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VIBRAÇÕES
MECÂNICAS
2017
REVISÃO EM AGOSTO DE 2017
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Ficha catalográfica elaborada pela Biblioteca da UNIP
Campus II – Swift – Campinas/SP
621.8 Brito Filho, Brasilio Camargo de.
B862v
Vibrações mecânicas 2017: revisão em agosto 2017 / Brasilio
Camargo de Brito Filho. – Campinas, SP: [s.n.], 2017.
103f.
Apostila.
1. Vibrações mecânicas. 2. Engenharia Mecânica. I. Título.
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“agradeço à minha mãe que sempre me apoiou e me tornou o
homem que sou”
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ÍNDICE:
1.INTRODUÇÃO
1.1.GRAUS DE LIBERDADE
1.1.1.EXEMPLO
1.1.2.EXEMPLO
1.2.MODOS NORMAIS DE VIBRAÇÃO & GRAUS DE LIBERDADE
2.OSCILAÇÃO LIVRE SEM AMORTECIMENTO (OLSA) - UM GRAU DE LIBERDADE (1GL)
2.1.O MÉTODO DE NEWTON
RESUMO OLSA-1GL
2.1.1.EXEMPLO
2.1.2.EXEMPLO
2.2.O MÉTODO DA ENERGIA MECÂNICA
2.2.1.EXEMPLO
2.2.2.EXEMPLO
2.2.3.EXEMPLO
2.2.4.A MASSA DO SISTEMA ELÁSTICO
2.2.5.EXEMPLO
3.OSCILAÇÃO LIVRE COM AMORTECIMENTO (OLCA) - (1GL)
3.1.MÉTODO DE NEWTON
RESUMO OLCA -1GL
3.1.1.EXEMPLO
3.1.2.EXEMPLO
3.1.3.EXEMPLO
3.1.4.EXEMPLO
4. OSCILAÇÃO FORÇADA COM AMORTECIMENTO (OFCA) – (1GL)
4.1.MÉTODO DE NEWTON
RESUMO OFCA – 1GL
4.1.1.EXEMPLO
4.1.2.EXEMPLO
5. LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS
6.ISOLAMENTO DE VIBRAÇÕES
6.1.COEFICIENTE DE TRANSMISSIBILIDADE
6.2.COEFICIENTE DE REDUTIBILIDADE
6.3.EXEMPLO
6.4.EXEMPLO
6.5.EXEMPLO
7.DOIS GRAUS DE LIBERDADE
7.1.DOIS GRAUS DE LIBERDADE – OSCILAÇÃO LIVRE SEM AMORTECIMENTO
7.1.1.EXEMPLO
7.1.2.EXEMPLO
7.2.DOIS GRAUS DE LIBERDADE – OSCILAÇÃO FORÇADA SEM AMORTECIMENTO
7.2.1.ABSORVEDOR SINTONIZADO
7.2.2.EXEMPLO
7.2.3.EXEMPLO
7.2.4.EXEMPLO
7.3.DOIS GRAUS DE LIBERDADE - OSCILAÇÃO FORÇADA COM AMORTECIMENTO
7.3.1.EXEMPLO
8.TRÊS GRAUS DE LIBERDADE
8.1.TRÊS GRAUS DE LIBERDADE – OSCILAÇÃO LIVRE SEM AMORTECIMENTO
8.1.1.EXEMPLO
8.2. TRÊS GRAUS DE LIBERDADE – OSCILAÇÃO FORÇADA SEM AMORTECIMENTO
9. LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS
APÊNDICE A
APÊNDICE B
APÊNDICE C
06
06
07
07
07
08
08
11
12
14
17
17
19
20
22
24
25
26
30
31
31
34
34
35
35
38
39
40
43 A 48
50
53
53
53
54
55
56
57
59
62
65
68
69
71
73
74
78
81
81
81
85
90 A 94
95
98
100
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Oscilações
Mecânicas
Parte 01
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OSCILAÇÕES MECÂNICAS
1.INTRODUÇÃO:
Todo sistema mecânico com masa e rigidez, tem capacidade de oscilar, ou seja,
quando em movimento desloca-se em torno de um “ponto de equilíbrio”. O “ponto de
equilíbrio” é o ponto da trajetória em que a aceleração do sistema é nula, ou seja, aquele
em que a resultante das forças externas aplicadas ao sistema é NULA.
Os sistemas mecânicos apresentam formas (ou modos) diferentes de vibração, que
são diferenciados entre si basicamente pela frequência de vibração. Qualquer sistema
mecânico possui infinitos modos de vibração, embora no desenvolvimento desse estudo,
condições simplificadoras irão limitá-los.
1.1.Graus de Liberdade:
Para descrever os movimentos de um sistema, utilizam-se coordenadas
independentes entre si, e expressas em função do tempo. O mínimo número de
coordenadas, ou variáveis independentes, necessárias para descrever o movimento de
um sistema mecânico, é denominado de grau de liberdade.
O sistema composto por um ponto material (sem dimensões), sob ação
de uma mola, encontra-se ilustrado ao lado. Considerando que o ponto
material possa deslocar-se livremente no espaço, sua posição é
definida através de suas coordenadas espaciais: abscissa[(x(t)],
ordenada [y(t)] e cota [z(t)], que são independentes entre si, ou seja,
z
não é possível relacioná-las entre si, de forma que o número de
y
variáveis necessárias para descrever o movimento diminua.
x
Este é um exemplo de sistema com três (3) graus de liberdade.
