto donde se encuentra el disco;

α0, el angulo existente entre el plano del desbalance y el plano de curvatura del eje;

ω, la velocidad de rotacion.

Definamos por conveniencia:β0 =

r0ru

y en generalβ =

r

ru

La ecuacion del movimiento de un rotor de Jeffcott con una curvatura residual puede ser escrita como:

mr + cr + kr = mruω2ejωt + kr0e

j(ωt+α0) (14.1)

281

282

Se aprecian dos componentes de excitacion en la ecuacion (14.1): el primero es es desbalance conven-cional y el segundo se debe a la curvatura del eje.

El doblado del eje se ha modelado como una fuerza de magnitud constante y que actua en el planoen que se encuentra el doblado; el cual gira con frecuencia ω.

Aplicando el principio de superposicion podemos expresar la solucion estacionaria como,

r

ru=

Ω2√(1− Ω2)2 + (2ξΩ)2

ej(ωt−φ) + β0ejα0√

(1− Ω2)2 + (2ξΩ)2ej(ωt−φb) (14.2)

= Aej(ωt−φ) +Bejα0ej(ωt−φb) (14.3)

=∣∣A+Be−jα0

∣∣ ej(ωt−ψ) (14.4)

donde A es la amplitud de la respuesta debido al desbalance, B es la amplitud de la respuesta causadapor la curvatura del eje, y

Ω =ω

ωn

con

ωn =

√k

m

φ = tan−1

(2ξΩ

1− Ω2

)φb = φ+ α0

ξ =c

2mωn

ψ = tan−1

(A sinφ+B sinφbA cosφ+B cosφb

)(14.5)

14.3. Resultados

Los siguientes casos especiales son de interes.

Caso 1: Rotor con α0 = 0

En este caso tanto el desbalance como la curvatura estan en el mismo plano y ambos se suman para in-crementar la amplitud del giro. Obtenemos el mismo resultado que con un rotor puramente desbalanceadocon

β =Ω2 + β0√

(1− Ω2)2 + (2ξΩ)2ej(ωt−φ)

Caso 2: Rotor con α0 = π

En este caso ambos efectos se contraponen y la amplitud de la vibracion reduce. De hecho, ella seanula cuando

Ω2 = β0

o sea cuando la velocidad es la denominada de autobalance,

Ωs =√β0 (14.6)

283

Caso 3: Angulo de fase en la resonancia, Ω = 1

Se tiene que

sinφ =2ξΩ√

(1− Ω2)2 + (2ξΩ)2

cosφ =

(1− Ω2

)√(1− Ω2)2 + (2ξΩ)2

φb = φ+ α0

luego, (14.5) queda

ψ = tan−1

(A sinφ+B sinφbA cosφ+B cosφb

)= tan−1

(2ξΩ3 + β0

2ξΩ cosα0 +

(1− Ω2

)sinα0

(1− Ω2) Ω2 + β0 −2ξΩ sinα0 + (1− Ω2) cosα0

)(14.7)

En la resonancia Ω = 1 y se tiene que

ψ|Ω=1 = tan−1

(1 + β0 cosα0

−β0 sinα0

)(14.8)

La ecuacion (14.8) nos indica que el angulo de fase es independiente del amortiguamiento en la resonancia.Solo depende de la magnitud y el angulo relativo de la curvatura respecto del desbalance. La figura 14.1muestra la variacion del angulo de fase ψ en funcion de la posicion de la curvatura en la resonancia.Cuando la curvatura es menor que la excentricidad (β0 < 1), el angulo de fase ψ se incrementa desde 90grados a 120 grados cuando el angulo de fase de la curvatura va de 0 grados a 120 grados. A partir deahı cae hasta un valor mınimo de 60 grados cuando α0 = 240 grados, pasando por un angulo de fase de90 grados cuando α0 = 180 grados. El angulo de fase ψ se incrementa entonces para alcanzar un valor de90 grados cuando α0 = 0 grados.

Caso 4: Posicion de la curvatura para un angulo de fase de 0 grados en la resonancia

Para β0 = 1, el angulo de fase ψ se incrementa linealmente y casi alcanza un valor de 180 grados justoantes de que α0 = 180 grados. Cuando alcanza exactamente este valor, el angulo de fase se indetermina ysalta desde 180 grados a 0 grados. Para β0 > 1, o sea, cuando la curvatura es mayor que la excentricidaddel desbalance, el angulo de fase ψ crece cuando α0 crece con un punto de cruce en 180 grados, dondeangulo de fase ψ = 270 grados. El angulo de fase ψ es cero, dependiendo de la magnitud y la posicionangular de la curvatura, y esta dado por:

α0Ω=1,β0>1 = cos−1

(− 1β0

)(14.9)

Las curvaturas residuales paraβ0 = 2, 3, 10

son respectivamente 240, 255.5, 264.25., lo que tambien puede observarse en la figura 14.1.

Caso 5:angulo de fase para posicion de la curvatura a 90 grados en la resonancia

En este caso tenemos,

ψα0=90 = tan−1

(− 1β0

)(14.10)

Los angulos de fase ψ para

β0 =12, 1, 2, 3, 10

son respectivamente, 116.57, 135,153,161 y 174.3. y pueden ser verificados en la figura 14.1.

284

0 50 100 150 200 250 300 3500

50

100

150

200

250

300

350

400

450

α0

ψ

β0=0.5β0= 1β0= 2β0= 3β0= 10

Figura 14.1: Angulo de fase en la resonancia vs posicion de la curvatura para diferentes valores de r0/ru

Caso 6: Resultados para β0 = 12

el desbalance genera efectos despreciables a bajas velocidades. Para una curvatura igual a la mitadde la excentricidad, o sea,

β0 =12

los vectores asociados a la curvatura y al desbalance son de la misma magnitud para una frecuencianormalizada

Ω =√

22

(14.11)

lo que corresponde a un 70 % de la velocidad critica. Luego de superar esa velocidad, el vector de respuestaasociado a la curvatura se hace mas pequeno que el del desbalance. Si la curvatura y el desbalance estanen oposicion,

α0 = π

la respuesta se anula a la velocidad (14.11), de acuerdo a (14.6).La amplitud y la fase de un rotor curvado con β0 = 1

2 y α0 = π2 se muestran en las figuras (14.2) y

(14.3) respectivamente. A bajas velocidades domina la componente provocada por la curvatura del eje.Luego crece hasta un maximo en las cercanıas de la velocidad critica y luego alcanza un valor de equilibriopara altas velocidades. En esta ultima situacion el efecto de la curvatura es despreciable y el rotor giracon una amplitud igual a la excentricidad.

El angulo de fase ψ se muestra en figura (14.3). A bajas velocidades, el angulo de fase corresponde alangulo de desfase entre la curvatura y el desbalance, en este caso,

ψ ≈ α0 =π

2

La fase decae entonces en un rango hasta llegar a la velocidad de autobalance (donde domina la curvaturadel eje) y luego empieza a crecer en la medida que el efecto de desbalance se acrecienta. En la resonancia,el angulo no corresponde a los 90 grados esperables cuando solo hay desbalance si no que esta en un valor

285

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

2

4

6

8

10

12

ω/ωn

β

β0=0.5, α0=π/2

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3

Figura 14.2: Amplitud normalizada del giro vs frecuencia normalizada de rotacion

cercano a 116 grados. Para altas velocidades, alcanza un valor de equilibrio de 180 grados, como si soloexistiese desbalance.

Consideremos ahora el caso cuando la curvatura esta con un angulo de desfase con respecto a laexcentricidad del desbalance de 180 grados,

α0 = π

lo que se muestra en las figuras (14.4) y (14.5), respectivamente. La velocidad de autobalance se haceevidente en la figura (14.4), para

Ω =√

22

(14.12)

Si la amplitud del giro decrece antes de la velocidad critica, ello indica que existe oposicion entre lacurvatura del eje y el desbalance. Nuevamente, a altas velocidades el efecto de la curvatura del eje esdespreciable frente al del desbalance.

A bajas velocidades, el desbalance tiene un efecto despreciable en el angulo de fase. Al acelerar, seincrementa hasta que a la velocidad de autobalance sufre un rapido cambio de fase de 180 grados, paraluego pasar por 90 grados en la resonancia (para cualquier valor de amortiguamiento) y estabilizarse en180 grados para altas velocidades.

14.4. Sumario

(Rao, 2001)[1] ofrece las siguientes conclusiones, que pueden ser utilizadas para identificar la presenciade curvatura en el eje de una maquina. Se debe ser cauto en todo caso, pues ellas son validas para unrotor de Jeffcott con descansos rıgidos:

Para realizar un diagnostico claro de un eje doblado, es necesario hacer mediciones de fase.

Las pruebas de partidas y paradas ayudan al diagnostico de este tipo de defecto.

286

0 0.5 1 1.5 2 2.5 350

100

150

200

ω/ωn

ψ

β0=0.5, α0=π/2

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3

Figura 14.3: Desfase en funcion de la frecuencia de rotacion (ec. 14.7)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

1

2

3

4

5

6

ω/ωn

β

β0=0.5, α0=π

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3

Figura 14.4: Amplitud vs frecuencia. β0 = 0,5, α0 = π.

287

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

50

100

150

200

250

ω/ωn

ψ

β0=0.5, α0=π

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3

Figura 14.5: Fase vs frecuencia. β0 = 0,5, α0 = π.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

ω/ωn

β

β0=1, α0=π

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3

Figura 14.6: Amplitud vs frecuencia. β0 = 1, α0 = π.

288

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

2

4

6

8

10

12

ω/ωn

β

β0=2, α0=π

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3


0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 410-3

10-2

10-1

100

101

102

ω/ωn

β

β0=10, α0=π

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3


289

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-150

-100

-50

0

50

100

150

200

ω/ωn

ψ

β0=0.5, α0=7/6π

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3

Figura 14.9: Fase vs frecuencia. β0 = 0,5, α0 = 7/6π.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-50

0

50

100

150

200

ω/ωn

ψ

β0=0.5, α0=11/6π

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3

Figura 14.10: Fase vs frecuencia. β0 = 0,5, α0 = 11/6π.

290

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-50

0

50

100

150

200

ω/ωn

ψ

β0=10, α0=11/6π

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3

Figura 14.11: Fase vs frecuencia. β0 = 10, α0 = 11/6π.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-150

-100

-50

0

50

100

ω/ωn

ψ

β0=10, α0=7/6π

ξ=0.05ξ= 0.1ξ= 0.2ξ= 0.3

Figura 14.12: Fase vs frecuencia. β0 = 10, α0 = 7/6π.

291

Las mediciones de amplitud son usualmente insuficientes para predecir este defecto excepto en elcaso especial cuando la curvatura esta en oposicion a la posicion del desbalance. En esta situacion,el sistema haya una velocidad de autobalance, que depende del nivel de curvatura. A esta velocidad,las amplitudes de giro se anulan.

A bajas velocidades, el efecto de la curvatura ya es visible. La magnitud del giro es igual a lacurvatura del eje.

Cuando la curvatura es del mismo nivel que la excentricidad del desbalance y ambos estan enoposicion, la amplitud de la vibracion es cero en la resonancia, debido a que en esta situacion elrotor esta autobalanceado.

Para el caso en que la curvatura es mayor que la excentricidad, la amplitud de giro se reducedespues de la resonancia hasta cero y luego se incrementa hasta hallar un valor de equilibrio alseguir incrementando la velocidad.

el desbalance es despreciable a bajas velocidades en donde predominan los efectos de la curvaturadel eje. A altas velocidades, el efecto de la curvatura es despreciable frente al del desbalance. Elnivel de vibracion en este ultimo caso corresponde a la excentricidad producto del desbalance.

en la resonancia, el angulo de fase es independiente del nivel de amortiguamiento.

el angulo de fase a bajas velocidades corresponde al angulo de desfase entre el plano de la curvaturay el del desbalance.

cuando la curvatura es menor que la excentricidad, el angulo de fase decrece cuando la velocidadcrece, desde giro lento hasta aproximadamente la velocidad de auto-balance; a partir de ese punto,se incrementa.

cuando la curvatura es mayor que la excentricidad, no se observa tal disminucion en el angulo defase.

el angulo de fase del rotor en la resonancia entrega una pista importante sobre la posicion de lacurvatura. El puede ser determinado a partir del angulo de fase medido y el diagrama 14.1.

Cuando la amplitud de la curvatura es mayor que la de la excentricidad, y si el angulo de fase en laresonancia es cero, entonces la curvatura esta localizada en un angulo mayor que 180 grados peromenor que 270 grados.

Si la amplitud de la curvatura es menor que la excentricidad, el angulo de fase es cero antes de laresonancia y el angulo de fase de la curvatura esta entre 180 y 360 grados.

si la amplitud de la curvatura es mayor que la excentricidad, el angulo de fase es cero antes de laresonancia y el angulo de fase de la curvatura esta entre 270 y 360 grados.

si la amplitud de la curvatura es mayor que la excentricidad, el angulo de fase es cero despues dela resonancia y el angulo de fase de la curvatura esta entre 180 y 270 grados.

debe recordarse que lo importante en este caso son los valores relativos entre la curvatura y laexcentricidad producto del desbalance. Un rotor bien balanceado puede tener una relacion β0 alta.


292

Bibliografıa

[1] Rao, J.S., A Note on Jeffcott Warped Rotor, Mechanism and Machine Theory, 36,563-575, 2001.

[2] Ehrich,F.F., Handbook of Rotordynamics, Cap. 1, McGraw-Hill, 1992.

293

294

Capıtulo 15

Defectos de elementos mecanicos

15.1. Introduccion

En este capitulo estudiaremos la influencia de los siguientes elementos mecanicos:

rodamientos

pedestales

juntas.

En particular, estudiaremos las vibraciones no deseadas causadas por deficiencias en el proceso demanufactura y en el diseno.

