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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.
2
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
3.6. Comentarios finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
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
10.5. Comentarios finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
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
11.7. Comentarios finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
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.
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 15
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 17
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 19
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 21
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 23
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 25
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 27
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 29
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 31
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 33
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 35
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 37
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∗
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 39
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 41
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 47
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 49
-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(");
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 51
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 53
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 55
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 57
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 59
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 61
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-
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 63
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 65
-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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 67
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 69
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
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).
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 75
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
à = ¡@udy
Z
Y
Figura 4.6: Convencion de signos
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 77
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 79
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 81
.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,
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 83
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),
m = mDν2(l1) + IDxg
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 85
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 87
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
Figura 4.11: Diagrama de Campbell
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 89
4.3.4. Ejemplo numerico
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 91
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 93
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
m = mDν2(l1) + IDxg
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 ??.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 95
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
m = mDν2(l1) + IDxg
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 97
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
4.6.2. Ejemplo numerico
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 99
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.
Signo de q1q2 Condicion Giro
+ Ω <√
k1mϕ2+maϕ
adelante
-√
k1mϕ2+maϕ
< Ω <√
k2mϕ2+maϕ
atras
+√
k2mϕ2+maϕ
< Ω adelante
Cuadro 4.2: Sentido del giro
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
Signo de q1q2 Condicion Giro
- ω < ω20 =√
k2m Atras
+ ω > ω20 Adelante
Cuadro 4.3: Sentido del giro
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 101
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,
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 103
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.
4.7.6. Ejemplo numerico
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
Figura 4.21: Diagrama de Campbell
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 105
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
4.8.1. Ejemplo numerico
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 107
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 109
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 111
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 113
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).
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 115
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 121
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 123
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 127
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 129
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 131
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 133
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 135
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 139
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 141
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 143
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 145
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 147
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 149
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 151
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 153
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 155
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 159
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).
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 161
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 163
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 165
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 169
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 171
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;
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 173
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 175
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 177
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 179
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 181
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 183
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 185
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 187
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
9.8. Comentarios finales
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 193
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 195
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
1. Calculos iniciales
a) Construir las matrices estructurales M, C, K.
b) Inicializar x0, x0, x0.
c) Seleccionar el paso de tiempo ∆t.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 197
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
2. Para cada paso de tiempo,
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)
b) Resolver para los desplazamiento en t+ ∆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)
x1 exactox2 exactox1x2
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 199
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
1. Calculos iniciales
a) Construir las matrices estructurales M, C, K.
b) Inicializar x0, x0, x0.
c) Seleccionar el paso de tiempo ∆t, y
θ = 1,4
200
d) Calcular los coeficientes ai,
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
2. Para cada paso de tiempo,
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 201
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 10.6: 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
Los resultados se muestran en figuras 10.6 y 10.7 para los dos pasos de tiempo considerados.
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
1. Calculos iniciales
a) Construir las matrices estructurales M, C, K.
b) Inicializar x0, x0, x0.
c) Seleccionar el paso de tiempo ∆t, y los parametros de Newmark,
δ ≥ 12
α ≥ 14
(12
+ δ
)2
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 203
d) Calcular los coeficientes ai,
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
2. Para cada paso de tiempo,
a) Calcular las cargas efectivas en t+ ∆t,
ft+∆t = ft+∆t + M (a0xt + a2xt + a3xt)+C (a1xt + a4xt + a5xt)
b) Resolver para los desplazamiento en t+ ∆t,
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
Los resultados se muestran en figuras 10.8 y 10.9 para los dos pasos de tiempo considerados.
204
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 10.8: 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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 205
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)
que definen la relacion, xt+∆t
xt+∆t
xt+∆t
= Aw
xtxtxt
+ Lwft+θ∆t (10.38)
y las constantes son:
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 207
que definen la relacion, xt+∆t
xt+∆t
xt+∆t
= Aw
xtxtxt
+ Lwft+θ∆t (10.41)
y las constantes son:
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 209
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 211
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 213
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.
10.5. Comentarios finales
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 215
-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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 221
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 223
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 225
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 227
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.
11.3.4. Ejemplo numerico
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 229
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
11.4.1. Ejemplo numerico
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. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 231
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
Figura 11.13: Diagrama de Campbell
11.5.1. Ejemplo numerico
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 233
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).