Posição de
equilíbrio
O sistema composto por um ponto material (sem
dimensões), sob ação de duas molas, e apoiado
em superfície horizontal, ou seja, o plano (x,y),
encontra-se ilustrado ao lado. Considerando as
limitações impostas pelo pelo vínculo representado
pelo plano horizontal, pode-se afirmar que o ponto
material tem posição definida através de suas
coordenadas: abscissa [x(t)] e ordenada [y(t)], que
são independentes entre si.
Este é um exemplo de sistema com dois (2) graus
de liberdade.
O sistema composto por um sólido sob ação de uma mola e com
movimentos limitados por trilhos horizontais e fixos, encontra-se
ilustrado ao lado. Levando em conta as limitações impostas pelo
vínculo representado pelos trilhos horizontais fixos, pode-se
afirmar que sua posição é perfeitamente definida através da
abscissa [x(t)], medida em relação ao ponto de equilíbrio do
sólido.
Este é um exemplo de sistema com um (1) grau de liberdade.
posição de
equilíbrio
y(t)
x(t)
posição de equilíbrio
x
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1.1.1.Exemplo:
Considere-se um pêndulo simples que é composto por um ponto
material de massa m, ligado a um ponto de suspensão através de fio
ideal de comprimento L. Quantos graus de liberdade possui o pêndulo
simples?
y
L
A resposta deve se basear nas premissas: o mínimo número de
m
coordenadas independentes entre si, necessárias à descrição do
y(t) x(t)
movimento do mesmo.
x
No instante (t), o ponto material tem posição expressa pelas posição de
coordenadas x(t) e y(t), entretanto, essas coordenadas não são equilíbrio
independentes entre si, e podem ser expressas em função de uma
terceira variável, o ângulo φ.
Note-se que: x (t) = L ⋅sen (ϕ ) e y (t)=L−L⋅cos( ϕ ) .
Demonstra-se dessa forma, que a posição do pêndulo fica perfeitamente determinada
com o uso de apenas uma única coordenada angular φ. Isto posto, o pêndulo simples é
um exemplo de um (1) grau de liberdade.
1.1.2.Exemplo:
Considere-se um sistema composto
por dois sólidos. O primeiro está
ligado a uma parede fixa, através de
uma mola, e também está
interligado ao segundo sólido
x1
através de uma segunda mola.
Trilhos horizontais e fixos, impõem a ambos os sólidos deslocamentos horizontais.
Quantos graus de liberdade possui esse sistema?
x2
Neste caso, cada sólido tem posição determinada respectivamente por suas abscissas,
ou seja, x1 e x2, que são independentes entre si, pois a mola que os conecta, em cada
instante, apresenta-se deformada de forma arbitrária. Este sistema é um exemplo de dois
graus de liberdade.
1.2.Modos normais de vibração & graus de liberdade.
Todo sistema apresenta modos normais de vibração, que fisicamente caracterizam as
formas (“jeitos”) de vibração do sistema, ou seja, cada modo de vibração caracteriza-se
por uma frequência de vibração e por uma “razão de amplitude”. Observa-se que o
número de modos normais de vibração é igual ao número de graus de liberdade.
Como exemplo, considere-se uma corda de violão, com comprimento (L), massa (m),
tracionada pela força (F). A densidade linear de massa da corda é: λ=m/ L . A corda é
constituída por elementos de massa infinitesimais. Considere-se o elemento de massa
(dm), posicionado entre (x) e (x + dx), e que no instante (t) apresenta deslocamento (y),
em relação à sua posição de equilíbrio. Desta forma, cada elemento de massa (dm), em
cada instante, tem sua posição determinada pelas coordenadas (x,y), conforme ilustrado
a seguir. Sob essa óptica, como são infinitos elementos de massa “dm”, o número de
graus de liberdade é infinito.
Demonstra-se que a corda pode vibrar com infinitas frequências e amplitudes, onde cada
uma das frequências de vibração, corresponde a um modo normal de vibração. A título de
curiosidade, as possíveis frequência da corda são expressas por: f =
√
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n
F
⋅ μ , sendo
2 ⋅L
(n) um número inteiro qualquer.
O primeiro modo normal, é aquele que apresenta frequência de vibração determinada por
1
F
n = 1, ou seja: f 1 =
. μ .
2. L
A figura seguinte ilustra algumas posições da corda em instantes diferentes, e para
modos de vibração diferentes, onde as linhas contínuas ilustram a posição de
deformação máxima da corda, e as linhas tracejadas indicam outras posições em outros
instantes.
√
dm
y
x dx
L
1º modo normal
de vibração
L
2º modo normal
de vibração
L
3º modo normal
de vibração
Como sugerido acima, sistema com um grau de liberdade possui apenas um modo
normal de vibração e consequentemente apenas uma frequência própria de vibração.
Um sistema com três graus de liberdade, possui três modos normais de vibrações e
portanto três frequências próprias de vibração.
2.OSCILAÇÃO LIVRE SEM AMORTECIMENTO, COM 1 GL – UM GRAU DE
LIBERDADE.
Oscilação Livre, significa que não há força excitadora com variação periódica, agindo
sobre o sistema.
Sem amortecimento, significa que serão desprezados os efeitos de atritos, ou seja, a
energia mecânica do sistema será conservada.
Um grau de liberdade, significa que a posição do sistema será definida por apenas
uma coordenada, e apresentará apenas uma única frequência de vibração.
2.1.O método de Newton.
