differential equations - 3.47
3.6 CASE STUDY
A typical vibration control system design is described in Figure 3.44.
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The model to the left describes a piece of |
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reciprocating industrial equipment. The |
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mass of the equipment is 10000kg. The |
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equipment operates such that a force of |
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1000N with a frequency of 2Hz is exerted |
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on the mass. We have been asked to design |
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a vibration isolation mounting system. The |
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criteria we are given is that the mounts |
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should be 30cm high when unloaded, and |
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25cm when loaded with the mass. In addi- |
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tion, the oscillations while the machine is |
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running cannot be more than 2cm total. In |
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total there will be four mounts mounted |
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around the machine. Each isolator will be |
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composed of a spring and a damper. |
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Figure 3.44 A vibration control system
There are a number of elements to the design and analysis of this system, but as usual the best place to begin is by developing a free body diagram, and a differential equation. This is done in Figure 3.45.
differential equations - 3.48
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∑Fy = F – 4Ksy – 4Kdy + Mg = My |
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My' + 4Kdy + 4Ksy = F + Mg |
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4Kdy |
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4Ksy |
F |
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y + |
+------------ |
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= |
---- + g |
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M · |
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M M |
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4Ksy |
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4Kdy |
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4Kdy |
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4Ksy |
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1000N |
sin ( 2 |
( 2π ) t) |
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–2 |
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y + |
---------------------- |
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+ |
---------------------- |
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= |
---------------------- |
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+ 9.81ms |
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10000Kg |
10000Kg |
10000Kg |
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–1 |
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–2 |
sin ( 4π t) + 9.81ms |
–2 |
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y + 0.0004Kg |
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Kdy + 0.0004Kg Ksy = 0.1ms |
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Figure 3.45 FBD and derivation of equation
Using the differential equation, the spring values can be found by assuming the machine is at rest. This is done in Figure 3.46.
When the system is at rest the equation is simplified; the acceleration and velocity terms both become zero. In addition, we will assume that the cyclic force is not applied for the unloaded/loaded case. This simplifies the differential equation by eliminating several terms.
0.0004Kg–1Ksy = 9.81ms–2
Now we can consider that when unloaded the spring is 0.30m long, and after loading the spring is 0.25m long. This will result in a downward compression of 0.05m, in the positive y direction.
0.0004Kg–1Ks( 0.05m) = 9.81ms–2
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9.81 |
–2 |
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–1 |
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Ks = |
-------------------------------0.0004( 0.05) Kgms |
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m |
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Ks = 491KNm–1
Figure 3.46 Calculation of the spring coefficient
The remaining unknown is the damping coefficient. At this point we have determined the range of motion of the mass. This can be done by developing the particular
differential equations - 3.49
solution of the differential equation, as it will contain the steady-state oscillations caused by the forces as shown in Figure 3.47.
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–1 |
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–1 |
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–1 |
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–2 |
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–2 |
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y + 0.0004Kg |
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Kdy + 0.0004Kg |
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( 491KNm |
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) y = 0.1ms |
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sin ( 4π t) + 9.81ms |
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·· |
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–1 |
· |
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–2 |
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–2 |
sin ( 4 |
π t) + 9.81ms |
–2 |
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y + 0.0004Kg |
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Kdy + 196s |
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y = 0.1ms |
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The particular solution can now be found by guessing a value, and solving for the coefficients. (Note: The units in the expression are uniform (i.e., the same in each term) and will be omitted for brevity.)
y = A sin ( 4π t) + B cos ( 4π t) + C
y' = 4π A cos ( 4π t) – 4π B sin ( 4π t)
y'' = –16π 2A sin ( 4π t) – 16π 2B cos ( 4π t)
|
( –16π 2A sin ( 4π t) |
– 16π 2B cos ( 4π t) ) |
+ 0.0004Kd( 4π A cos ( 4π t) – 4π B sin ( 4π t) ) |
|
|||||||
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||||||||||
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||||||||||
|
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||||||||||
|
+ 196( A sin ( 4π t) |
+ B cos ( 4π t) + C) |
= 0.1 sin ( 4π t) |
+ 9.81 |
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||||||
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||||||||||
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|
||||||||||
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– 16π 2B + 0.0004Kd4π A + 196A = 0 |
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B = A( 31.8 × |
10–6Kd + 1.24) |
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–16π 2A + 0.0004Kd( –4π B) + 196A = 0.1 |
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A( –16π 2 + 196) |
+ B( –5.0 × |
10–3Kd) = 0.1 |
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||||||
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|||||||||
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|||||||||
|
|
|
|||||||||
|
A( –16π 2 + 196) |
+ A( 31.8 × |
10–6K |
d |
|
+ 1.24) ( –5.0 × 10–3K ) = 0.1 |
|
||||
|
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|||||||||
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|
0.1 |
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|
d |
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A = |
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|||
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10–6K |
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+ 1.24) ( –5.0 × 10–3K ) |
|
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–16π 2 + 196 + ( 31.8 × |
|
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A = |
|
0.1 |
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d |
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d |
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10–9) + Kd( –6.2 × |
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10–3) + 38.1 |
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Kd2( –159 × |
|
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|||||||
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|||||||
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B = |
3.18 × 10–6Kd – 0.124 |
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|||||||
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|||||||||
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|||||||||
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|
10–9) + Kd( –6.2 × |
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10–3) + 38.1 |
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Kd2( –159 × |
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|||||||
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C = 9.81ms–2
Figure 3.47 Particular solution of the differential equation
The particular solution can be used to find a damping coefficient that will give an overall oscillation of 0.02m, as shown in Figure 3.48. In this case Mathcad was used to find the solution, although it could have also been found by factoring out the algebra, and finding the roots of the resulting polynomial.
differential equations - 3.50
In the previous particular solution the values were split into cosine and sine components. The magnitude of oscillation can be calculated with the Pythagorean formula.
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magnitude = A2 + B2 |
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( 3.18 10–6) K |
|
– 0.124 2 |
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( 0.1) 2 + |
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magnitude = |
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d |
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||||
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–9 |
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–3 |
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2 |
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||||
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|||||
|
Kd |
( –159 10 |
|
|
) + Kd |
( –( 6.2 |
10 |
) ) + 38.1 |
|
||
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|
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||||||||
The design requirements call for a maximum oscillation of 0.02m, or a magnitude of
0.01m.
2
( 0.1) 2 + ( 3.18 10–6) Kd – 0.124
0.01 = --------------------------------------------------------------------------------------------------------------
K2d( –159 10–9) + Kd( –( 6.2 10–3) ) + 38.1
A given-find block was used in Mathcad to obtain a damper value of,
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K |
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= 3411N s |
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d |
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Aside: the Mathcad solution |
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m |
|
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Figure 3.48 Determining the damping coefficient
The values of the spring and damping coefficients can be used to select actual components. Some companies will design and build their own components. Components can also be acquired by searching catalogs, or requesting custom designs from other companies.