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 235
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 237
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).
11.6.1. Ejemplo numerico
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).
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 239
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 241
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 243
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 245
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 247
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 11.25: Diagrama de Campbell
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 249
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
11.7. Comentarios finales
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 251
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
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)
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 257
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.
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 259
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
R. Pascual. Modelamiento de Sistemas Rotores. Universidad de Chile. 261
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.
12.5. Comentarios finales
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
cos (ωt+ α)sin (ωt+ α)
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
Figura 13.3: Diagrama de Campbell
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
cos (ωt+ α)sin (ωt+ α)
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
13.6. Comentarios finales
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
Figura 14.7: Amplitud vs frecuencia. β0 = 2, α0 = π.
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
Figura 14.8: Amplitud vs frecuencia. β0 = 10, α0 = π.
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.
14.5. Comentarios finales
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
Figura 15.3: Diagrama de Campbell
K-∆KK+∆K
Figura 15.4: Rodamiento con elemento rodante de diametro mayor
298
con las acostumbradas
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
Figura 15.10: Diagrama de Campbell
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)
con las acostumbradas
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
Figura 16.16: Diagrama de Campbell
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
16.4. Comentarios finales
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
cos (ωt+ α)sin (ωt+ α)
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
5. Hacer girar el rotor a la velocidad a la que se desea balancear;
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;
10. Hacer girar el rotor a la velocidad a la que se desea balancear;
11. Tomar los nuevos valores de vibracion: V12, V22.
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;
16. Tomar los nuevos valores de vibracion: V13, V23.
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);
6. Medir la amplitud de vibracion V2;
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;
9. Medir la amplitud de vibracion V3;
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
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, 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.
Condiciones de borde
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
Condiciones de borde
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
[1] Baumeister T. Avallone, E.A. Manual Del Ingeniero Mecanico. McGraw-Hill, 9 edition, 1995.
[2] J. Bisschop. Optimization modelling. Technical report, Paragon Decision Technology, 2001.
[3] F. Ehrich. High order subharmonic response of high speed rotors in bearing clearance. Journal ofVibration, Acoustics, Stress, and Reliability in Design, 110(9):10–16, January 1988.
[4] F. Ehrich, Handbook of Rotordynamics, McGraw-Hill, 1992.
[5] L. Galloway. Transient torsional vibrations in multiple-inertia systems. IEEE Transactions onIndustry Applications, (6):690–696, November/December 1972.
[6] Rixen D. Geradin, M. Mechanical Vibrations. Wyley, 2nd edition, 1997.
[7] M.S. Hundal and R.J. Harker. Balancing of flexible rotors having arbitrary mass and stiffnessdistribution. Journal of Engineering for Industry, pages 217–233, May 1966.
[8] M. Lalanne and G. Ferraris. Rotordynamics Prediction in Engineering. John Wiley and Sons, 2ndedition, 1998.
[9] The Mathworks, Inc. Matlab 6 Reference Manual, 2000.
[10] A. Muszynska. Partial lateral rotor to stator rubs. IMechE paper, (C281/84), 1984.
[11] A. Muszynska. Tracking the mystery of oil whirl. Sound & Vibration, pages 8–11, 1987.
[12] A. Tondl. Some Problems of Rotor Dynamics. Czechoslovak Academy of Sciences, Prague, Czechoslo-vakia, 1965.
[13] J.M. Vance. Rotordynamics of Turbomachinery. John Wiley & Sons, 1988.
[14] T. Yamamoto and Y. Ishida. Linear and Nonlinear Rotordynamics. Wiley, 1st edition, 2001.
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
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
Cuadro B.2: Norma ISO 10816
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
Cuadro B.3: Norma ISO 7919
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
Cuadro B.4: Norma ISO 2373
377
NEMA FRAME DIMENSIONS
A.C. Motors
Compliments of:
Use "Back" button
to return
to Table Page
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.
378
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.
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
[1] Harris, C.M.,Shock and Vibration Handbook, 4th ed., Mc-Graw-Hill, 1996.
[2] International Standards Organization: Mechanical Vibration of Machines with Operating Speeds from10 to 200 rps.-Basis for Specifying Evauation Standards, ISO 2372.
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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.
[13] ISO 7919/4: Guidelines for Gas Turbines.
[14] ISO 7919/5: Guidelines for Hydraulic Machine Sets,
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