15.2. Rodamientos

Los rodamientos estan compuestos de 4 partes:

el anillo exterior

el anillo interior

los elementos rodantes

la jaula

Los rodamientos pueden ser clasificados por el tipo de elemento rodante; por ejemplo, a bolas, deaguja, etc. Tambien pueden ser clasificados por el tipo de carga que soportan: radiales, axiales.

Entre las causas para las vibraciones causadas por rodamientos estan:

poca amortiguacion

fallas de fabricacion

juego excesivo entre el anillo interior y exterior

15.2.1. Fallas de fabricacion

La velocidad angular de la precesion de los elementos rodantes cuando se fija el anillo exterior y el ejerota con velocidad ω es:

ω1 =D

2(d+D)ω (15.1)

= α1ω

donde d es el diametro de los elementos rodantes y D es el diametro de la pista interior (sobre el cualgiran las bolas).

295

296

Figura 15.1: Rodamientos de uso general

e0

e1

a

b

Figura 15.2: Eje excentrico

Ejercicio 17 Demuestre la ecuacion 18.1.

Debido a la irregularidad en el diametro d las siguientes vibraciones pueden aparecer:

Velocidades criticas debido a la excentricidad causada en el eje

Supongase que el eje se desvıa una distancia e0 en un descanso por efecto de una irregularidad en eldiametro de las bolas. Esto causa una excentricidad e1 y una inclinacion τ1 sobre el disco del rotor (verfigura 15.2), lo que puede modelarse como un desbalance del rotor. La fuerza que se produce tiene unafrecuencia ω1.

Velocidades criticas debido a la asimetrıa de la rigidez

Supongase que una de las bolas posee un diametro un poco mayor que el resto. (ver figura 15.4). Eljuego en la direccion de esta bola sera menor y en algunos casos puede apriete, con lo que la rigidez delrotor aumenta en esta direccion. Esta diferencia direccional de rigidez rota con velocidad angular ω1. Sepuede proponer el siguiente modelo de 2 grados de libertad:

Mx + (K + ∆K)x = f

297


K-∆KK+∆K

Figura 15.4: Rodamiento con elemento rodante de diametro mayor

298


M = m

[1

1

]K = k

[1

1

]f = meω2

cosωtsinωt

x =

xy

y

∆K = ∆k[− cos 2ω1t − sin 2ω1t− sin 2ω1t cos 2ω1t

]Despreciando terminos de segundo orden, asumiendo que ∆k/k es pequeno se obtienen soluciones de

la forma

x = eω2

ω2n − ω2

cosωtsinωt

+ e

∆kk

ω2

ω2n − ω2

1ω2n − (β1ω)2

cosβ1ωtsinβ1ωt

donde

β1 = 2α1 − 1

= − d

d+D

Ejercicio 18 Para un sistema rotor con diametro del disco 483 mm, espesor de disco 5.2 mm, largo deleje 508 mm, a/b = 1/3. rodamientos 6200.

1. Construya el diagrama de Campbell,

2. Calcule la respuesta forzada estacionaria para:

a) ∆k/k = 10−3

b) ∆k/k = 10−2

c) ∆k/k = 10−1

3. Emita conclusiones sobre el efecto de la asimetria en la rigidez del eje. Emite reglas de diagnostico.

15.2.2. Paso de los elementos rodantes

Rotor horizontal

En un rotor horizontal, la carga de gravedad deforma las bolas que estan en la parte inferior. El hechode que haya un limitado numero de bolas tambien causa vibraciones, aun si no hay errores de contrucciono montaje. La frecuencia de esta vibracion es

±zω1 = ±zα1ω

donde z es el numero de elementos rodantes.La vibracion excita movimiento de precesion del eje hacia adelante y hacia atras.

Ejercicio 19 Construya la curva de respuesta forzada para el sistema descrito anteriormente con a/b =3/7 y excitaciones del tipo descrito en esta seccion.

299

Figura 15.5: Junta rıgida con bridas

Figura 15.6: Acoplamiento Oldham

15.3. Acoplamientos

Entre los tipos de acoplamientos se tiene:

acoplamientos rıgidos, solo para equipos cuyos ejes estan perfectamente alineados. Ej:acoplamientocon bridas (figura 15.5).

acoplamientos flexibles, para equipos cuyos ejes estan ligeramente desviadas

• acoplamiento Oldham (figura 15.6), para ejes paralelos, cuando la distancia es pequena y eldesalineamiento es lateral

• Junta universal (figura 15.8), o de Hooke, para ejes cuyos centerline se cruzan con un ciertoangulo de desalineamiento

acoplamientos hidraulicos (figura 15.7). Ventaja: no hay cargas de choque ni de vibraciones torsion-ales entre los arboles.

15.4. Junta cardanica

La junta universal esta compuesta por 2 horquillas y una cruceta. (figura 15.8).El eje conductor gira con frecuencia ω1 y el equipo conductor con frecuencia ω2. Ambos ejes se cruzan

con angulo α.

300

Figura 15.7: Acoplamiento hidraulico

Figura 15.8: Junta cardanica

301

0 50 100 150 200 250 300 350 4000.85

0.9

0.95

1

1.05

1.1

1.15

1.2

1.25

Θ1 (grados)

ω2/ω

1

α=10º

α=30º

Figura 15.9: Variacion de la velocidad angular

Sean ~i1, ~j1, ~k1 los vectores unitarios del eje conductor y ~i2, ~j2, ~k2 los del eje conducido. Ambosconjuntos estan relacionados por:

~i2 = cosα~i1 + sinα~k1

~j2 = ~j1~k2 = − sinα~i1 + cosα~k1

Asumase que el eje conductor gira desde OP a OP ′ en un angulo Θ1 y el eje conducido, desde OQ a OQ′

en un angulo Θ2. Luego:

OP ′ = r(cos Θ1

~j1 + sinΘ1~k1

)OQ′ = r

(− sinΘ2

~j2 + cos Θ2~k2

)= r(− sinα cos Θ2

~i1 − sinΘ2~j1 + cosα cos Θ2

~k1

Como los pins OP ′ y OQ′ son normales, el producto interior es 0; de ello se obtiene:

tanΘ2 = cosα tanΘ1

Ademas se tiene que,

dΘ1

dt= ω1

dΘ2

dt= ω2

Explotando las ultimas ecuaciones se llega a la expresion:

ω2 =cosα

1− sin2 α sin2 Θ1

ω1

por lo que la razon ω2/ω1 oscila entre los valores cosα y 1/ cosα y que por cada giro del eje conductor,la velocidad del eje conducido pasa por dos ciclos de variacion (ver figura 15.9).

Para modelar la variacion de la frecuencia de rotacion ω2 del rotor consideraremos el valor medio ω1

(que debe ser la frecuencia de rotacion del eje conductor) mas una componente de frecuencia ν y amplitudε:

ω2(t) = ω1 + εν sin νt (15.2)

Segun lo mencionado anteriormente,ν = 2ω1 (15.3)

302 Campbell

Veloci dad de rotaci ón

Frecuencia


Asumase que se dispone de un rotor de Jeffcott que esta conducido por una junta universal. Elcomportamiento del rotor esta descrito por:

Mx + Kx = f (15.4)


M = m

[1

1

]K = k

[1

1

]f = meω2

cos Θ2

sinΘ2

x =

xy

Observacion 71 Por conveniencia hemos sustituido el clasico ωt por Θ2.

De ecuacion (15.2) se tiene que

Θ2 =∫ω2(t)dt = ω1t− ε cos νt

Desarrollando este termino para valores ε pequenos, podemos escribir:

cos Θ2 = cosω1t+12ε sin (ω1 + ν) t+

12ε sin (ω1 − ν) t

sinΘ2 = sinω1t−12ε sin (ω1 + ν) t− 1

2ε sin (ω1 − ν) t

Por lo que en el termino de excitacion f de ecuacion (15.4) aparecen 3 componentes:ω1, ω1 − ν, ω1 + ν.De acuerdo a (15.3) habran velocidades criticas cuando se corten las curvas de frecuencias naturales conlas rectas ω = −Ω, ω = Ω, ω = 3Ω en el diagrama de Campbell, lo que excita el modo de giro haciaadelante y el giro hacia atras (figura 15.10).

Capıtulo 16

Juego radial en descansos

16.1. Introduccion

Hay elementos de maquina que causan no linealidades importantes. Por ejemplo, dado que los ro-damientos de bolas/rodillos poseen muy poca amortiguacion, las turbinas de aviacion adoptan general-mente descansos hıbridos del tipo squeeze film damper que se muestra en figura 16.1. Se dispone de unapelıcula de aceite entre la carcasa del descanso y el sosten del rodamiento. Este ultimo tiene movimientosaxiales restringidos por un resorte (no mostrado). La rigidez de este tipo de descansos muestra carac-terısticas como las mostradas en figura 16.2. Se aprecia que para un cierto rango de movimiento, no hayuna fuerza elastica restitutiva. El caso de la figura indica una no linealidad simetrica. (Ehrich,1988)[1]observa que dada la importancia de la no linealidad en la respuesta dinamica, el desarrollo de la rigidezen series de potencias no es apropiado .

16.2. Ecuaciones del movimiento

La figura 16.3 muestra el modelo de un rotor soportado por 3 descansos. En los extremos se consideranrodamientos auto-alineantes de bola de doble hilera, que se modelan como apoyos simples. El tercero es undescanso hıbrido con pelıcula de aceite. Cuando la deflexion medida desde el centerline entre los descansoses pequena, la rigidez del rotor esta definida por la rigidez del eje ks. Cuando la deflexion es importantey el juego radial desaparece, la rigidez kb del descanso hıbrido comienza a trabajar y la rigidez total seincrementa. En consecuencia, el rotor posee una rigidez lineal por tramos.

Sea R0 la deflexion del rotor en la posicion axial del descanso hıbrido cuando el juego se anula, medidadesde la linea imaginaria que une los descansos extremos. La rigidez esta descrita por

k =

ks cuando r < R0

ks + kb cuando r < R0

Aceite

Juego

Figura 16.1: Juego radial

303

304

r

F

Figura 16.2: Rigidez del descanso

.G

r

R0

δ

Figura 16.3: Modelo de rotor con juego radial, caso asimetrico

debido a la gravedad, se produce una deflexion estatica δ determinada por:

mg =

ksδ cuando δ < R0

(ks + kb) δ cuando δ > R0

Tal deflexion estatica inducira caracterısticas no lineales asimetricas en el rotor.Sea (x, y, z) la posicion de cualquier punto del centro del eje del rotor (desde la posicion de equilibrio

estatico) y (xG, yG) la posicion del centro de gravedad del disco, cuya excentricidad denotamos e. Adi-cionalmente, definimos un sistema cartesiano O1 − x1y1 cuyo origen esta ubicado en la lınea que une losdescansos extremos y en la posicion del descanso hıbrido. La fuerza restauradora trabaja en la direcciondel origen O1 y su magnitud es fr:

fr =

ksr1 cuando r1 < R0

(ks + kb) r1 cuando r1 > R0

r

Fy

δ

ks

ks+kb

Figura 16.4: Asimetrıa de la no linealidad

305

donde

r1 =√x2

1 + y21

Si la masa del rotor es m y el coeficiente de amortiguamiento es c las ecuaciones del movimiento quedan

mxG = −cx1 − frx1

r1

myG = −cy1 − fry1r1−mg

Se tiene que

xG = x+ e cosωt= x1 + e cosωt

yG = y + e sinωt= y + e sinωt

Se obtiene

mx1 + cx1 + frx1√x2

1 + y21

= meω2 cosωt

my1 + cy1 + fry1√x2

1 + y21

= meω2 sinωt−mg

Que puede ser resuelta por metodos numericos de integracion tales como Runge-Kutta.

16.3. Resonancia harmonica y resonancias sub-harmonicas

1El grado de no linealidad de este sistema esta dado por la razon β entre las rigideces del rotor

β =ks

ks + kb

1Basado en ref. [3].

306

Para trabajar en forma adimensional, se consideran las siguientes variables:

x∗ =x

e

y∗ =y

e

r∗ =r

e

r∗0 =R0

e

δ∗ =δ

e

f∗r =fre

f∗x =fxe

f∗y =fye

ζ2 =c

2√

(ks + kb)m

Ω22 =

ks + kbm

Ω21 =

ksm

t = Ω2t

ω =ΩΩ2

y el sistema no lineal a resolver (obviando la notacion ∗),

x+ 2ζ2x+ fx = ω2 cosωt

y + 2ζ2y + fy = ω2 sinωt

con

r =√x2 + (y − δ)2

fr =

rβ cuando r < r0r0β + (r − r0) cuando r > r0

fx = frx

r

fy =

fr

(y−δ)r + δβ cuando δ < r0

fr(y−δ)r + r0β + (δ − r0) cuando δ < r0

La frecuencia de oscilacion vertical del sistema no lineal es

ωv =2

1 +√β

(16.1)

expresion que aparece del analisis de la forma de onda natural en el eje vertical (figura 16.5) cuando seexcita la rigidez del descanso no lineal (el sistema pasa de tener una frecuencia natural Ω1 a tener otra

307

1

π/Ω1 π/Ω2

2π/Ωv

Tiempo

De

spla

zam

ient

o y

Figura 16.5: Forma de onda de la vibracion en el eje vertical con soporte no lineal cuando se excita lano linealidad

Ω2 y viceversa cuando se alcanza la condicion r = r0):

2πΩv

=π

Ω1+

π

Ω2

ωv =ΩvΩ2

ωh =

√ks/m

Ω2=√β

cuando se con lo que se obtiene (16.1). Notese que la frecuencia natural en el eje horizontal ωh esconstante.