Oscilações desse tipo podem ser produzidas, por exemplo, impondo ao sistema,
deslocamento inicial ( x 0≠0 ) em relação à Posição de Equilíbrio, e abandonado em
repouso ( v 0 =0 ). Outra forma de produzir este tipo de oscilação seria impor ao sistema,
impulso inicial ( v 0 ≠0 ), entenda-se velocidade inicial diferente de zero, em sua posição
de equilíbrio ( x 0=0 ). Também há outras possibilidades onde no instante inicial o
sistema apresenta deslocamento e velocidade iniciais ( x 0≠0 ; v 0≠0 ).
Estas formas de se iniciar o movimento são denominadas de condições iniciais do
movimento, e são fundamentais para estabelecer a equação horária dos mesmos, ou
seja: x (t)=f (t) .
Considere-se um sistema simples, composto por ponto material (sem dimensão) e
mola dispostos na vertical.
Caracterizando o sistema …
A mola é caracterizada por: comprimento natural ( L0 ) e rigidez ( k ).
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Entenda-se como comprimento natural L0 , o comprimento da mola quando a mesma
não apresenta deformação. A rigidez k , no caso de mola helicoidal, é uma grandeza
que depende das características de construção da mola, tais como, diâmetro do fio
empregado ( d ), raio da hélice ( R ), número de espiras ( n ) e do módulo de
G⋅d 4
elasticidade transversal do material ( G ), ou seja: k =
.
64⋅n⋅R3
Usualmente as molas (sistemas elásticos) seguem a Lei de Hooke, preservados os
limites de comportamento elástico do material com o qual foram construídas, ou seja,
quando submetidas a esforço (força) ( F ), apresentam deformação ( x ), tal que:
F=k⋅x .
O ponto material, possui massa ( m )
e suas dimensões são desprezas.
A figura anexa ilustra três posições:
1) mola no seu estado natural, ou seja,
com comprimento ( L0 );
y(t)
y0
L0
2) o sistema completo em equilíbrio, ou
seja, resultante das forças NULA;
3) a posição y(t), num instante genérico
(t), e com origem na posição de
Comprimento
equilíbrio.
Posição de
Equilíbrio
Natural: L0
Posição no
instante (t): y(t)
Equacionando o ponto material na posição
de equilíbrio.
Fe
A cinemática: a aceleração do ponto
material na posição de equilíbrio é NULA, ou
seja, a= ÿ= zero
y0
As forças agentes no ponto material são:
P
L0
1) peso: P=m⋅g ;
2) força elástica: F e=k⋅y 0 , conforme a Lei
de Hooke.
Comprimento
A dinâmica: a Lei de Newton se aplica a Natural: L
0
ponto material:
Posição de
Equilíbrio
P−F e =m⋅a ou P−F e =m⋅ÿ , com a= ÿ=zero , tem-se: P−F e =0
substituindo as forças, tem-se: m . g−k . y 0=0
Nota: adotou-se o sentido do eixo (y) como positivo, ou seja,
forças com sentido “para baixo” serão consideradas
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positivas.
Da equação anterior determina-se a deformação estática: y 0 =
m.g
.
k
Nota: a deformação estática está intimamente ligada à
frequência do único modo natural de vibração.
Antecipando, seja ω0 , a pulsação natural do sistema,
que posteriormente será demonstrado ser expressa por:
k
k g
2
ω20=
, ou seja, ω0= =
.
m
m y0
Esta nota, estabelece a origem do método estático para determinação da frequência
própria do sistema.
Equacionando o ponto
material no instante (t)
qualquer.
Fe
A cinemática: a aceleração
do ponto material é:
a= ÿ
As forças agentes
ponto material são:
1) peso: P=m⋅g ;
y(t)
y0
P
L0
no
Comprimento
Natural: L0
2) força elástica:
F e=k⋅( y 0+ y) , conforme a Lei de Hooke.
Posição de
Equilíbrio
Posição no
instante (t): y(t)
Nota: adotou-se y (t)= y
A dinâmica: a Lei de Newton se aplica a ponto material.
P−F e =m⋅a => P−F e =m⋅ÿ => m⋅g−k⋅( y 0 + y )=m⋅ÿ
m⋅g
m⋅g
+ y )=m⋅ÿ
Recuperando o valor de y 0 , ou seja, ( y 0=
), tem-se: m⋅g−k⋅(
k
k
Desenvolvendo …
m⋅g−m⋅g−k⋅y=m⋅ÿ =>
m⋅ÿ +k⋅y=0 … a equação diferencial do movimento
Nota: quando se adota a origem dos deslocamentos na
posição de equilíbrio, parte da força elástica, ou seja, a
parte representada por k⋅y 0 , é eliminada da equação
diferencial pela força peso. Isso simplifica os cálculos
pois não é necessário considerar nem o peso e nem a
deformação total da mola, apenas a deformação a partir
da posição de equilíbrio.
A solução da equação diferencial:
O tipo de função que satisfaz a equação diferencial, é aquela cuja derivada segunda, em
relação ao tempo, é proporcional à própria função. As funções harmônicas, entenda-se
as funções seno e cosseno, possuem essa característica.
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Seja a “proposta de solução”, a função y (t)= A⋅cos(ω0⋅t +ϕ ) .Sendo: A, ω0 , e ϕ ,
constantes a serem determinadas.
Derivando em relação ao tempo:
y (t)= A⋅cos(ω0⋅t +ϕ ) => ẏ (t)=−A⋅ω0⋅sen(ω 0⋅t+ ϕ ) => ÿ (t)=−A⋅ω20⋅cos (ω0⋅t +ϕ )
Note-se que: ÿ=−ω20⋅y .
