Materi Perkuliahan Teknik Mesin Getaran Bebas.pdf

Materi presentasi

1. Getaran 1 derajat kebebasan
Getaran Mekanik, Kuliah 2
GETARAN MEKANIK
TEKNIK MESIN
STT MANDALA -BANDUNG

2. Recall dari kuliah sebelumnya
Getaran Mekanik, Kuliah 2
0)()( =+tkxtxmPersamaan diferensial orde 2
t
x(t)
x(t)=Asin( ω
nt+φ)
Solusi diasumsikan harmonik
sbg
fungsi sinus

3. Solusi alternatif
Getaran Mekanik, Kuliah 2
x(t)=Asin( ω
n
t+φ)
x(t)=A
1sinω
nt+A
2cosω
n
t
x(t)=a
1e
jω
nt
+a
2e
−jω
nt
Cartesian form
magnitude and phase form
polar form
22
)(
tan,
21
2
21
1
212211
2
112
2
2
1
jAA
a
jAA
a
jaaAaaA
A
A
AAA
+
=
−
=
−=+=








=+=
−
φ
1−=j

4. Redaman viskos
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1
Dalam model massa pegas sebelumnya: getaran terjadi tak berhenti
Dalam kenyataan, getaran akhirnya berkurang dan akhirnya berhenti, maka
terdapat sesuatu yang meredam getaran tersebut (mendisipasikan energi)
maka dibuatlah model redaman viskos untuk merepresentasikan pengurang
getaran tsb
)()()( txctcvtf
c
−=−=
x
f
c
Damper (c)
Gaya redaman tsb
c=konstanta redaman

5. Sistem massa- pegas-
peredam
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1
M
k
x
c
DBB
0)()()( =++ tkxtxctxm 

x(t)=ae
λt
Solusi untuk persamaan gerak ini adalah
t
t
aetx
aetx
λ
λ
λ
λ
2
)(
)(
=
=



6. Solusi persamaan gerak
(lanjutan)
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1
0)()()( =++ tkxtxctxm 

x(t)=ae
λt
t
t
aetx
aetx
λ
λ
λ
λ
2
)(
)(
=
=



ae
λt
≠0 ⇒ (λ
2
+
c
λ
m
+ω
n
2)=0
0)(
2
=++ kcmae
t
λλ
λ
1
0)2(
2
2
2,1
22
−±−=
=++
=ζωζωλ
ωλζωλ
ζ
nn
nn
km
c
Rasio redaman
Persamaan gerak
Persamaan kwadrat
Akar akar

7. Kemungkinan 1: gerak teredam
kritis
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1


λ
1,2=−1ω
n±ω
n1
2
−1
=−ω
n
x(t)=a
1e
−ω
nt
+a
2te
−ω
nt
nr
mkmccωζ221 ===⇒=
Redaman kritis terjadi jika λ=1, koefisien redaman c menjadi koefisien red
kritis
Akar berulang dan real
Solusi :

8. Gerak teredam kritis
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1
x=(a
1
+a
2t)e
−ω
nt
⇒a
1=x
0
v=(−ω
na
1−ω
na
2t+ a
2)e
−ω
nt

v
0=−ω
n
a
1+ a
2
⇒a
2=v
0+ω
n
x
0
0 1 2 3 4
-0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
Time (sec)
Displacement (mm)
k=225N/m m=100kg and ζ=1
x
0
=0.4mm v
0
=1mm/s
x
0
=0.4mm v
0
=0mm/s
x
0
=0.4mm v
0
=-1mm/s
a
1 dan a
2 dpt diperoleh dari kondisi awal
Tidak terjadi osilasi
- Mekanisme pintu, sensor analog

9. Kemungkinan 2: overdamped
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1


λ
1,2=−ζω
n±ω
nζ
2
−1
x(t)=e
−ζω
n
t
(a
1e
−ω
n
tζ
2
−1
+a
2e
ω
n
tζ
2
−1
)

a
1
=
−v
0
+(−ζ+ζ
2
−1
)ω
n
x
0
2ω
n
ζ
2
−1
a
2
=
v
0+(ζ+ζ
2
−1
)ω
nx
0
2ω
nζ
2
−1
0 1 2 3 4
-0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
Time (sec)
Displacement (mm)
k=225N/m m=100kg and z =2
x
0
=0.4mm v
0
=1mm/s
x
0
=0.4mm v
0
=0mm/s
x
0
=0.4mm v
0
=-1mm/s
Overdamped terjadi jika ζ>1. akar-akar persamaan real dan berbeda.
Respon lebih lambat
dibandingkan kasus redaman
kritis

10. Kemungkinan 3: teredam
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1

λ
1,2=−ζω
n±ω
nj1−ζ
2
x(t)=e
−ζω
nt
(a
1
e
jω
nt1−ζ
2
+a
2
e
−jω
nt1−ζ
2
)
=Ae
−ζω
n
t
sin(ω
dt+φ)
ω
d
=ω
n
1−ζ
2
(1.37)
Kasus teredam terjadi jikaζ<1. Akar dari persamaan adalah pasangan
bilangan kompleks. Ini adalah kasus yang paling sering terjadi dan
satu2nya kasus yang menyebabkan osilasi.
Frekuensi pribadi teredam

11. Getaran teredam
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1

A=
1
ω
d
(v
0+ζω
nx
0)
2
+(x
0ω
d)
2
φ=tan
−1x
0ω
d
v
0+ζω
n
x
0






0 1 2 3 4 5
-1
-0.5
0
0.5
1
Time (sec)
Displacement
•Menyebabkan respons
berosilasi dengan penurunan
exponensial
•Hampir semua sistem getaran
alami respons teredam seperti
ini
Penurunan exponensial

12. 12/
43

jika c = 0.11 kg/s, tentukan rasio redaman dari sistem massa pegas peredam
jika:


gerak
0085.0
kg/s 12.993
kg/s 11.0
=
kg/s 993.12
8.857102.4922
N/m 8.857 kg, 102.49
3
3
dunderdampe
c
c
kmc
km
cr
cr
⇒==
=
××==
=×=
−
−
ζ
Contoh

13. Latihan
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1

Kaki manusia mempunyai frekuensi pribadi sekitar 20 Hz dalam
keadaan kaku dalam arah longitudinal (lurus) dengan rasio redaman ζ
= 0.224. Hitunglah respons ujung kaki terhadap kecepatan awal v
0 =
0.6 m/s dan perpindahan awal nol dan plot responsnya. Berapakah
percepatan maksimum yang dialami oleh kaki jika diasumsikan tanpa
redaman?

14. Solusi
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1
ω
n
=
20
1
cycles
s
2π rad
cycles
=125.66 rad/s
ω
d
=125.66 1−.224 ()
2
=122.467 rad/s
A=
0.6+0.224
() 125.66( ) 0()( )
2
+0()122.467( )
2122.467
=0.005 m
φ=tan
-10()ω
d()
v
0
+ζω
n
0()





 =0
⇒xt
()=0.005e
−28.148t
sin122.467t( )

15. Solusi
Dasar Sistem Kontrol, Kuliah 1
() ()( )
2222
0
00
2
02
0
m/s 396.75m/s 66.1256.0
6.0
max
m
6.0
m
0 ,6.0 ,66.125 ,
==








−=−=
==
===








+=
n
nn
nn
n
n
Ax
v
A
xv
v
xA
ω
ωω
ωω
ω
ω

maximum acceleration =
75.396 m/s
2
9.81 m/s
2
g=7.68g's

16. Plot solusi persamaan gerak