Dado que el fenomeno de interes se producira al excitar la frecuencia natural vertical (recordando queel sistema es no lineal) es conveniente expresar la velocidad de rotacion en terminos de ωv:

ω = σωv

Para las simulaciones se considero que el centro del eje tiene un desplazamiento inicial δ de igualmagnitud que el juego r0 lo que implica que inicialmente esta rozando el descanso. Ambos parametros sefijaron suficientemente grandes para asegurar que el rotor no contacte el lado superior del descanso:

δ = −100r0 = −δ

La figura 16.6 muestra la amplitud vertical estacionaria maxima ymax en funcion de la velocidad derotacion. Se puede observar que aparecen multiples velocidades criticas a multiples enteros de ωv. Encomparacion, la respuesta estacionaria en el sentido horizontal solo muestra una velocidad critica (figura16.7). Notese que ella no coincide con ωh, lo que indica efectos de la no linealidad tambien en este plano.

En figura 11.6 se muestran las orbitas para diferentes velocidades. Se comparan las orbitas obtenidasexperimentalmente en ref. [10].

En figura 16.12 se muestra la vibracion vertical estacionaria para σ = 8. La componente dominantees la 1/8x seguido de la componente 1x. El espectro se muestra en figura 16.13. Se aprecia que apartede la componente 1x esperable del desbalance, aparece una serie de componentes subharmonicas de laforma i/n, i = 1, 2, 3, .. donde n es la razon entre la velocidad de rotacion ω y la frecuencia naturalvertical ωv. Las figuras 16.14 y 16.15 muestran resultados similares para σ = 5. Estos resultados sugierenla aparicion de velocidades criticas por componentes de fuerza a sub-multiplos enteros de la velocidad derotacion (como se indica en el diagrama de Campbell de figura 16.16). Notese que la frecuencia naturales constante dado que no hay efectos giroscopicos en el modelo.

308

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

s

y max

Figura 16.6: β = 0,16, ζ2 = 0,02

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

2

4

6

8

10

12

s

max

(x)

Figura 16.7: max(x) vs s

-6 -4 -2 0 2 4 6-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

x (m/m)

y (

m/m

)

s = 0 .95 ζ2

= 0 .02 β = 0 .04

Figura 16.8:

309

-6 -4 -2 0 2 4 6

-10

-8

-6

-4

-2

0

x (m/m)

y (m

/m)

s = 1 .9 ζ2

= 0 .02 β = 0 .04

Figura 16.9:

-6 -4 -2 0 2 4 6

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

x (m/m)

y (

m/m

)

s = 2 .85 ζ2

= 0 .02 β = 0 .04

Figura 16.10:

310

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8-1 2

-1 0

-8

-6

-4

-2

0

x (m/m)

y (m

/m)

s = 3 .85 ζ2

= 0 .02 β = 0 .04

Figura 16.11:

1840 1845 1850 1855 1860 1865 1870 1875 1880-14

-12

-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

t (s /s )

y (

m/m

)

s = 8 ζ2

= 0 .008 β = 0 .04

Figura 16.12: Vibracion vertical s = 8

311

1 /8 2 /8 3 /8 4 /8 7 /8 1 0

1

2

3

4

5

6

7

Am

plit

ud (

m/m

)

s = 8 ζ2

= 0 .008 β= 0 .04

F re c ue ncia (Hz/Hz)

Figura 16.13: Espectro de la respuesta vertical s = 8

1840 1845 1850 1855 1860 1865 1870 1875 1880-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

10

20

t (s /s )

y (

m/m

)

s = 5 ζ2

= 0 .008 β = 0 .04

Figura 16.14: Vibracion vertical s = 5

1 /5 2 /5 3 /5 4 /5 1 6 /5 7 /50

5

1 0

1 5

2 0

2 5

3 0

Am

plit

ud (

m/m

)

s = 5 ζ2

= 0 .008 β = 0 .04

F re c u e n c ia (Hz/Hz)

Figura 16.15: Espectro de la respuesta vertical s = 5

312

0 1 2 3 4 5 6 7 80

0 .2

0 .4

0 .6

0 .8

1

1 .2

1 .4

1 .6

1 .8

2

ω /ωv

ωn/ω

v

1x 1/2 ⋅ x 1/3 ⋅ x 1/4 ⋅ x


Ejemplo 33 2Obtenga las ecuaciones del movimiento del sistema descrito en figura 16.17, . El radio delaro es R0. La deflexion estatica es δ. la rigidez del eje es ks y la del descanso intermedio es kb en ambosejes. La masa del disco es m. Desprecie el roce con el anillo. Las coordenadas (x1, y1) tienen su origenen el centerline entre los descansos.

Figura 16.17: Rotor de Jeffcott con descanso intermedio con juego biaxial

en este caso,

fx =

ksx1 cuando x1 < R0

(ks + kb)x1 cuando x1 > R0

fy =

ksy1 cuando y1 < R0

(ks + kb) y1 cuando y1 > R0

luego, las ecuaciones del movimiento (no lineales) quedan:

mx1 + cx1 + fx = meω2 cosωt

my1 + cy1 + fy = meω2 sinωt−mg


Aun siendo muy sencillo en su formulacion teorica, este modelo no lineal permite representar los com-plejos patrones de orbita que ocurren experimentalmente en el rotor de Muzincka. El uso de herramientas

2de control 2, semestre 2002-II.

313

como Simulink facilita bastante el modelamiento y el analisis de las respuestas dinamicas estacionarias.

314

Bibliografıa

[1] Ehrich, F., High order subharmonic response of high speed rotors in bearing clearance, Journal ofVibration, Acoustics, Stress, and Reliability in Design, 110(9):10–16, 1988.

[2] Yamamoto, T., Ishida, Y., Linear and Nonlinear Rotordynamics, Wiley, 2001.

[3] Ehrich, F., Handbook of Rotordynamics, McGraw-Hill, 1992.

[4] Muszynska, A., Partial lateral rotor to stator rubs, IMechE paper, (C281/84), 1984.

[5] Muszynska A., Tracking the mystery of oil whirl, Sound & Vibration, 8–11, 1987.

315

316

Capıtulo 17

Descansos con pelıcula de aceite

17.1. Introduccion

Los descansos en pelıcula de aceite son usados extensamente en equipos rotores por sus variadasventajas:

gran capacidad de carga

sin limite de vida si la lubricacion es satisfactoria

amortiguamiento importante

De acuerdo al tipo de carga pueden ser clasificados en descansos axiales o radiales; y de acuerdo a laforma en que el aceite ejerce presion sobre el rotor en hidrodinamicos e hidroestaticos.

En esta seccion analizamos los fenomenos de inestabilidad que se producen en los descansos radiales.La figura 17.1 muestra un rotor elastico soportado por descansos con pelıcula de aceite en sus extremos.

1 En general la razon entre el juego e y el diametro del journal d cuando la excentricidad es 0 es inferiora 10−3:

e

d< 10−3

En un rotor dispuesto horizontalmente, la gravedad actua y el rotor contacta el punto A cuando noesta girando (figura 17.2). Cuando el rotor gira el aceite fluye y se generan altas presiones, que soportan alrotor y tambien lo desplazan un angulo θ. La pelıcula de aceite trabaja como un resorte y un amortiguadorequivalentes, y el rotor oscila alrededor de este punto de equilibrio.

Como la amortiguacion de un descanso con pelıcula de aceite es bastante alta, las resonancias sonde poca amplitud. Por lo tanto, este tipo de descansos es preferible para evitar grandes vibraciones; sin

1La parte del rotor que esta dentro del descanso se conoce en ingles como journal y el cilindro que lo soporta (estatico)es denominado bearing.

d

e

Figura 17.1: Diagrama del rotor

317

318

e

θA

B

Figura 17.2: Rotor girando a ω (sentido anti-horario

Fre

cue

ncia

devi

bra

ció

n

Frecuencia de rotación!

1X

c 2!c

!

0.5X

Figura 17.3: Componentes de vibracion

embargo, tiene el riesgo de producir violentas vibraciones auto-excitadas cuando opera sobre la velocidadcrıtica mas importante si el diseno es inapropiado. La figura 17.3 muestra las frecuencias de la vibracionde un rotor soportado por descansos con pelıcula de aceite como funciones de la velocidad de rotacion.Cuando ω sube, aparece una resonancia debido al desbalance en la vecindad de la velocidad crıtica ωc.Cuando se aumenta aun mas, aparece una vibracion autoexcitada conocida como oil whirl a partir deuna velocidad ωa. La frecuencia de esta vibracion es aproximadamente ω/2. Cuando ocurre el fenomenode oil whirl (giro de aceite), el rotor gira hacia adelante con pequenas amplitudes y sin deformacion,como un cuerpo rıgido. Muszynska [11] reporto que la frecuencia es un poco inferior a ω/2 aunque suvalor depende del tipo de descanso y de la excentricidad estatica e resultante de la carga radial del rotor.La velocidad de transicion ωa algunas veces es menor a ωc (figura 17.5).

Cuando la velocidad de rotacion se incrementa aun mas, una vibracion autoexcitada violenta comienzaa aparecer a partir de 2ωc y persiste en un rango importante de frecuencias de rotacion. Esta vibraciones llamada oil whip (”latigazo de aceite”). La frecuencia del oil whip es casi igual a la frecuencia naturalωc, y el rotor se flecta y gira hacia adelante con grandes amplitudes. Al acelerar el rotor, puede ser queel oil whip no aparezca, aun a velocidades mayores a 2ωc. Sin embargo, una vez que ocurre, el fenomenono desaparece hasta que la velocidad se reduzca a 2ωc. Como resultado se obtienen curvas de amplitudvs velocidad como se muestra en figura 17.6. Tal fenomeno de histeresis es conocido como el efecto deinercia.

El oil whip fue reportado por Newkirk y Taylor (1925). Ellos lo explicaron de la manera siguiente:

319

Figura 17.4: Amplitud de vibraciones vs ω

Figura 17.5: Espectro en cascada (experimental)

Considerese que el rotor esta girando con la velocidad ω y su excentricidad es e. Sea v la velocidad delfluido en contacto con el rotor y de 0 para aquel que contacta el descanso. Si asumimos que el perfil develocidades es lineal en la direccion radial, la velocidad promedio deberıa ser v/2. Consideremos el flujode fluido que pasa por la seccion ABCD por unidad de tiempo (figura ??).

Seanl, la longitud,r, el radio del rotor en el descanso,c, el juego radial,e, la excentricidad del rotor,Luego, el volumen de fluido que pasa por las secciones EF (= c + e) y CD (= c − e) por unidad de

tiempo son

12lrω (c+ e)

12lrω (c− e)

Dado que el aceite es incompresible, el rotor debe tener un movimiento de precesion para balancear elflujo (considerando que el aceite no se fuga por los lados). Asumiendo que el punto S rota con velocidadη, entonces, del equilibrio de flujos entrando y saliendo

12lrω (c+ e) =

12lrω (c− e) + 2lreη

320

Figura 17.6: Efecto de inercia

Figura 17.7: Diagrama del descanso

321

Figura 17.8: Vista del volumen analizado

se obtieneη =

ω

2Esto muestra que la velocidad de giro es ω/2, osea, la velocidad angular de un oil whirl es la mitad dela velocidad de rotacion. Cuando ω alcanza dos veces la velocidad crıtica dominante ωc, la frecuenciade la excitacion (el oil whirl) coincide con una frecuencia natural de giro hacia adelante y se produce laresonancia; con grandes amplitudes y que llamamos oil whip. Sin embargo, esta explicacion es bastantebasica y requiere mayor desarrollo. Por ejemplo, ella no explica porque el oil whip persiste despues desuperar 2ωc; o porque ocurre el efecto de inercia descrito anteriormente. Las vibraciones de descansoscon pelıcula de aceite son bastante complejas y aun no se han obtenido modelos universalmente validos.

17.2. Ecuacion de Reynolds

Para obtener la fuerza que ejerce la pelıcula de aceite sobre el rotor, debemos conocer la distribucionde presiones de la misma. Con ese fın, la ecuacion de Reynolds debe ser derivada.

Se asume que el fluido es Newtoniano e incompresible, y que el flujo es laminar. El espesor de lacapa de aceite es tan pequeno frente al diametro del rotor que la curvatura es despreciada. La velocidadtangencial es

U = ωr

Consideremos un parelelepıpedo pequeno ubicado en la posicion (x, y, z) en el sistema de referenciaO − xyz (ver figura 17.8), con dimensiones (dx, dy, dz).

Si la inercia del fluido es negligible, la siguiente relacion es valida en la direccion x

pdydz −(p+

∂p

∂xdx

)dydz − τdxdz +

(τ +

∂τ

∂ydy

)dxdz = 0

dondep es la presionτ es el esfuerzo de corte (figura 17.9).lo se reduce a

∂p

∂x=∂τ

∂y

Sean(u, v, w), la velocidad del fluido (figura 17.10)

322

Figura 17.9: Equilibrio de fuerzas

Figura 17.10: Velocidades del fluido

µ, la viscocidad absoluta.Entonces, el esfuerzo de corte esta dador por

τ = µ∂u

∂y

De las dos ecuaciones anteriores tenemos∂p

∂x= µ

∂2u

∂y2

Integrando bajo la hipotesis de que la presion no cambia en la direccion y se obtiene

u =12µ

(∂p

∂z

)y2 + c1y + c2

c1, c2 contantes.Aplicando las condiciones de borde

u(y = 0) = 0u(y = h) = U

se obtiene

u =12µ

(∂p

∂z

)(y − h) y +

U

hy (17.1)

Similarmente, tenemos la siguiente expresion para la velocidad w en la direccion z:

w =12µ

(∂p

∂z

)(y − h) y (17.2)

A continuacion, consideremos la conservacion de masa para el elemento de figura 17.10. Sean

qx = dz

∫ h

o

udy

qz = dx

∫ h

o

wdy

323

las cantidades de fluido que pasan por la seccion AEHD por unidad de tiempo en las direcciones x y zrespectivamente. De ecuaciones 17.1 y 17.2 se obtiene

qx = dz

(− h3

12µ∂p

∂x+Uh

2

)(17.3)

qz = dx

(− h3

12µ∂p

∂z

)Dado que el aceite es incompresible, el volumen del elemento se debe incrementar cambiando si altura hpara incluir el incremento de fluido en este elemento durante el instante dt, luego

−(∂qx∂x

dxdt+∂qz∂z

dzdt

)= dxdz

∂h

∂tdt

Substituyendo en (17.3), se llega a la siguiente ecuacion de Reynolds,

∂

∂x

(h3

µ

∂p

∂x

)+

∂

∂z

(h3

µ

∂p

∂z

)= 6U

∂h

∂x+ 12

∂h

∂t(17.4)

La ecuacion 17.4 entrega la distribucion de presiones. Conociendola podemos obtener la fuerza que actuasobre el rotor. Sin embargo, dado que una solucion analıtica general para (17.4) no existe, se utilizanprocedimientos de integracion numerica. Si se asume que el descanso es muy largo, el problema se convierteen uno bidimensional y hablamos de la aproximacion de descanso largo. Otra hipotesis simplifıcadora esla de descanso corto; En descansos reales la razon entre la longitud y el diametro del descanso l/d tieneun valor en el intervalo (1, 2); en tal caso lo mas conveniente es resolver numericamente.