Substituindo a última relação na equação diferencial, tem-se:
m⋅ÿ +k⋅y=0 => m⋅(−ω20⋅y)+k⋅y=0 => (−m⋅ω20 +k )⋅y=0
Como y= y (t) , não pode ser nulo para todos os instantes, resta a solução:
k
−m⋅ω20 +k =0 => ω0= ( ) .
m
k
A solução típica: y (t)= A⋅cos(ω0⋅t +ϕ ) => y (t)= A⋅cos ( ( )⋅t+ ϕ ) .
m
Resumindo…
√
√
Oscilação Livre, Sem Amortecimento, com 1 GL grau de
liberdade.
k
Equação diferencial: m . ÿ +k . y=0 ou ÿ + ⋅y=0 ou ÿ +ω20⋅y =0
m
Nota: k é a rigidez equivalente do sistema, e m a massa efetiva do sistema.
A solução da equação diferencial, ou equação horária do movimento é:
√
y (t )= A ⋅cos (ω0 ⋅t +ϕ ) => y (t )= A ⋅cos ( (
k
) ⋅t +ϕ )
m
Nota: as constantes A e φ são obtidas pela imposição das condições iniciais do
movimento, que variam de acordo com cada exemplo numérico.
√
k
A pulsação própria do movimento é: ω0= ( )
m
Nota: nos casos de sistemas mais complexos do que o simplório sistema massa mola
abordado, a obtenção da equação diferencial é a única forma de identificar a pulsação do
sistema: ÿ +ω20 ⋅y=0 . Quando o coeficiente da aceleração ( ÿ ) é um
(1),
o
coeficiente da posição ( y ) é o quadrado da pulsação própria.
k eq .
. ), indicada na equação
mef
diferencial, é que permite responder o que é rigidez equivalente e o que é massa
efetiva.
A análise da forma do quadrado da pulsação ( ω20=
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2.1.1.Exemplo:
No sistema ilustrado em sua posição de equilíbrio, as poias são leves,
sem atrito e o fio é ideal. A massa m está suspensa pelo fio que é k
1
suportado pelas polias, uma com eixo fixo, outra sustentada por mola. As
rigidezes das molas são k1 e k2. No instante t = 0, a massa é abandonada
em repouso deslocada de Y0, no sentido descendente em relação à
posição de equilíbrio. Pedem-se:
a) o diagrama de esforços;
b) a equação diferencial do movimento;
c) a equação horária do movimento (ou equação finita).
m
Solução:
Considere-se que num instante t qualquer, o bloco tenha deslocamento ym
k
em relação a sua posição de equilíbrio. Nessa condição, a mola de rigidez 2
k1 deformou-se de Δ1 =|y 1|= y 1 e a mola de rigidez k2 deformou-se de
Δ2 =|y P|=−y P sendo yP o deslocamento da polia. Na figura seguinte,
ilustram-se os deslocamentos.
Note-se que foi adotado como sentido positivo, o
sentido do deslocamento da massa m, ou seja, sentido
descendente.
k
Desta forma, o deslocamento y1 do extremo da mola de 1
rigidez k1, por ser descendente, também é positivo.
Por outro lado o deslocamento yP da polia, por ser
ascendente, é negativo.
Essas considerações explicam as relações entre esses
deslocamentos e as deformações das molas:
Δ1 =|y 1|= y 1 e Δ2 =|y P|=−y P .
Relacionando os deslocamentos com as deformações:
k1
y1
origem
m
yP
ym
m
k2
O comprimento do fio ideal é invariável, ou seja, k2
mesmo após as deformações das molas, o
comprimento do fio permanece o mesmo: L.
Comparando o comprimento do fio em cada situação ilustrada, entenda-se, entre os
instantes t = 0, e o instante genérico t, tem-se:
1) Os comprimentos de fios enrolados nas polias são invariantes, portanto não serão
alvo de maiores considerações, pois serão os mesmos em cada um dos instantes
considerados;
2) O comprimento de fio entre a mola de rigidez k 1 e a polia móvel, diminui de y1 com
o movimento do extremo da mola e também diminui de |y P| pois a polia sobe, ou seja,
esse comprimento de fio diminui de: y1 + |yP|;
3) O comprimento de fio entre a polia móvel e a polia fixa, diminui de |y P| pois a polia
móvel sobe, ou seja, esse comprimento de fio diminui de: |y P|;
4) O comprimento de fio entre a polia fixa e a massa m, aumenta de y m, pois a massa
desce, ou seja, esse comprimento de fio aumenta de: y m.
Impondo a igualdade dos comprimentos obtêm-se: L=L− y 1−| y P|−|y P|+ y m .
Eliminando o comprimento total (L) do fio obtêm-se a relação entre os deslocamentos:
y m= y 1 +2⋅|y P |
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No diagrama de esforços, deve-se levar em conta que fio ideal e as polias leves,
garantem a mesma tração em todos os pontos do fio.
Q
Isto posto, fica bastante simples montar o diagrama de
esforços, entenda-se forças, como ilustrado na figura.
k1
k1
T T
Equacionando a polia móvel:
Q−2⋅T =m P⋅a P => Q=2⋅T pois mP =zero .
y1
A mola de rigidez k1 deforma de y1, sob ação da força T,
origem
T
ou seja: T =k 1⋅y 1 (Lei de Hooke)
m
A mola de rigidez k2, deforma de |yP| sob ação da força
T T
k
Q, ou seja: Q=2⋅T =k 2⋅|y P| => T = 2⋅|y P|
T y
2
yP
m
Eliminando a força T, nas equações T =k 1⋅y 1 e
Q
k2
2⋅k 1
m
T = ⋅|y P| , tem-se: |y P |=
⋅y 1 .