17.3. Aproximacion de descanso corto

Aquı, se considera que la variacion de la presion en la direccion z es mucho mayor que la variacion enla direccion x:

∂p

∂x ∂p

∂z

y por tanto se puede despreciar el primer termino del lado izquierdo de (17.4), la que se simplifica a:

h3

µ

∂2p

∂z2= 6U

∂h

∂t+ 12

∂h

∂t(17.5)

asumiendo las condiciones de borde (figuras 17.11 y 17.12):por simetrıa:

∂p

∂z(z = 0) = 0

presion atmosferica en los extremos:

p(z = l/2) = 0p(z = −l/2) = 0

Utilizando un cambio de variables:

x = ϕr

U = ωr

e integrando (17.5) obtenemos

p = 3µ

h3

(ω∂h

∂ϕ+ 2

∂h

∂t

)(z2 − l2

4

)(17.6)

324

Figura 17.11: Distribucion de presiones

Figura 17.12: Distribucion de presiones y fuerzas sobre el rotor

325

Y el espesor de la pelıcula esta dado por

h = c (1 + κ cosϕ) (17.7)

dondec es el juego,e es la excentricidad,y

κ =e

c

Substituyendo (17.7) en (17.6) e integrando,

p = 3µ

c2 (1 + κ cosϕ)3(2κ cosϕ−

(ω + 2θ

)κ sinϕ

)(z2 − l2

4

)(17.8)

donde hemos reemplazado ϕ y θ dado que sabemos (de figura 17.12):

ϕ− ∠AObB = θ

Se aprecia que la presion en el punto A tambien depende de las tasa de cambio κ y θ cuando el rotoresta girando.

De (17.8) sabemos cuando el rotor gira en su posicion de equilibrio ( κ = θ = 0) la distribucion depresiones perifericas en el plano central z = 0 es simetrica respecto del punto ϕ = π, y es positiva enϕ ∈ [0, π] y negativa en ϕ ∈ [π, 2π]. Esta distribucion de presiones es conocida como la condicion deSommerfeld, que ocurre cuando la presion es muy pequena. sin embargo, en descansos reales, la presionen la zona ϕ ∈ [0, π] es casi cero (osea, iguala la presion atmosferica) por la evaporacion del lubricante yel flujo de aire en sentido axial.

Tomando lo anterior en consideracion, la presion en ϕ ∈ [0, π] se fija en cero (condicion de Gumbel).Esta condicion es ajustada para que el gradiente de presiones en los bordes sea cero (condicion deReynolds).

Observacion 72 La condicion de Gumbel es la mas usada por su simplicidad.

Si se asume la condicion de Gumbel, las fuerzas de la pelıcula de aceite (figura 17.12) estan dadaspor:

N = −R∫ l/2

−l/2

∫ π

0

p cosϕdϕdz

T = R

∫ l/2

−l/2

∫ π

0

p sinϕdϕdz

Substituyendo (17.8),

N =12µ(rc

)2 l3

r

2κ2(ω + 2θ

)(1− κ2)2

+πκ(1 + 2κ2

)√(1− κ2)5

(17.9)

T =12µ(rc

)2 l3

r

πκ(ω + 2θ

)2√

(1− κ2)3+

4κκ(1 + κ2)2

donder es el radio del descanso yl es la longitud del mismo.

326

Figura 17.13: Condiciones de borde: Sommerfeld, Gumbel y Reynolds, respectivamente

17.4. Aproximacion de descanso largo

En este caso se asume que la presion no varia en la direccion z:

∂p

∂z= 0

y se desprecia el segundo termino en el lado izquierdo de (17.4). Si asumimos la condicion de Gumbel, seobtiene:

N = 6µ(rc

)2

rl

2κ2(ω − 2θ

)(2 + κ2) (1− κ2)

+2κ(1 + 2κ2

)√(1− κ2)3

π

2− 8π (2 + κ2)

(17.10)

T = 6µ(rc

)2

rl

πκ(ω − 2θ

)(2 + κ2)

√1− κ2

+4κκ

(2 + κ2)√

1− κ2

Cuando el equipo esta rotando, se generan las fuerzas de la pelıcula de aceite y el rotor flota. La

posicion de equilibrio Oj(κ0, θ0) es determinada al balancear la carga de gravedad F0 y la fuerza de lapelıcula (N0, T0), que se obtiene al fijar

θ = ω

κ = 0

en las ecuaciones (17.9) o (17.10). El resultado muestra que la posicion esta determinada por el numerode Sommerfeld :

S =(rc

)2 µn

pm

donden es la velocidad de rotacion (rps),c es el juego,pm = F0/2rl es la presion media.

Observacion 73 Si la velocidad y la viscocidad cambiasen, la posicion de equilibrio no cambiarıa si elnumero de Sommerfeld fuera constante.

La figura 17.14 muestra tal posicion de equilibrio. La deflexion radial se muestra a traves del parametroadimensional κ. Cuando el rotor no rota (S = 0) el rotor contacta al descanso. Cuando S aumenta elrotor sigue el semi-circulo hasta alcanzar el equilibro. En caso de S → ∞, el rotor llega al centro deldescanso.

17.5. Analisis de estabilidad de un rotor elastico

A fin de investigar la estabilidad, se estudian las fuerzas que aparecen ante pequenas oscilaciones apartir de la posicion de equilibrio; y luego se linealiza.

327

Figura 17.14: Orbita de una posicion de equilibrio

Figura 17.15: Rotor elastico soportado por descansos hidrodinamicos

328

Figura 17.16: Coeficientes adimensionales para descanso corto

Considerese el sistema de figura 17.15. Asumase que la posicion de equilibrio se mueve desde Oj(θ0, κ0)a O′j(θ, κ). Sustituimos

κ = κ0 + ∆κθ = θ0 + ∆θ

en las ecuaciones (17.9) o (17.10) y se linealiza para ∆κ, ∆θ, ∆κ, ∆θ. De la transformacion

Fx = −N cos θ + T sin θFy = −N sin θ − T cos θ

se obtienen las componentes Fx y Fy de la pelıcula de aceite en las direcciones x e y respectivamente. Setiene

−Fx−Fy

=−Fx0−Fy0

+[kxx kxykyx kyy

]∆x∆y

+[cxx cxycyx cyy

]∆x∆y

donde

kij son los coeficientes de rıgidez de la pelıcula de aceite ycij son los coeficientes de amortiguamiento.

Observacion 74 Los terminos kij y cij, i = j son llamados coeficientes diagonales

Observacion 75 Los terminos kij y cij, i 6= j son llamados coeficientes cruzados de acoplamiento

Los coeficientes de las matrices linealizadas se obtienen a partir de la razon de excentricidad κ0 (osea,de la posicion de equilibrio). Para fines practicos se disponen de las curvas a-dimensionales (figura 17.16,con condicion de Gumbel) en funcion de los coeficientes Kij , Cij como funcion de κ0.

Consideremos a continuacion un sistema coordenado Oj − x′y′ que tenga su origen en el punto deequilibrio Oj . Sea

la masa del rotor 2mla excentricidad ela constante de rıgidez del eje 2ky la frecuencia de rotacion ω.Las ecuaciones del movimiento son:

mx′ +mx+ k(x′ − x′j

)= meω2 cosωt = meω2 cosωt (17.11)

my′ + k(y′ − y′j

)= −meω2 sinωt+mg

k(x′ − x′j

)= kxxx

′j + kxyy

′j + cxxx

′j + cxy y

′j − Fx0

k(y′ − y′j

)= kyxx

′j + kyyy

′j + cyxx

′j + cyy y

′j − Fy0

329

Figura 17.17: Diagrama de Estabilidad

del balance mostrado en figura (17.14), sabemos que

−Fx0 = 0−Fy0 = mg

Consideremos la estabilidad del rotor cuando no hay desbalance. Al sustituir e = 0 en (17.11) seobtiene la ecuacion caracterıstica:

A6λ6 +A5λ

5 +A4λ4 +A3λ

3 +A2λ2 +A1λ+A0 = 0

Tras realizar el analisis de Routh-Hurwitz, se obtiene el criterio de estabilidad:

1ω2

F0

mc> K1 (κ0)

[K2 (κ0) +

1ω2c

F0

mc

]donde las variables auxiliares K1 (κ0) y K2 (κ0) son definidas por

K1 (κ0) =B2

5 +B24B3 −B5B4B2

B6B24

K2 (κ0) =B4

B5

donde

B6 = CxxCyy − CxyCyx

B5 = KxxCyy +KyyCxx −KxyCyx −KyxCxy

B4 = Cxx + Cyy

B3 = KxxKyy −KxyKyx

B2 = Kxx +Kyy

yωc es la velocidad critica.La figura (17.17) muestra las regiones de estabilidad e inestabilidad para descansos largos y cortos y

es denominada Diagrama de Estabilidad. El eje de las ordenadas es normalizado por

Ω =ω√km

y en las abscisas se muestran simultaneamente κ0 y α/Ω2 con

α =F0

ck

330

Figura 17.18: Ejemplo de inestabilidad

que esta relacionado con el inverso de la rigidez. La aproximacion de descanso corto entrega una zonade estabilidad mucho mayor que la aproximacion de descanso largo. Experimentalmente se han obtenidomejores resultados con la aproximacion de descanso corto.

Considerese el caso mostrado en figura (17.18), donde se tiene la condicion critica

1ω2c

F0

mc= 10

para un descanso largo. La lıneas discontinuas a1 − a2, b1 − b2 y c1 − c2 muestran la excentricidad paraniveles de carga livianos, medianos y pesados respectivamente al variar la velocidad. si el rotor (con cargaliviana) acelera desde a1 hacia a2 la posicion de equilibrio del rotor se torna inestable para el puntoA y empieza a ocurrir el oil whirl. Luego, al seguir acelerando el rotor, ocurre la resonancia cuando lavelocidad es igual a la velocidad critica ωc. Al pasar la zona de resonancia la amplitud decrece hasta lade un oil whirl. Cuando la velocidad alcanza 2ωc (en el punto a2) la frecuencia de giro coincide con lafrecuencia natural y ocurre el oil whip. Para cargas medianas, el oil whirl comienza en el punto B, y eloil whip en el punto b2. Para cargas pesadas no alcanza a ocurrir el oil whirl, y el oil whip comienza enC. En este caso ocurre el efecto de inercia cuando el rotor desacelera el oil whip existe hasta alcanzar lavelocidad 2ωc. De estas consideraciones, vemos aparecer 3 tipos de curvas dependiendo del nivel de carga(figura 17.19).

17.6. Medidas preventivas para el oil whip

De acuerdo a lo anterior,

1. Incrementar las frecuencias naturales del sistema. Dado que el oil whip ocurre antes de 2ωc, convieneincrementar el diametro del eje o disminuir su longitud.

2. Expandir la zona estable (figura 17.17), ajustando los parametros que definen α.

3. Incrementar la carga. Lo que reduce la zona inestable (c1 − c2 es mas estable que a1 − a2, figura17.18).

4. Incrementar la razon de excentricidad κ0. La figura 17.17 indica que el rotor es siempre estable paraκ0 > 0,8. Al reducir l, aumentar el juego c y reducir la viscocidad µ podemos aumentar κ0.

5. Usar descansos con secciones transversales especiales (figura 17.20). Por ejemplo al usar descansoscon zapatas flotantes, las rigideces cruzadas se reducen a 0 y por tanto la componente tangencialde la fuerza auto-excitada no aparece.

331

Figura 17.19: Variacion de amplitud

Figura 17.20: Descansos no circulares

332

Bibliografıa

[1] Yamamoto, T., Ishida, Y., Linear and Nonlinear Rotordynamics. Wiley, 1st edition, 2001.

[2] Zheng, T., Shuhua, Y., Zhongdiu, X., Zhang, W., A Ritz model of Unsteady Oil-film forces for non-linear dynamic rotor bearing system, Journal of Applied Mechanics, Vol 71, 219–224, 2004.

333

334

Capıtulo 18

Rotor con grieta

18.1. Introduccion

Una de las causas de accidentes mas serias de un sistema rotor son las grietas por fatiga. En un rotorhorizontal, donde trabaja la fuerza de gravedad, el eje sufre tension en la parte inferior y compresion enla parte superior. Cuando el roto gira, las fuerzas periodicas trabajan y puede aparecer una grieta porfatiga. Dado que la deteccion incipiente de esta grieta es muy importante para evitar accidentes catas-troficos, multiples estudios han sido realizados y contınuan en desarrollo. En este capitulo estudiaremoslas vibraciones no lineales de un sistema rotor simple con una grieta.

18.2. Modelo lineal con desbalance dinamico τ

1Consideremos la inclinacion de un disco ubicado en el centro de un eje. Este sistema de 2 grados delibertad es el sistema rotor mas simple, y que aun posee efecto giroscopico. Para conseguir las ecuacionesdel movimiento asumiremos que las rotaciones son pequenas; luego aplicaremos la segunda ley de Newton.

La figura ?? muestra un sistema rotor y el sistema de coordenadas O−xyz. El rotor tiene un desbalancedinamico representado por el angulo τ (contante). Supongase que el rotor solo sufre inclinaciones y nodeflexiones laterales, y que el centro geometrico del disco (M) permanece en la lınea imaginaria que uneambos descansos. La inclinacion del eje en la posicion del disco sera denominada θ. El centerline del discoOA se inclina de la direccion tangencial OB con un angulo τ . Los angulos θ y τ no estan en la mismadireccion en general. El angulo de inclinacion del centerline OA, que coincide con el eje principal delmomento polar de inercia del disco, Ip, es denominado θ1. Las proyecciones del angulo de inclinacion θ enlos planos xz e yz son denominadas θx y θy respectivamente. Similarmente, las proyecciones del angulode inclinacion del rotor θ1 como θ1x y θ1y. donde ϕ es la direccion en la cual el eje OB se inclina.

1Una presentacion mas detallada puede ser encontrada en ref. ??, §2.4.

Figura 18.1: Modelo de 2 grados de libertad para inclinacion del disco

335

336

Figura 18.2: Momento angular

A continuacion, definimos el vector θ cuya magnitud es θ y cuya direccion es normal a la inclinacion:

θ = θk×OB∣∣∣k×OB∣∣∣

= θy ı+ θx

Si el angulo θ es pequeno,

θx ' θ cosϕθy ' θ sinϕ

Segun su definicion, las componentes angulares θx y θy son representados por vectores que apuntan enlas direcciones positivas y negativas de los ejes x e y respectivamente.

Los vectores de momento angular correspondientes a la figura ?? se muestran en la figura 18.2. Seanlos momento de inercia diametral y polar I e Ip respectivamente. Si el disco no rota el momento angulartiene componentes Iθ1x en la direccion positiva del eje y y de Iθ1y en la direccion negativa del eje x. Siel disco gira alrededor del eje OA con una velocidad angular ω, se anade un vector de momento angularde magnitud Ipω en la direccion OA.

Para derivar las ecuaciones del movimiento, aplicamos un movimiento virtual en un instante dt.Supongase que el vector θ1 cambia en dθ1 durante dt. Como consecuencia el momento angular varia

d(Iθ1y)dt

− Ipωdθ1xdt

(18.1)

en la direccion negativa del eje x yd(Iθ1x)dt

+ Ipωdθ1ydt

(18.2)

en la direccion positiva del eje y. Los cambios son provocados por el momento restaurador M del eje,cuyas componentes en ambos ejes son δθx en la direccion negativa del eje y y δθy en la direccion negativadel eje x; donde δ es la constante elastica del eje por la inclinacion. Considerando que la derivada delmomento angular con respecto al tiempo es igual al momento aplicado, obtenemos:

IIθ1 + IpωGI θ1 = −δθ1

Pero,

θ1 = θ + τ

cosωtsinωt

con lo que se obtiene,

IIθ + IpωGI θ + δIθ = (I − Ip) τω2

cosωtsinωt

(18.3)

337

x

y

x'

y'

ωt

Figura 18.3: Grieta de media luna

con

θ =θxθy

I =

[1

1

]GI =

[1

−1

]

18.3. Modelo del eje con grieta

Consideremos una grieta con forma de media luna como la que se muestra en figura ??.

La rigidez en flexion de un rotor agrietado depende de la direccion de la deflexion. El nivel de rigideztiene dos valores: bajo cuando la grieta esta abierta y alto cuando esta se cierra. Bajo estas circunstancias,si consideramos el sistema de coordenadas O−x′y′ que gira con el eje, la rigidez del resorte en la direcciony′ puede ser representada por la curva mostrada en figura 18.4.

El resorte en x′ es lineal. De figura ?? sabemos que las caracterısticas no lineales del rotor agrietadoestan representadas por

−M ′x = k1θ

′x (18.4)

−M ′y =

(k2 −∆k2) θ′y si θ′y > 0(k2 + ∆k2) θ′y si θ′y < 0

donde

θ′x y θ′y son las componentes del angulo de inclinacion definidas por las coordenadas O − x′y′ comose define en figura ??, y M ′

x y M ′y son las componentes del momento restaurativo en los planos zx′ y zy′.

338

k2−∆k2

k2+∆k2

y'

fy'

Figura 18.4: Rigidez no lineal

Si adicionalmente se introducen las variables adimensionales

θ∗x =θxτ0

θ∗y =θyτ0

ip =IpI

c∗ =c√δI

δ =k1 + k2

2

∆δ =k1 − k2

2

∆∗1 =

∆δδ

∆∗2 =

∆k2

2δ

donde τ0 es un angulo de referencia con el mismo orden de magnitud que la amplitud de la vibracion.Las ecuaciones del movimiento quedan (obvıando el sımbolo ∗):

θ + ipωGI θ+cθ+(1∓∆2) θ+(∆1 ±∆2)RQ2ωtθ = mt + m0 (18.5)

mt = M


m0 = M0

01

La variable M0 es un momento constante correspondiente a la gravedad. El sımbolo ± indica que el signode la parte superior es tomado cuando θ′y > 0 y el de abajo cuando θ′y > 0. Q2ωt es la matriz de rotacion:

Q2ωt =[

cos 2ωt sin 2ωtsin 2ωt − cos 2ωt

]La ecuacion del movimiento 18.5 tiene las siguientes caracterısticas dinamicas:

339

1. rotor asimetrico con diferencia de rigidez segun la direccion

2. no linealidad de tipo lineal por tramos rotando

3. accion de un desbalance excitando al sistema

340

Capıtulo 19

Balanceamiento

19.1. Introduccion

El desbalance es la condicion donde el centro de masas del rotor no coincide con su eje de rotacion.Razones para que ello ocurra son asimetrıas asociadas a:

Desgaste

Contaminacion

Dilataciones

Deformaciones

Montaje de componentes

19.1.1. Vocabulario

La norma ISO 1925 define terminos usados en balanceamiento:

Punto pesado

Ubicacion de la masa desbalanceada

Punto alto

Punto mas alejado del eje de rotacion

Cantidad de desbalance U

Cuantifica el desbalance.

U = mrω

dondem es la masa desbalanceada;rω es la distancia entre m y el eje de rotacion, que esDado que el rotor es un sistema con masas distribuidas, puede existir un desbalance en cada posicion

axial del eje. El rotor puede ser considerado como una serie de discos cada uno de los cuales puede poseercierta cantidad de desbalance (ver figura 19.1).

341

342

Figura 19.1: Distribucion de desbalanceamiento

Desbalanceamiento especifico

Es equivalente al desplazamiento del centro de gravedad del rotor (para un desbalanceamiento pun-tual).

e =U

M

donde M es la masa del rotor (W , su peso).

Planos de correccion

Son las posiciones axiales en el rotor donde se introduciran masas correctoras.

Rotor rıgido

Se habla de un rotor rıgido cuando las vibraciones originadas por la deformacion elastica del rotor sondespreciables c/r a las vibraciones del rotor como cuerpo rıgido. El primer modo natural de deformacionde un rotor aparece para frecuencias cercanas a la primera frecuencia natural. Se considera que si lavelocidad de rotacion tiene una frecuencia inferior a [0,5-0,7] veces su primera frecuencia natural, el rotorpuede ser considerado rıgido.

Es importante notar que al deformarse el eje, la distancia entre m y el eje de rotacion aumentara porlo que U tambien variara. Si el procedimimiento de balanceo considero el eje como rıgido (y era flexible)ello implicara que el rotor solo estara balanceado para la velocidad a la cual se realizaron las mediciones(ver norma ISO 5406, the mechanical balancing of flexible rotors).

Ejes principales de Inercia

Son los ejes coordenados del sistema cartesiano que asegura que los productos de inercia sean nulos.Los productos de inercia se definen como:

Iij =∫xixjdm para i, j = 1, 2, 3

19.1.2. Balanceamiento

Es el procedimiento que permite verificar y corregir la distribucion de masas en un rotor, de tal modoque las fuerzas o vibraciones en los descansos esten dentro de limites especıficos.

343

Eje principal

de inercia

Eje de rotación

Figura 19.2: Desbalanceamiento estatico

Eje principal

de inercia

Eje de rotación

M asa

desbalanceada

M asa

desbalanceada

Figura 19.3: Desbalanceamiento de cupla

19.1.3. Razon de Reduccion de Desbalance

Se define como:

RRD = 1− UrUi

dondeUi es la cantidad de desbalance inicial;Ur es la cantidad de debalance residual.

19.1.4. Tipos de desbalanceamiento

La norma ISO 1925 clasifica el desbalanceamiento segun la distribucion de masas de desbalance en:

Desbalance estatico

En este caso el eje principal de inercia es paralelo al eje de rotacion.

Desbalanceamiento de cupla

El eje principal de inercia intersecta al eje de rotacion en el centro de gravedad del rotor

Desbalanceamiento cuasi-estatico

El eje principal de inercia intersecta al eje de rotacion en un punto distinto al centro de gravedad delrotor

Eje principal

de inercia

Eje de rotación

M asa

desbalanceada

Figura 19.4: Desbalanceamiento cuasi-estatico

344

Desbalanceamiento dinamico

El eje principal de inercia no intersecta al eje de rotacion.Tambien se puede definir el desbalanceamiento inicial (que existe antes de balancear) y residual (que

permanece aun despues de balancear).

19.1.5. Tipos de balanceamiento

El tipo de balanceamiento a aplicar depende de la calidad de balanceamiento requerido, la distribucionde masas del rotor y la velocidad de rotacion.

Balanceamiento en un plano (estatico)

La(s) masa(s) correctora(s) son aplicadas en un solo plano tangente al eje del rotor. Se aplica enrotores cuyo largo es mucho menor que su diametro. Ejemplos: volantes, ventiladores, engranajes, etc.

Balanceamiento en dos planos (dinamico)

En este caso las masas correctoras son aplicadas en dos planos distintos y arbitrarios. Se aplica cuandoel rotor no tiene forma de disco.

Balanceamiento en tres o mas planos

Se aplica en rotores con varias inercias concentradas. Ejemplos: ciguenales, turbinas, etc.

19.1.6. Calidad de balanceamiento

La calidad de balanceamiento se define en normas ISO 1973 y VDI 2060.La norma ISO 1973 usa como indicador de calidad la velocidad del centro de masas del rotor (eω).

Los grados mas precisos de calidad se logran cuando el rotor esta montado sobre sus propios descansos,en sus condiciones de servicio (acoplado a su accionamiento).

1. ω=2πN/60 con N en rpm y ω en rad/s.

2. En general, para rotores rıgidos con dos planos de correccion, la mitad del desbalanceamientoresidual recomendado es tomado para cada plano. Par rotores en forma de discos el valor totalrecomendado corresponde a un plano.

3. Un conjunto de accionamiento en un ensamble el cual incluye el ciguenal, ruedas, embragues, poleas,amortiguadores de vibracion, partes rotatorios que se conectan a las ruedas, etc.

4. Para el proposito de esta Internacional Standard, maquinas diesel lentas son aquellas con unavelocidad de piston 9 m/s: y maquinas rapidas aquellas con velocidad de piston ¿9m/s

5. En maquinas completas, la masa del rotor comprende la suma de todas las masas del conjunto deaccionamiento descrito en (3).

Ejemplo 34 Determinar desbalanceamiento permisible en un ventilador de 100 Kg que gira a 1500 RPMsegun ISO 1973.

Segun la tabla de figura ??, el ventilador requiere una calidad G6.3 (eω = 6,3 mm/s, maximo).

ω = 15002π60

= 157 rad/s

e =6,3157

= 0,04 mm

U = 0,04 · 100 = 4 Kg-mm= 4000 gr-mm

345

Grado deCalidad G

(1) (2) Tipos de Rotores

G 4000 4000 Conjuntos (3) de motores ( diesel) marinos lentos,montados rapidamente, con numero impar decilindros (4).

G 1600 1600 Conjuntos de grandes maquinas de dos cilindros,montados rapidamente.

G 530 630 Conjuntos de grandes maquinas de cuatro cilin-dros montados rapidamente motores marinos(diesel) montados elasticamente.

G250 250 Conjuntos de maquinas diesel rapidas con seis omas cilindros montados rapidamente.

G 100 100 Conjuntos de grandes maquinas diesel rapidas conseis o mas cilindros Motores (a gasolina o diesel)de autos, camiones y locomotoras.

G 40 40 Ruedas de automovil, ruedas de ferrocarril, ejes decardan. Conjuntos de maquinas de cuatro tiem-pos montados elasticamente ( gasolina o diesel),con seis o mas cilindros; motores de automovil,camion, locomotoras.

G15 16 Ejes cardan con requisitos especiales. Partes demaquinaria trituradora y agrıcola. Componentesindividuales de motores ( a gasolina o diesel) deautomovil, camiones y locomotoras. Partes de mo-tores con seis o mas cilindros bajo requisitos espe-ciales.

G 6.3 5..3 Partes de maquinas procesadoras, Tambores cen-trıfugos. Ventiladores. Volantes. Conjunto de ro-tores de turbina a gas. Rotores de bombas cen-trıfugas. Accionamiento de maquinas herramien-tas y partes de maquinaria en general. Armadurasde motores electricos. Componentes individualesde maquinas con requisitos especiales.