2
k2
k2
k2
Retomando a relação entre os deslocamentos:
4⋅k 1
y m= y 1 +2⋅|y P | => y m= y 1 +
⋅y 1
k2
4⋅k 1
1
⋅y m
Colocando y1 em evidência ... y m=(1+
)⋅y 1 => y 1=
4⋅k 1
k2
(1+
)
k2
Equacionando a massa m: −T =m⋅am => −T =m⋅ÿ m
Recuperando a equação que determina a tração T =k 1⋅y 1 , pode-se escrever:
−k 1
−k 1⋅k 2
−k 1⋅y 1=m⋅ÿ m =>
⋅y m=m⋅ÿ m =>
⋅y =m⋅ ÿ m
4⋅k 1
(k 2 + 4⋅k 1) m
(1+
)
k2
k 1⋅k 2
Rescrevendo na forma usual, tem-se: ÿ m +
⋅y =0
(k 2+ 4⋅k 1)⋅m m
k
Comparando com a equação diferencial característica, ou seja, ÿ + eq . ⋅y=0 , tem-se:
mef .
k 1⋅k 2
k
k 1⋅k 2
(k +4⋅k 1)
ÿ m + 2
⋅y m =0 => mef . =m => k eq .=
=> ω20= eq.
m
(k 2 +4⋅k 1)
m ef .
ou seja: k eq . =k 1⋅k 2 e m ef .=k 2 +4⋅k 1
Nota: este exemplo esclarece de forma apropriada, o que foi
dito sobre a importância do desenvolvimento da equação
diferencial, para a obtenção da massa efetiva e da rigidez
equivalente.
A solução da equação diferencial, ou equação horária do movimento:
k 1⋅k 2
y m= A⋅cos (ω0⋅t +ϕ ) , com ω20 =
;
(k 2 + 4⋅k 1 )⋅m
no instante t = 0 tem-se:
Y0
cos ϕ
=> ẏ m=0=−A⋅ω 0⋅sen (ϕ ) => sen ϕ=0 ⇒ ϕ=∓n⋅π
y m=Y 0 => y m=Y 0=A⋅cos (ϕ ) => A=
ẏ m=zero
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Uma possível solução:
ϕ =0 => A=Y 0 => y m =Y 0 . cos( k 1 .
k2
⋅t )
(k 2 + 4. k 1 ).m
2.1.2.Exemplo:
O sistema ilustrado é composto por um disco de massa mD,
diâmetro c, ligado a uma barra homogênea de massa m B,
comprimento L = b + a, articulada em O e conectada à mola mD
mB
O
de rigidez k. O momento de inércia de um disco, de massa
mD e raio R_D, em relação ao seu centro de massa é: c
b
D
2
I CM =0,5⋅m D⋅R D . O momento de inércia de uma barra de
B
massa mB e comprimento L, em relação ao seu centro de massa é: I CM
=mB⋅L2 /12
A posição ilustrada é a de equilíbrio do sistema. Considerando que esse sistema
com pequenas oscilações, pedem-se:
a) o diagrama de esforços (forças);
b) a equação diferencial;
c) a massa efetiva;
d) a rigidez equivalente;
e) a equação horária do movimento.
k
a
.
oscile
Solução:
Entenda-se que, pequenas oscilações, significa que o sistema gira com “ângulos
pequenos”, ou seja, o ângulo de rotação é próximo de zero.
Sendo pequeno o ângulo de rotação ϕ ≈0 , pode-se adotar com muita precisão que:
sen ϕ≈ϕ (em rad) e cos ϕ ≈1,0 .
Nota: o que é ângulo pequeno?; são ângulos que respeitam as condições acima. Para
que não restem dúvidas apresenta-se a tabela abaixo.
ϕ (º ) ϕ ( rad) sen ϕ erro (%)
5
0,087 0,087
0,00
10
0,175 0,174
0,57
15
0,262 0,259
1,16
[
]
mD
A figura ao lado, ilustra duas posições:
a) A posição de equilíbrio do sistema. Para essa
posição, a resultante das forças externas aplicadas ao c
sistema (barra + disco), assim como o momento
resultante são NULOS. Isso permite afirmar que os
pesos do disco e da barra, são equilibrados por força
φ
elástica da mola, ou seja, a mola encontra-se
comprimida de “δ”.
mB
b
k
a
e
Sugestão: equacione o equilíbrio do sistema e calcule a
deformação “δ” em função dos pesos do mesmo.
b) A posição num instante “t” qualquer, definida pela posição angular φ. Note-se que
para essa nova posição, a deformação da mola aumenta para (δ +e).
Adotou-se a posição de equilíbrio como origem dos deslocamentos angulares. Desta
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forma, pode-se desconsiderar tanto os pesos do sistema quanto a deformação inicial da
mola “δ”.
O diagrama de esforços (forças) …
Com as considerações anteriores, restam apenas duas
forças a serem consideradas: a força elástica aplicada
pela mola ( F e=k⋅e ) e a reação da articulação O (FO).
FO
O
e
φ
Fe
Com a projeção da dimensão “a” na vertical, obtêm-se a
deformação a mola: e=a⋅sen ϕ => e=a⋅ϕ , que
permite: F e=k⋅e=k⋅a⋅ϕ
Com a projeção da dimensão “a” na horizontal, obtêm-se
o braço da força elástica em relação ao polo O:
b Fe=a⋅cos ϕ => b Fe=a
a
φ
e = a.senφ
a.cosφ
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular
∑póloO momentos=I O⋅⃗α , obtêm-se:
Nota: momento positivo é aquele que produz aumento na
posição angular, ou seja, momento positivo é anti-horário.
Calculando momentos: M FO =−F e⋅b F =−F e⋅a=−k⋅a2⋅ϕ ; M FO =zero
e
O
e
.
2
O momento resultante: M Res
o =−k⋅a ⋅ϕ
A cinemática: α=ϕ̈
Os momentos de inércia:
1) da barra em relação ao seu centro de massa:
m
m
B
B
I CM
= B⋅L2 => I CM
= B⋅(a+b)2 ;
12
12
2) da barra em relação ao polo O:
2
mB
a+ b
B
2
B
B
2
=>
I O = ⋅( a+b) + m B⋅(
−a) ;
I O =I CM +mB⋅OCM
12
2
m
b−a 2
I OB = B⋅(a+b)2+ mB⋅(
)
12
2
Desenvolvendo os quadrados:
mB 2 2
mB 2 2
B
I O = ⋅(a + b +2⋅a⋅b)+ ⋅(b + a −2⋅a⋅b)
12
4
Multiplicando e dividindo o segundo termo por 3:
m
m
I OB = B⋅(a2+ b2 +2⋅a⋅b)+ B⋅(3⋅b2+ 3⋅a 2−6⋅a⋅b)
12
12
m
B
B
2
2
2
2
I O = ⋅(a + b +2⋅a⋅b+3⋅b +3⋅a −6⋅a⋅b)
12
m
Desenvolvendo: I OB = B⋅( 4⋅a2 +4⋅b2 −4⋅a⋅b)
12
m
Finalmente: I OB = B⋅( a2+ b2−a⋅b)
3
16/103
3) do disco em relação ao seu centro de massa:
2
1
c
1
D
I CM
= ⋅m D⋅( ) = ⋅m D⋅c 2 ;
2
2
8
4) do disco em relação ao polo O:
1
c 2
D
2
D
I OD =I CM
+ mD⋅OCM 2 => I O = ⋅mD⋅c +m D⋅( b+ )
8
2
Rearranjando os termos:
1
1
2⋅b +c 2
D
2 mD
2
D
2
I O = ⋅m D⋅c +m D⋅(
) => I O = ⋅m D⋅c + ⋅(2⋅b+ c)
8
4
8
2
Desenvolvendo os quadrados:
m
1
I OD = ⋅mD⋅c 2 + D⋅(4⋅b2 +c 2 +4⋅b⋅c )
8
4
Multiplicando e dividindo o segundo termo por 2:
1
D
2 mD
2
2
I O = ⋅m D⋅c + ⋅(8⋅b + 2⋅c + 8⋅b⋅c)
8
8
m
Rearranjando: I OD = D⋅(c 2 +8⋅b2 +2⋅c 2 +8⋅b⋅c )
8
m
Finalmente: I OD = D⋅(3⋅c 2+ 8⋅b2 +8⋅b⋅c)
8
5) do sistema em relação ao polo O:
sist .
D
B
I O =I O + I O
mD
mB 2 2
Sist .
2
2
I O = ⋅(3⋅c +8⋅b + 8⋅b⋅c)+ ⋅( a +b −a⋅b)
8
3
.
Impondo o TMA: M o=I o⋅α => −k⋅a2⋅ϕ =I sist
O ⋅ϕ̈
Rearranjando a equação diferencial:
ϕ̈ +
k
k⋅a2
⋅ϕ =0 ou … ϕ̈ + sist . ⋅ϕ =0
sist .
IO
IO
a2
Comparando com a equação diferencial característica ẍ+
obtêm-se: k eq .=k , mef . =
k eq.
⋅x=0 ou
mef .
2
ẍ+ ω0⋅x=0
I Osist .
k⋅a2
2
e
.
ω
=
0
.
a2
I sist
O
Definições: k eq . é a rigidez equivalente, mef . é a massa
efetiva e ω0 é a pulsação própria do sistema, que no
caso é única pois, o sistema possui um grau de liberdade.
A equação horária do movimento é: ϕ = A⋅cos(ω0⋅t + B) , sendo A e B constantes
√
ajustáveis às condições iniciais do movimento, e ω0= (
k⋅a 2
) .
.
I sist
O
17/103
2.2.O Método da Energia Mecânica.
Em oscilações sem amortecimento, a energia mecânica se conserva, desta forma é
possível determinar as equações diferencial e horária do movimento, impondo a
conservação da energia mecânica.
A energia mecânica é a soma das energias Cinética e Potencial do sistema em estudo:
EM =EC + EP=constante .
˙ = EC+
˙ EP=zero
˙
Derivando a equação anterior em relação ao tempo, tem-se: EM
. Esta
equação é a base do método da energia.