G 2.5 2.5 Motores de turbina a gas y vapor, incluso turbinasmarinas. Rotores rıgidos de turbogeneradores. Ro-tores de turbogeneradores. Rotores de turbocom-presores. Accionamiento de maquinas herramien-tas. Bombas de accionamiento a turbina. Ar-maduras de motores electricos medianos y grandescon requisitos especiales : armaduras pequenas

G 1 (de pre-cision)

1 Accionamiento de magnetofonos y de cin-tas grabadoras de maquinas rectificadoras. Ar-maduras de motores electricos pequeos con req-uisitos especiales.

G0.4 0.4 Ejes, discos y armaduras de maquinas rectificado-ras de precision. Giroscopios.

Cuadro 19.1: Desbalanceamiento permisible segn grados de calidad G. Norma ISO 1973

346

Si el balanceamiento se realiza en dos planos se aceptara una cantidad de desbalanceamiento de Ui =U/2 = 2000 gr-mm en cada plano. La relacion entre la cantidad de desbalanceamiento permisible y losniveles de vibracion permisible esta dada por la matriz de coeficientes de influencia, descrita a contin-uacion.

19.2. Balanceamiento en 2 planos

19.2.1. Metodo de los coeficientes de influencia

Este metodo requiere de la medicion de amplitud y fase de la vibracion en dos posiciones (c/r alchavetero o a una marca brillante usualmente):

1. Hacer girar el rotor a la velocidad a la que se desea balancear;

2. Medir la vibracion original V10, V20. Incluir amplitud y fase respecto de la senal tacometro;

3. Detener el rotor.

4. Anadir una masa de prueba m1 (arbitraria) en un radio r1 en el plano de correccion 1. CharlesJackson recomienda usar masas de pruebas que produzcan fuerzas de desbalanceamiento del ordendel 10 % del peso soportado por el descanso:

miriω2 ≤ 0,1

W

2


6. Tomar los nuevos valores de vibracion: V11, V21.

7. Detener el rotor.

8. Si V11 ≈ V10 o V21 ≈ V20 implica que la cantidad de desbalanceamiento de prueba Ut1 = m1r1no es lo suficientemente grande (eventualemente que el problema predominante no es el desbal-anceamiento). En tal caso se debe repetir los pasos 4-7 con un desbalanceamiento de prueba mayor.Los valores no deben ser exagerados pues pueden causar dano a la maquina. Como criterio, IRDaconseja que los cambios de amplitud deben ser mayores que 30 % y en fase de 30o.

9. Retirar la masa de prueba m1 y colocarla en el plano de correccion 2 (Ut2). En el mismo plano axialsi es posible;



12. Detener el rotor

13. Retirar la masa de prueba.

14. Calcular las masas correctoras e instalarlas.

15. Hacer girar el rotor a la velocidad a la que se balanceo;


17. Calcular la RRD.

18. Iterar si el resultado es insatisfactorio.

347

Para calcular las cantidades de desbalanceamiento correctoras, se define una funcion que relacione lavibracion medida en los descansos con los desbalanceamientos presentes en los planos de correccion. Sedefine el coeficiente de influencia Aij como la relacion entre la vibracion medida en el descanso i con eldesbalanceamiento Uj en el plano j que la ocasiona:

Aij =ViUj

A =

[V11−V10Ut1

V12−V10Ut2

V21−V20Ut1

V22−V20Ut2

]Notese que los elementos de A son numeros complejos.Se esta aplicando el principio de superposicion. Se desea que las cantidades de desbalanceamiento

correctoras Uci (i = 1, 2) eliminen el efecto de las cantidades de desbalanceamiento iniciales por ello:

AUc+AU0 = 0

A

Uc1Uc2

= −A

U10

U20

= −

V10

V20

= −V0

Entonces,Uc = −A−1V0

Uc = −

[V11−V10Ut1

V12−V10Ut2

V21−V20Ut1

V22−V20Ut2

]−1V10

V20

19.2.2. Recomendaciones

Asegurese de si realmente se trata de desbalanceamiento;

Use el eje donde las vibraciones radiales son mayores;

Deje que la maquina llegue a operar de manera estacionaria;

Evite masas de prueba exageradas que pueden excitar una resonancia.

En caso que la correccion resultado del metodo sea fısicamente muy dıficil o imposible de instalar,se debe descomponer en componentes que sean faciles de instalar y que vectorialmente equivalgana lo propuesto.

19.3. Balanceamiento en 1 plano

19.3.1. Metodo de los coeficientes de influencia

Aplicando el mismo concepto que en la seccion anterior, el metodo puede ser extendido a mas de dosplanos o reducido a un solo plano corrector. En este ultimo caso:

A = A11

luego

Uc = − V10

A11

348

19.3.2. Metodo sin medicion de fase

El metodo que se describe a continuacion tiene la ventaja de requerir solo mediciones de amplitud. Elprocedimiento consiste en:

1. Medir la amplitud de vibracion inicial V0;

2. Introducir una cantidad de desbalanceamiento de prueba Up en una posicion dada (y marcada comopunto 1); la masa debe ser lo suficientemente grande para variar la amplitud de la vibracion (sincausar danos en la maquina);

3. Medir la amplitud de vibracion V1;

4. Pare la maquina y retira la masa de prueba.

5. Reintroducir el desbalanceamiento de prueba a aproximadamente 120ode la posicion inicial (registreel angulo φ12);


7. parar la maquina y retirar la masa de prueba;

8. Reintroducir el desbalance de prueba a aproximadamente 120ode la segunda posicion (o 240ode laprimera posicion). Registre el angulo φ23;


10. Trace un circulo de radio V0 (ver figura 19.5);

11. Fije una posicion arbitaria como 0o(punto 1), marque φ12 (punto 2) y φ23 (punto 3). Puede usarreferencia horaria u anti-horaria.

12. Desde el punto 1, trace una arco de radio V1;

13. Desde el punto 2, trace una arco de radio V2;

14. Desde el punto 3, trace una arco de radio V3; los tres arcos deben intersectarse en un punto.

15. La masa correctora se calcula:mc = mp

V0

Vt

16. La posicion a utilizar es el angulo entre 0oy el punto de interseccion. El angulo se mide utilizandoel sentido utilizado para posicionar los puntos 1,2,3.

19.4. Norma ISO 5406

Este standard es una guıa para el balanceamiento:

Clasifica los rotores segun sus necesidades de balanceamiento;

Especifica metodos para evaluar la calidad de balanceamiento obtenida.

19.4.1. Definiciones

Rotor rıgido

Un rotor rıgido puede ser balanceado utilizando solo 2 planos de correccion. Ello asegura que lastolerancias de balanceamiento (para el tipo de rotor) no son excedidas a cualquier velocidad (al menoshasta su velocidad maxima de operacion).

349

0 º

Vo

Vt2

3

1

Figura 19.5: Balanceamiento en un plano, sin medicion de fase

Rotor flexible

En este caso, las deflexiones del rotor no aseguran lo anterior. La forma del rotor varia con la velocidad,debido a la cercanıa de una frecuencia natural. Puede requerir el uso de tecnicas de balanceamiento modal.La norma describe situaciones donde un rotor flexible puede ser balanceado satisfactoriamente usandotecnicas de balanceamiento de rotor rıgido.

350

Clase de rotor Descripcion EjemploClase 1 Rotor rıgido Es un rotor desbal-

anceamiento puede sercorregido en dos planosarbitrariamente selec-cionados, de manera quedespues de la correccion,su desbalanceamiento nocambie significativamentea ninguna velocidad entrela partida y su maximavelocidad de operacion

Rueda de engranaje

Clase 2 Rotores casi rıgidos Es un rotor que no puedeconsiderarse rıgido, peroque puede ser balanceadousando con modificacioneslas tecnicas usadas para bal-ancear rotores rıgidos.

Clase 2 a Es un rotor con un soloplano transversal de des-balanceamiento, por ejem-plo, una sola rueda conun eje ligeramente flexi-ble cuyo desbalanceamientopuede ser despreciado.

Eje con rueda de afilado

Clase 2b Es un rotor con dos planostransversales de desbal-anceamiento, por ejemplo,dos ruedas montadas enun eje ligero cuyo des-balanceamiento puede serdespreciado.

Eje con rueda de afilado ypolea

Cuadro 19.2: Clasificacion ISO de Rotores. ANSI 52.42-1982. ISO 5406

351

Clase 2c Es un rotor con mas de dosplanos transversales de des-balanceamiento.

Rotor de un compresor axial

Clase 2d Es un rotor con desbal-anceamiento uniforme ovariando linealmente.

Rodillo de prensa de impre-sion

Clase 2e Es un rotor que consistede una masa rıgida de sig-nificante longitud axial so-portada por un eje flexi-ble cuyo desbalanceamientopuede despreciarse.

Tambor de disco duro PC

Clase 2f Es un rotor simetrico condos planos de correccion enlos extremos, cuya veloci-dad maxima no se aproxi-ma significativamente a lasegunda velocidad crıtica;cuyos rangos de velocidadde servicio no contienen laprimera velocidad crıtica,y el cual tiene un desbal-anceamiento inicial contro-lado.

Bomba centrifuga multi-etapas

Clase 2g Es un rotor simetrico condos planos de correccionen los extremos y unplano central de correcion,cuya velocidad maximano se aproxima significa-tivamente a la segundavelocidad crıtica y el caultiene un debalanceamientoinicial controlado.

Bomba centrifuga de altavelocidad

352

Clase 2h Es un rotor no simetri-co el cual tiene un desbal-anceamiento inicial contro-lado tratado en una manerasimilar a un rotor de clase2f.

Rotor de turbina a vapor

Clase 3 Rotores flexibles Es un rotor que no puede serbalanceado usando tecnicasmodificadas de rotor rıgido,requiere el uso de metodosde balanceamiento de altasvelocidades.

Clase 3a Es un rotor que, paracualquier distribucion deldesbalanceamiento, es signi-ficativamente afectado sola-mente por el primer modode desbalanceamiento.

Rotor de generador de 4 po-los

Clase 3a Es un rotor que, paracualquier distribucion dedesbalanceamiento es signi-ficativamente afectado solopor el primer y segundo mo-do de desbalanceamiento.

Rotor de generador de 2 po-los (pequeno)

Clase 3c Es un rotor que es significa-tivamente afectado por masque el primer y segundo mo-do de desbalanceamiento.

Rotor de generador de 2 po-los (grande)

Clase 4 Es un rotor que podrıa caeren las clases1,2 o 3, peroque ademas tiene una o mascomponentes que son ellasmismas flexibles o que estanunidas flexiblemente.

Rotor con centrifuga flexi-ble

Clase5 Es un rotor que podrıa caeren las clases 1, 2 o 3, peropor alguna razon, por ejem-plo economica, se balanceasolo para una velocidad deoperacion.

Motor de alta velocidad

Observacion 76 Para el estudio de tecnicas de balanceamiento en rotores flexibles el lector interesadoes referido a los artıculos [7, ?].

Parte III

Anexos

353

Apendice A

Metodo de la matriz de transferencia

A.1. Introduccion

Una tecnica alternativa para analizar sistemas rotores complejos es el metodo de la matriz de transfer-encia, propuesto inicialmente por Myklestad (1944) y Prohl (1945). La ventaja principal de este metodoes que los requerimientos computacionales son relativamente bajos. El metodo general es apropiado parasistemas con componentes dispuestos en serie, por lo cual es recomendado para sistemas rotores. Paraexplicar la estrategia utilizaremos el ejemplo de una barra empotrada.

A.2. Descripcion del metodo

Discretizacion del sistema

El primer paso es dividir al sistema en n componentes. Los desplazamientos xi y las fuerzas Nirepresentan un estado del sistema y son denominadas variables de estado. Ellas son ordenadas en vectoresde estado:

zi =

xN

i

Sea mi la masa del i−esimo elemento. Asociaremos mi/2 a cada extremo del elemento. Ambas masasestan conectadas por un resorte sin masa de constante ki. Adicionalmente, se define los vectores de estadoa la derecha e izquierda de cada elemento (figura ??).

Definicion de matrices de transferencia

Dado que las fuerzas entre un extremo y otro de los resortes se balancean

NLi = NR

i−1 = ki(xLi − xRi−1

)

NiNi-1

0 1 2

1 22 i n

z0 z1 z2 zi-1 zi zn

Figura A.1: Esquema del sistema discretizado

355

356

i

zi-1 zi

mi

mi/2mi/2

ki

Figura A.2: por elemento

=mi/2+mi+1/2mi-1 kimi

zi-1 zi-1 zi zi

L L RR

Figura A.3: Sistema

Despejando un desplazamiento en funcion del otro,

xLi = xRi−1 +NRi−1

ki

y para este caso,NLi = NR

i−1

expresando lo anterior en forma matricial,xN

Li

=[

1 1/ki0 1

]xN

Ri−1

o en notacion simbolicazLi = FizRi−1 (A.1)

A continuacion consideramos la masa mi,

mixLi = NR

i −NLi

y,xRi = xLi = xi

Si la masa vibra segunxi = a sinωt

podemos escribir (para todo instante)

NRi = −miω

2xLi +NLi

357

xN

Ri

=[

1 0−mω2 1

]i

xN

Li

o alternativamentezRi = PizLi (A.2)

De ecuaciones A.1 y A.2,zRi = PiFizRi−1 = TizRi−1

donde

Ti =[

1 1/ki−mω2 1−mω2/ki

]i

Ti es denominada la matriz de transferencia del elemento i.

Determinacion de la matriz de transferencia del sistema

Si aplicamos el concepto sucesivamente,

zRn = Tn . . .T1zR0= Tn . . .T1P0zL0= TzR0

o abreviadamentezn = Tz0

Condiciones de borde

Si un borde esta libre, N = 0. En caso de empotramiento, x = 0. En el caso de la barra con unextremo libre y el otro empotrado,

x0

n

= T

0N

0

x0

n

=[T11 T12

T21 T22

]0N

0

A.2.1. Analisis modal

Para el caso estudiado, existen soluciones cuando

0 = T22(ω)N0

lo que implica que buscamos soluciones para

T22(ω) = 0

Las frecuencias naturales ωi son encontradas numericamente.Sustituyendo alguna de las frecuencias naturales ωi en la definicion de T, y dando algun valor apropi-

ado a N0, podemos determinar el valor de z0.Luego es posible aplicar la relacion

zRi = Ti . . .T1z0 (A.3)

para determinar los vectores de estado zRi y conocer el modo propio asociado a la frecuencia ωi.