2.2.1.Exemplo:
No sistema ilustrado na posição de equilíbrio, as poias são leves, sem
atrito e o fio é ideal. A massa m está suspensa pelo fio que é suportado
pelas polias, uma com eixo fixo, outra sustentada por mola. As rigidezes k1
das molas são k1 e k2. No instante t = 0, a massa é abandonada em
repouso deslocada de Y0, no sentido descendente em relação à posição de
equilíbrio. Pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
b) a equação horária do movimento (ou equação finita).
m
O inconveniente de utilizar o método da Energia é que as relações entre os
deslocamentos são necessárias …
Não parece sensato repetir os mesmos desenvolvimentos feitos no item k2
2.1.1., e desta forma, nos aproveitaremos de alguns deles, entretanto,
quase metade do desenvolvimento foi necessário para deduzir as
expressões agora importadas:
2⋅k 1
y m= y 1 +2⋅|y P | ; |y P |=
⋅y .
k2 1
k1
Expressando deformação y1, da mola de rigidez k1, em
função do deslocamento ym da massa m:
2⋅k
4⋅k 1
y m= y 1 +2⋅ 1⋅y 1 => y m= y 1⋅(1+
)
k2
k2
k +4⋅k 1
k ⋅y
y m= y 1⋅( 2
) => y 1= 2 m .
k2
k 2 +4⋅k 1
Expressando o módulo do deslocamento |y P| da polia,
em função do deslocamento ym da massa m:
k2
2⋅k 1 k 2⋅y m
2⋅k 1⋅y m
=> |y P |=
.
|y P |=
⋅
k 2 k 2 + 4⋅k 1
k 2+ 4⋅k 1
1
2
A Energia Cinética da massa m: EC= ⋅m⋅ẏ m
2
A Energia Potencial elástica da mola de rigidez k 1:
2
2
k 2⋅y m
k 1⋅k 2
1
1
1
2
EP 1= ⋅k 1⋅y1 => EP 1= ⋅k 1⋅(
) => EP1= ⋅
⋅y 2m
2
2
2
k 2 + 4⋅k 1
2 ( k 2 +4⋅k 1 )
k1
y1
origem
m
ym
yP
m
k2
18/103
A Energia Potencial Elástica da mola de rigidez k2:
2
2⋅k 1⋅y m 2
1
1
1 k ⋅4⋅k 1
EP2= ⋅k 2⋅y 2P => EP2= ⋅k 2⋅(
) => EP2= ⋅ 2
⋅y 2
2
2
k 2 + 4⋅k 1
2 ( k 2 +4⋅k 1 )2 m
A Energia Mecânica do Sistema: EM =EC +EP 1+EP 2
Nota: Ressalte-se que aparentemente faltam as energias
Potenciais Gravitacionais, resultado do trabalho das
forças pesos, entretanto, como a origem dos
deslocamentos coincide com a posição de equilíbrio,
estas forças foram equilibradas pelas forças elásticas das
molas.
2
k 1⋅k 22
1
1
1 k 2⋅4⋅k 1
2
2
⋅y
+
⋅
⋅y 2
A Energia Mecânica do sistema: EM = ⋅m⋅ẏ m + ⋅
2
2 (k 2 + 4⋅k 1)2 m 2 ( k 2 +4⋅k 1 )2 m
Derivando a Energia Mecânica em relação ao tempo:
k 1⋅k 22
k 2⋅4⋅k 21
0=m⋅ ẏ m⋅ÿ m +
⋅y
⋅
ẏ
+
⋅y m⋅ẏ m
m
m
(k 2+ 4⋅k 1 )2
(k 2 +4⋅k 1)2
Rearranjando a expressão:
2
2
k ⋅k ⋅(k + 4⋅k )
k 1⋅k 2
k 2⋅4⋅k 1
0= ẏ m⋅(m⋅ ÿ m+(
+
)⋅y m) => 0= ẏ m⋅(m⋅ ÿ m+( 1 2 2 2 1 )⋅y m)
2
2
(k 2+ 4⋅k 1 ) (k 2+ 4⋅k 1)
( k 2+ 4⋅k 1 )
k 1⋅k 2
)⋅y ) , esta equação está na forma de um
k 2 +4⋅k 1 m
produto, assim possui duas soluções:
Finalmente, tem-se: 0= ẏ m⋅(m⋅ ÿ m+(
1ª) ẏ m=0 => define a existência da posição de equilíbrio, ou seja, o sistema
abandonado em repouso nessa posição, assim permanece;
k 1⋅k 2
)⋅y =0 => é a equação diferencial do movimento, ou em outra
k 2+ 4⋅k 1 m
k ⋅k
( 1 2 )
k 1⋅k 2
k
k 2 +4⋅k 1
⋅y m =0 => mef . =m => k eq .=
forma, tem-se: ÿ m +
=> ω20= eq.
m
(k 2 +4⋅k 1 )
mef .
2ª) m⋅ÿ m +(
A solução da equação diferencial, ou equação horária do movimento:
k 1⋅k 2
y m= A⋅cos( ω0⋅t+ ϕ) , com ω20 =
;
(k 2 + 4⋅k 1 )⋅m
no instante t = 0 tem-se:
Y
y m=Y 0 => y m=Y 0=A⋅cos (ϕ ) => A= 0
cos ϕ
ẏ m=zero
ẏ
=0=−A⋅ω
⋅sen(
ϕ
)
=> m
=> sen ϕ =0 ⇒ϕ =∓n⋅π
0
Uma solução possível:
ϕ =0 => A=Y 0
19/103
k 1⋅k 2
=> y m=Y 0⋅cos(
⋅t)
(k 2 +4⋅k 1)⋅m
2.2.2.Exemplo:
O sistema ilustrado é composto por um disco de massa mD,
diâmetro c, ligado a uma barra homogênea de massa m B,
comprimento L = b + a, articulada em O e conectada à mola mD
mB
O
de rigidez k. O momento de inércia de um disco, de massa
mD e raio R_D, em relação ao seu centro de massa é: c
b
D
2
I CM =0,5⋅m D⋅R D . O momento de inércia de uma barra de
B
2
massa mB e comprimento L, em relação ao seu centro de massa é: I CM
=mB⋅L / 12
A posição ilustrada é a de equilíbrio do sistema. Considerando que esse sistema
com pequenas oscilações, pedem-se:
a) a equação diferencial;
b) a massa efetiva;
c) a rigidez equivalente;
d) a equação horária do movimento.