358

21

LLR R R

0

Figura A.4: Sistema de 2 grados de libertad

Ejemplo numerico

Considerese el sistema de figura A.4, se tiene

x0

2

=[

1 1/k−mω2 1−mω2/k

] [1 1/k

−mω2 1−mω2/k

]0N

0

x0

2

=[

1−mω2/k 2/k −mω2/k2

−2mω2 +m2ω4/k −mω2/k +(1−mω2/k

)2 ] 0N

0

Para encontrar la frecuencia natural usamos la condicion T22 = 0,

−mkω2 +

(1− m

kω2)2

= 0

resolviendo

ω1 =

√3−

√5

2k

m

ω2 =

√3 +

√5

2k

m

Para el primer modo propio tomamos un valor NR0 = 1. Sustituyendo en (A.3)

x0

R1

=[

1 1/k−mω2

1 1−mω21/k

]01

=

1/k

−1+√

52

y para zR2 ,

x0

R2

=[

1−mω2/k 2/k −mω2/k2

−2mω2 +m2ω4/k −mω2/k +(1−mω2/k

)2 ] 01

=

1+√

52k0

por lo que el primer modo es

xR1xR2

=

11+√

52

Ejercicio 20 Obtenga el segundo modo. Dibuje ambos.

359

1

RLR

0

f cos(!t +® )

Figura A.5: Sistema con un grado de libertad

A.2.2. Respuesta forzada

Para obtener la respuesta forzada se discretiza el sistema tal como en la seccion anterior. A contin-uacion se expresan las cargas.

Supongase una fuerza de la formaFi = fi cos (ωt+ α)

actuando sobre la i−esima masa. La fuerza sera expresada en terminos del fasor

Fi = <(f ejωt

)con

f = fieα

Como es sabido, la solucion estacionaria para una excitacion forzada del tipo descrito es

xi = <(xejωt

)con

x = aieβ

Para el sistema descrito en la figura A.5 se tiene

x =f

−mω2 + jωc+ k

Funcion transferencia

Considerense las fuerzas sobre el resorte y el amortiguador del sistema de figura A.5:

NR0 = NL

1 = c(xL1 − xR0

)+ k

(xL1 − xR0

)lo que expresado en fasores

NR0 = NL

1 = (k + jωc)(xL1 − xR0

)escrito en forma matricial

xN

L1

=[

1 1k+jωc

0 1

]xN

R0

(A.4)

360

ozL1 = FizR0 (A.5)

Para la masa, escrito en fasores

xRi = xL1

NR1 = −mxL1 ω2 + NL

1 − f

xN

L1

=[

1 0−mω2 1

]i

xN

R1

+

0−f

(A.6)

Por conveniencia escribiremos la igualdad 1 = 1,

1 =

00

T xN

R1

+ 1 (A.7)

y re-escribiremos (A.4) y (A.6) como xN1

L

1

=

1 1k+jωc 0

0 1 00 0 1

xN

R0 x

N1

R

1

=

1 0 0−mω2 1 −f

0 0 1

xN1

L

0

Dado que el sistema de la figura A.5 posee un solo grado de libertad, la matriz de transferenciaelemental y la del sistema coinciden. En un sistema discretizado podemos escribir

zLi = FizRi−1

zRi = PizLizRi = TizLi

donde

Ti =

1 1ki+jωci

0−miω

2 −miω2

k+jωci−fi

0 0 1

Las variables ası descritas son denominadas extendidas, las cuales son multiplicadas para obtener la matrizdel sistema

zn = Tn . . . T1z0

= Tz0


Si un borde esta libre, N = 0. En caso de empotramiento, x = 0. En el caso de la barra con unextremo libre y el otro empotrado, x

01

R

n

=

T11 T12 T13

T21 T22 T23

T21 T32 T33

0N1

L

0

361

Figura A.6: Modelo de rotor

Respuesta forzada

De la segunda ecuacion se obtiene NR0

0 = T22NR0 + f2

y es posible obtener z0. Para el ejemplo,

NR0 =

k + jωc

−mω2 + k + jωcf

y

z0 =

01

−mω2+k+jωcf

1

Multiplicando sucesivamente las matrices de transferencias elementales por el vector de estado z0 se

obtienen los demas vectores zi.

A.3. Sistemas rotores

A.3.1. Vibraciones libres

Considerese el rotor de figura A.6, que gira a velocidad ω.El centro del eje se traslada ui y vi y se inclina φxi y φyi en la i-esima estacion. Las fuerzas de corte Vxi

y Vyi y los momentos Mxi y Myi trabajan como fuerzas internas. Las convenciones de signos se indicanel figura. El equilibrio de fuerzas y momentos en el plano xz sobre un elemento esta expresado por

V Lxi − V Rxi−1 = 0

MLyi −MR

yi−1 + liVRxi−1 = 0

De la teoria de resistencia de materiales sabemos que

φLyi = φRyi−1 +liEli

MLyi +

l2i2Eli

V Lxi

uLi = uRi−1 + liφRyi−1 +

l2i2Eli

MLyi +

l3i3Eli

V Lxi

362

Figura A.7: Diagrama de fuerzas y momentos

Expresado en forma matricialuφyMy

Vx

L

i

=

1 l l2

EI − l3

6EI

0 1 lEI − l2

2EI0 0 1 −l0 0 0 1

uφyMy

Vx

R

i−1

o en notacion simbolica

zLxi = FizRxi−1

Consideremos a continuacion el equilibrio en el plano yz. Operando similarmente (y considerando laconvencion de signos),

zLyi = FizRyi−1

con

zyi =

−vφxMx

−Vy

Por conveniencia definimos un vector de estado expandido

zi =

zxizyi

Fi =

[Fi 00 Fi

]

363

Inercias en traslacion y rotacion

Considerese la figura A.7. En el plano xz

uLi = uRi = ui

φLyi = φRyi = φyi

Si el rotor gira con velocidad de precesion p

(mi +Mi) ui = (mi +Mi)(−p2ui

)= V Rxi − V Lxi (A.8)

Iiφyi = Ii(−p2φyi

)= MR

yi −MLyi + TGyi

donde TGyi es el momento giroscopico. Comparando con las ecuaciones de §L2 , se obtiene

Iiφyi = Ipiωxi + δφyi

Iiφxi = −Ipiωφxi + δφxi

De lo anterior y de figura A.5,

TGxi = −IpiωφyiTGyi = −Ipiωφxi

Si el rotor precesiona en la forma

φyi = R cos pt−φxi = R sin pt

las expresiones anteriores se transforman en

TGxi = −IpiωpφyiTGyi = −Ipiωpφxi

Substituyendo en (A.8),zRxi = PizLxi

donde

P =

1 0 0 00 1 0 00 Ipiωp− Ip2 1 0

− (m+M) p2 0 0 1

i

Similarmente,zRyi = PizLyi

zRi = PizLidonde

Pi =[

Pi 00 Pi

]Finalmente

zRi = TizLyiTi = PiFi

o d forma equivalente

Ti =[

Ti 00 Ti

](A.9)

conTi = PiFi

364

Descansos

Por simplicidad consideraremos resortes simples de constante k, simetricos en x e y,

Fxi = −kiuiFyi = −kivi

Por ejemplo, en el plano xz de figura A.7, dado que Fxi actua en la direccion de V Rxi , la ecuacion (??) escorregida a

P =

1 0 0 00 1 0 00 Ipiωp− Ip2 1 0

k − (m+M) p2 0 0 1

i

Con lo que

Ti =

1 0 0 00 1 0 00 Ipiωp− Ip2 1 0

k − (m+M) p2 0 0 1

la aplicacion sucesiva permite obtener el vector de estado de cada estacion i,

zRi = Ti . . .T1P0z0 (A.10)

y

zn = Tz0 (A.11)T = Tn . . .T1P0 (A.12)

T es la llamada funcion de transferencia global.


Para condiciones de apoyo simple en los extremos,

u0 = 0v0 = 0

Mx0 = 0My0 = 0

Propiedades modales

Supongase que varios de los elementos de los vectores de estado extremos son 0. Representaremosestos elementos por un vector nulo y el resto por zi. La ecuacion (A.11) queda

zn0

=[

T11 T12

T21 T22

]z0

0

De la segunda lınea,

0 = T21z0 (A.13)

Dado que z0 6= 0 si el sistema vibra libremente,

|T21 (p, ω)| = 0

entrega las frecuencias naturales.Para hallar los modos propios se sustituyen las raıces pi encontradas en (A.13) dando un valor arbi-

trario no nulo a alguna de las incognitas (para escalar al vector propio) y se obtiene z0. Luego se aplicasucesivamente (A.10).

Observacion 77 Notese que (A.9) esta desacoplada en los planos xz e yz. Ello permite realizar elanalisis modal por separado en cada plano. Dada la simetrıa existente en este caso, basta con hacerlo enun plano.

365

A.3.2. Vibraciones forzadas

Considerese el rotor de figura A.6. Asumase que el disco tiene una excentricidad ei ubicada en unangulo αi del plano xz. Las fuerzas generadas por el desbalance son

Fxi = Mieiω2 cos (ωt+ αi)

= <(fie

jωt)

Fyi = Mieiω2 sin (ωt+ αi)

= <(−jfiejωt

)con

fi = Mieiω2ejαi

Amortiguacion

Consideremos un descanso que aporta rıgidez y amortiguacion, modelado por

Fxi = − (k11ui + k12vi + c11ui + c12vi)Fyi = − (k21ui + k22vi + c21ui + c22vi)

Las siguientes relaciones pueden ser establecidas

φRyi = φLyi

uRi = uLi

Iiφyi = MRyi −ML

yi + Ipiωφxi

(mi +Mi) uLi = V Rxi − V Lxi

− (k11ui + k12vi + c11ui + c12vi) +<(fie

jωt)

Similarmente

φRxi = φLxi

vRi = vLi

Iiφxi = MRxi −ML

xi + Ipiωφxi

(mi +Mi)(−vLi

)=

(−V Rxi

)−(−V Lxi

)− (k21ui + k22vi + c21ui + c22vi)

−<(−jfiejωt

)Expresamos las variables en fasores,

u = <(uejωt

). . .

sustituyendo y reordenando matricialmente,

uφyMy

Vx−vφxMx

−Vy1

R

i

=

11a32 1 a36

a41 1 a45 f1

1a72 a76 1

a81 a85 1 −jf1

i

uφyMy

Vx−vφxMx

−Vy1

L

i

366

ozRi = PizLi

donde

a32 = −Iω2

a36 = −jIpω2

a41 = − (m+M)ω2 + (k11 + jc11ω)a45 = − (k12 + jc12ω)a72 = jIpω

2

a76 = −Iω2

a81 = − (k21 + jc21ω)a85 = − (m+M)ω2 + (k22 + jc22ω)

Similarmente,

uφyMy

Vx−vφxMx

−Vy1

L

i

=

1 l b13 b141 b23 b24

1 −l1

1 l b13 b141 b23 b24

1 −l1

1

i

uφyMy

Vx−vφxMx

−Vy1

R

i−1

ozRi = FizLi

donde

b13 =l2

2EI

b14 =l3

6EI

b23 =l

EI

b24 = − l2

2EI

y nuevamente definimosTi = PiFi


Tras imponer la condiciones de borde es posible escribir zn01

=

T11 T12 f ′

T21 T22 f ′′

0 0 1

z0

01

De la segunda lınea,

T21z0 = −f ′′

de donde se despeja z0. Los estados intermedios son obtenidos de la forma ya descrita.

Ejercicio 21 Para el rotor de problema ?? obtenga la curva de respuesta estacionaria r vs ω para undesbalance de 1 grmm.

Apendice B

Identidades utiles

B.1. Fasores

ejθ = cos θ + j sin θ

cos θ = sin(θ +

π

2

)= Re

(ejθ)

sin θ = cos(θ − π

2

)= Re

(ej(θ−π/2)

)luego

cosωtsinωt

= Re

(ejωt

ej(ωt−π/2)

)= Re

(1

ej(−π/2)

ejθ)

= Re(

1−i

ejθ)

B.2. Momentos de seccion

B.2.1. Seccion rectangular

b:baseh:altura

Ixc=bh3

12

Iyc=b3h

12

367

368

b

h

x

y

c

Figura B.1: Seccion rectangular

Bibliografıa

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369

370

Curvas ejemplo motor sincronico

Estas curvas describen el torque motriz constante y dinamico del ejemplo del motor sincronico depolos salientes:

w=0:0.2:0.8;T=[0.46 0.52 0.61 0.74 0.99];wTs=0:0.01:0.8;Ts=spline(w,T,wTs);wTs=[wTs .9 1]; % velocidadTs=[Ts .93 .29]; % torque medio

w=0:0.2:0.8; w=[w .97];wPs=0:0.01:1; % velocidadP=[0.3 0.3 0.31 0.33 0.4 0.48];Ps=spline(w,P,wPs); % torque oscilante

371

372

Normas para el analisis devibraciones

B.3. Introduccion

Un standard representa un consenso de opiniones de expertos. Su uso debe ser sencillo y no debepermitir ambiguedades. Debe incluir como medir y como analizar la informacion que le sirve de elementode juicio. Los objetivos de un standard son:

1. Establecer criterios para clasificar la performance de un equipo o componente

2. Proveer una base de comparacion de la calidad del mantenimiento entre equipos o componentessimilares

3. Verificar la condicion de un equipo o componente

4. Proveer criterios para la seleccion de un equipo o componente

5. Establecer procedimientos para la calibracion de un equipo.

En este capitulo trataremos las normas existentes para el analisis de vibraciones en maquinas. Tambienexisten normas para la calibracion de sensores (Harris, 1996, Cap. §18)[1], para procedimientos de ensayopara materiales para aislacion (Harris, 1996, Cap. §34, §41), balanceamiento de sistemas rotores (Harris,1996, Cap. §39), efectos de la vibracion en seres humanos (Harris, 1996, Cap. §44).

B.4. Organizaciones proveedoras de normas

ISO [web], International Standards Organization (orientada a tecnologıas)

IEC [web], International Electrical Commission (orientada a productos)

ANSI [web], American National Standards Institute.

Otros institutos y sociedades norteamericanas que proponen normas son:

API, American Petroleum Institute,

Hydraulic Institute

NEMA [web], National Electrical Manufacturers Association

Compressed Air and Gas Association

Departamento de Defensa

373

http://www.iso.org

http://www.iec.ch

http://www.ansi.org

http://www.nema.org

374

B.5. Criterios

B.5.1. Tipo de maquinaria

Las maquinas pueden ser subdivididas en 4 categorıas para propositos de medicion de vibraciones yevaluacion:

Maquinas alternativas

• Motores a combustion interna• Compresores y bombas alternativas

Maquinas rotativas con rotores rıgidos

• ciertos motores electricos• Bombas de una etapa• Bombas de baja velocidad

Maquinas rotativas con rotores flexibles

• Turbinas de vapor y gas

Maquinas rotativas con rotores cuasi-rıgidos

• turbinas a vapor de presion baja• compresores de flujo axial• ventiladores

B.5.2. Severidad de vibracion

Como veıamos en el capitulo §8 podemos medir con 3 tipos de sensores: desplazamiento, velocidad yaceleracion. El uso de uno u otro depende de: el standard utilizado, el rango de frecuencias, otros factores.Por ejemplo, si las excitaciones estan el rango 101 − 103 Hz, la unidad mas utilizada es la velocidad ylos puntos de medicion mas usuales son los pedestales o descansos del sistema analizado. Cuando elmovimiento es harmonico simple se utiliza el valor peak o el valor RMS en general.

B.6. Maquinas rotativas con rotores rıgidos

La norma ISO 23721 define el grado de severidad de las vibraciones en equipos con rotores rıgidos ytambien de equipos con rotores flexibles, donde la medicion es hecha en los descansos del rotor. El rangode frecuencias de excitacion debe estar en el rango 0.3-3 veces la frecuencia de rotacion.

La norma clasifica un equipo en 4 clases:

Clase I. Componentes individuales de hasta 15 kW, conectados a un sistema.

Clase II. Maquinas medianas (entre 15 y 75 kW)

Clase III. Maquinas grandes en fundaciones rıgidas

Clase IV. Maquinas grandes en fundacion elasticas.

La norma considera que dos componentes de amplitud RMS iguales tienen igual severidad si susfrecuencias asociadas estan en el rango 10-1000 Hz.

Si la frecuencia de operacion esta en el rango 600-1200 rpm se puede utilizar la norma ISO 2945, quesolo clasifica en terminos de la flexibilidad de los soportes. Se dice que un soporte es flexible si la primerafrecuencia natural del sistema esta por debajo de la frecuencia de operacion, caso contrario se habla deun soporte rıgido.

1Mechanical Vibration of Machines with Operating Speeds from 10 to 200 rps

375

5

Vibración global

Norma ISO 2372 - ISO 3945 Tipo de máquina

Velocidad Global RMS (mm/s)

-15 KW

15-75 KWo 300 KW con base rígida

300 KW- con soporte rígido

300 KW- con soporte flexible

.18-.28

.28-.45

.45-.71

.71-1.12 1.12-1.8 1.8-2.8 Buena 2.8-4.5 4.5-7.1 Satisfactoria 7.1-11.2 11.2-18 Insatisfactoria 18-28 Inaceptable

Figura B.2: Norma ISO 2372

Velocidad RMS Tipo de soportemm/s Rıgido Flexible0.460.711.121.8 bueno2.8 bueno4.6 satisfactorio7.1 satisfactorio11.2 insatisfactorio18.0 insatisfactorio28.046.071.0 inaceptable inaceptable

Cuadro B.1: Norma ISO 3945

376

Parte Alcance1 Procedimientos generales para varias clases de maquinas, centrados en mediciones

hechas en partes no rotativas2 Turbinas a vapor de mas de 50 MW (en tierra)3 Sistemas con potencia nominal sobre 30 kW; velocidades entre 120-150000 rpm4 Turbinas a gas exceptuando aeronaves5 Turbomaquinas con potencia nominal sobre 1 MW; velocidades entre 120 y 1800

rpm


Parte Alcance1 Procedimientos generales para varias clases de maquinas2 turbinas a vapor grandes, en tierra firme3 Maquinas industriales con descansos hidrodinamicos4 Turbinas a gas industriales con potencia nominal mayor que 3 MW5 Turbomaquinas con descansos hidrodinamicos con potencia nominal superior a 1

MW


B.6.1. Evaluacion de la condicion a partir de mediciones en descansos

La norma ISO 10816 describe procedimientos para evaluacion de severidad bajo criterios mas especi-ficos que las normas antes descritas.

B.6.2. Maquinas rotativas con descansos flexibles

Cuando la carcasa del una maquina es relativamente rıgida y/o pesada en comparacion con su rotores posible considerar que el rotor se comporta de manera flexible y en tal caso es mejor medir la vibraciondel rotor directamente a traves de sensores de desplazamiento, por ejemplo. La norma ISO 7919 debe serconsiderada en este caso.

B.6.3. Norma ISO 2373

Esta norma es una adaptacion de la norma 2372 para motores electricos y aplica a motores trifasicosde corriente alterna y motores de corriente continua con altura de eje2 entre 80 y 400 mm. El sistemade medicion debe cumplir la norma ISO 2954. Las pruebas deben ser realizadas en una suspension libre(muy elastica), sin carga para velocidad, frecuencia de la lınea y voltaje nominales y en condiciones detemperatura estacionarias.

2distancia vertical entre el centerline del eje y la base del motor.

Calidad Velocidad Amplitud velocidad mm/s rmsrpm 80 < h < 132 mm 132 < h < 225 mm 225 < h < 400 mm

Normal 600− 3600 1,8 2,8 4,5Reducida 600− 1800 0,71 1,12 1,8

1800− 3600 1,12 1,8 2,8Especial 600− 1800 0,45 0,71 1,12

1800− 3600 0,71 1,12 1,8


377

NEMA FRAME DIMENSIONS

A.C. Motors

Compliments of:

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Dimensions in Inches

Frame D E 2F H U BA N-W V min. R ES min. S48 3 2.12 2.75 .34 .5 2.5 1.5 - .453 - Flat56 3.5 2.44 3 .34 .625 2.75 1.88 - .517 1.41 .188

143 3.5 2.75 4 .34 .75 2.25 2 1.75 .643 1.41 .188143T 3.5 2.75 4 .34 .875 2.25 2.25 2 .771 1.41 .188145 3.5 2.75 5 .34 .75 2.25 2 1.75 .643 1.41 .188

145T 3.5 2.75 5 .34 .875 2.25 2.25 2 .771 1.41 .188182 4.5 3.75 4.5 .41 .875 2.75 2.25 2 .771 1.41 .188

182T 4.5 3.75 4.5 .41 1.125 2.75 2.75 2.5 .986 1.78 .25184 4.5 3.75 5.5 .41 .875 2.75 2.25 2 .771 1.41 .188

184T 4.5 3.75 5.5 .41 1.125 2.75 2.75 2.5 .986 1.78 .25203 5 4 5.5 .41 .75 3.12 2.25 2 .643 1.53 .188204 5 4 6.5 .41 .75 3.12 2.25 2 .643 1.53 .188213 5.25 4.25 5.5 .41 1.125 3.5 3 2.75 .986 2.03 .25

213T 5.25 4.25 5.5 .41 1.375 3.5 3.38 3.12 1.201 2.41 .312215 5.25 4.25 7 .41 1.125 3.5 3 2.75 .986 2.03 .25

215T 5.25 4.25 7 .41 1.375 3.5 3.38 3.12 1.201 2.41 .312224 5.5 4.5 6.75 .41 1 3.5 3 2.75 .857 2.03 .25225 5.5 4.5 7.5 .41 1 3.5 3 2.75 .857 2.03 .25254 6.25 5 8.25 .53 1.125 4.25 3.37 3.12 .986 2.03 .25

Página 1 de 3NEMA MOTORS - FRAME SIZES

14/12/2004http://www.conweb.com/tblefile/frame.shtml

Figura B.3: Descripcion de carcasas NEMA -lista parcial-

B.6.4. Norma NEMA MG1-1993

Esta norma es aplicable a maquinas DC y maquinas polifasicas de corriente alterna, en carcasas detalla 42 y mas grandes, con potencias interiores a 75 MW, y velocidad de hasta 3600 rpm [web].

B.6.5. Normas API

La tabla B.5 lista una serie de normas par amaquinas utilizadas en la industria petroquımica.

B.7. Maquinas alternativas

La norma ISO 10816 (maquinas alternativas con potencias sobre 1 MW) establece procedimientos yguıas para la medicion y evaluacion de vibraciones en equipos alternativos. Las mediciones se realizansobre la carcasa del equipo.

http://www.nema.org

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Norma Tipo de maquina612 Turbina a vapor613 Reductores617 Compresores centrifugos619 Compresores de desplazamiento positivo, de tipo rotativo610 Bombas541 Motores de uso especıfico

Cuadro B.5: Normas del American Petroleum Institute

B.8. Reductores

La norma ISO 8579-2 evalua el nivel de vibracion en reductores. Las mediciones deben ser hechasen condiciones de operacion. Se utilizan dos medios de medicion: vibraciones del eje, vibraciones de lacarcasa (lo mas cercano posible a un descanso). El rango util para los sensores de desplazamiento es[0,500] Hz. Para los sensores de aceleracion es [10,10000] Hz.

B.9. Compresores centrifugos

El Compressed Air and Gas Institute [web] dispone de normas para evaluar la severidad de las vi-braciones para este tipo de equipos (hasta 15000 rpm). En general, lo relevante es analizar el cambio deniveles respecto de un valor de referencia y no su valor absoluto.

B.10. Bombas

El Hydraulic Institute [web] especifica limites aceptables de vibraciones para bombas horizontales,bajo las siguientes condiciones: no deben cavitar, el flujo de entrada a la bombas es uniforme, el piping nogenera deformaciones anomalas en la bomba, el acoplamiento cumple normas de alineacion del fabricante.

B.11. Embarcaciones

La vibracion del casco es excitada por la propela y su eje. Su efecto mas importante se nota en lapopa (posiblemente no se cumple cuando existe una situacion de resonancia). La evaluacion para navesmercantes de mas de 100 m de eslora se realiza con la norma ISO 6945, aunque tambien se pueden utilizarlas normas 2631, 4867, 4868. Los requerimientos para las mediciones se describen en la norma ISO 10055.La marina de los Estados Unidos propone la norma MIL-STD-167-1 para niveles permisibles de vibracionen equipos que esten montados en la nave.

B.12. Estructuras civiles e industriales

La referencia [39] presenta un sumario acerca de las consideraciones de diseno de edificios. (Beaverset al, 1994)[44] lista una serie de consideraciones de diseno de estructuras industriales. El analisis sısmicopuede ser analizado con las referencia [41] a [43].

B.13. Seres humanos

La norma ISO 2631 define metodos para medir vibraciones periodicas, aleatorias y transientes sobreel cuerpo completo.

ISO 6987 permite evaluar la exposicion a vibraciones de muy baja frecuencia [0,063,1] Hz (como enlas estructuras petroleras marıtimas, por ejemplo).

ISO 5349 evalua la exposicion a vibraciones transmitidas a traves de la mano.

http://www.cagi.org

http://www.pumps.org

379

100 101 102100

101

102

Frecuencia (Hz)

Vel

ocid

ad p

eak-

peak

(mm

/s) Excesivo

Favorable

Figura B.4: Norma ISO 4867 para embarcaciones

380

Bibliografıa

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[4] International Standards Organization: Mechanical Vibration of Rotating and ReciprocatingMachinery-Requirements for Instruments for Measuring Vibration Severity, ISO 2954.

[5] International Standards Organization: Mechanical Vibration-Evaluation of Machine Vibration byMeasurements on Non-Rotating Parts, ISO/DIS 10816 Series: ISO/DIS 10816/1: General Guidelines.

[6] ISO/DIS 1081612: Guidelines for Land-Based Steam Turbines Sets in Excess 50 MW.

[7] ISO/DIS 10816/3:Guidelines for Coupled Industrial Machines with Nominal Power Above 30 kWand Nominal Speeds Between 120 and 15,000 rpm, When Measured in Situ.

[8] ISO/DIS 10816/4: Guidelines for Gas Turbine Driven Sets Excluding Aircraft Derivative.

[9] ISO/DIS 10816/5: Guidelines for Hydraulic Machines with Nominal Speeds Between 120 and 1800rpm, measured in Situ.

[10] International Standards Organization: Mechanical Vibration of Non-Reciprocating Machines-Measurements on Rotating Shafts and Evaluation, ISO 7919 Series ISO 7919/1: General Guidelines.

[11] ISO 7919/2: Guidelines for Large Land-Based Steam Turbine Generating Sets.

[12] ISO 7919/3: Guidelines for Coupled Industrial Machines.

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[14] ISO 7919/5: Guidelines for Hydraulic Machine Sets,

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[24] International Standards Organization: Mechanical Vibration-Evaluation of Machine Vibration byMeasurements on Non-Rotating Parts, Part 6: Reciprocating Machines with Power Ratings Above100 kW, ISO/DIS 10816/6.

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Documents

Modelamiento Sistemas Rotores - Orbita