A relação entre a deformação a mola e o deslocamento
angular: e=a⋅sen ϕ => e=a⋅ϕ
A Energia Potencial Elástica:
1
1
2
2
EP= ⋅k⋅e 2 => EP= ⋅k⋅a ⋅ϕ
2
2
A Energia Cinética de Rotação:
1
EC= ⋅I OSist .⋅ϕ̇ 2 ; onde I OSist . foi calculado no item 2.1.2
2
k
a
.
oscile
O
e
φ
a
φ
e = a.senφ
a.cosφ
A Energia Mecânica:
1 Sist . 2 1
2
2
EM =EC+ EP => EM = ⋅I O ⋅ϕ̇ + ⋅k⋅a ⋅ϕ
2
2
Nota: a energia Potencial Gravitacional não precisa ser levada
em conta pois se anula com a parte da Energia Potencial
Elástica; considere-se que a deformação da mola na
posição de equilíbrio, gera força elástica suficiente para
anular as forças pesos.
Derivando a Energia Mecânica em relação ao tempo:
.
2
Sist .
2
0=I Sist
O ⋅ϕ̇⋅ϕ̈ +k⋅a ⋅ϕ⋅ϕ̇ => (I O ⋅ϕ̈ +k⋅a ⋅ϕ )⋅ϕ̇ =0
Esta equação apresenta-se em forma de um produto, ou seja, possui duas soluções:
1ª) ϕ̇ =0 => define a existência da posição de equilíbrio;
k
k⋅a2
2ª) I OSist .⋅ϕ̈ +k⋅a2⋅ϕ =0 => ϕ̈ + Sist .⋅ϕ =0 ou ϕ̈ + Sist . ⋅ϕ =0
IO
IO
a2
20/103
O que resulta: k eq .=k , mef . =
sist .
O
2
I
a
e ω20=
2
k⋅a
.
.
I sist
O
A equação horária do movimento é: ϕ = A⋅cos(ω0⋅t+ B) , sendo A e B constantes
√
ajustáveis às condições iniciais do movimento, e ω0= (
k⋅a2
) .
sist .
IO
2.2.3.Exemplo:
Considere-se um cilindro de massa m, raio RC, momento de
1
2
inércia baricêntrico I C = ⋅m⋅RC , que rola sem escorregar,
2
sobre a parte interna de uma pista cilíndrica de raio RP. O
cilindro é abandonado fora de sua posição de equilíbrio e
oscila sem escorregar em relação à pista. Considerando-se
pequenas oscilações, pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação própria do movimento;
c) e a equação horária do movimento.
RP
φ
RC
S
θ
h
Solução:
A estratégia é determinar a energia mecânica do cilindro, derivá-la em relação ao
tempo para obter-se a equação diferencial do movimento, ou seja, determinar a energia
cinética e a energia potencial, que nesse caso será apenas gravitacional.
O movimento do cilindro é plano, e como não escorrega em relação a pista, que
encontra-se em repouso, o ponto de contato é o CIR – Centro Instantâneo de Rotação.
O centro do cilindro desloca-se em trajetória circular, de centro coincidente com o centro
de curvatura da pista e raio r=R P−RC .
Considere-se que a posição ilustrada, seja a posição do cilindro num instante qualquer
“t”, quando seu centro de massa deslocou-se “S” ao longo de sua trajetória, medido a
partir da posição de equilíbrio, e o cilindro girou “θ” em torno de eixo próprio.
Nesse instante “t”, o centro do cilindro desloca-se com velocidade v =Ṡ , e o cilindro gira
com velocidade angular ω=θ̇ . Considerando o CIR, pode-se garantir que: v =ω⋅RC .
Da definição de radianos, pode-se relacionar o ângulo “φ” com o deslocamento “S”, ou
S
arco
seja: ϕ =
, entenda-se ângulo=
.
( R P−R C )
raio
Derivando essa equação em relação o tempo, tem-se:
RC
v
Ṡ
=> ϕ̇ =
=> ϕ̇ =
⋅ω .
ϕ̇ =
(R P −R C )
( R P −R C )
(R P−R C )
Expressando a velocidade do centro do cilindro e a velocidade angular do mesmo, em
(R −RC )
função do ângulo “φ”: v =ϕ̇⋅( R P −RC ) e ω= ϕ̇⋅ P
.
RC
21/103
A energia cinética do cilindro é composta por duas partes: a energia cinética de
translação e a energia cinética de rotação:
1
2 1
2
EC=EC trans . + ECrot => EC= ⋅m⋅v + ⋅I CM⋅ω
2
2
Substituindo as velocidades em função do ângulo “φ”:
( R −R )2
1
1 1
EC= ⋅m ⋅(R P−R C )2 ⋅ϕ˙ 2 + ⋅( ⋅m ⋅R 2C ) ⋅ P 2 C ⋅ϕ˙ 2
2
2 2
RC
Colocando ϕ̇ em evidência:
1
1
EC=( ⋅m⋅(R P−RC )2+ ⋅m⋅(R P −RC )2 )⋅ϕ˙ 2
2
4
Rearranjando …
3
EC=( ⋅m⋅(R P−RC )2)⋅ϕ˙ 2
4
Neste caso não existe o força elástica e portanto não existe energia potencial elástica, ou
seja, a energia potencial é apenas gravitacional.
Adota-se o ponto de equilíbrio como sendo o ponto de referência da energia potencial, ou
seja, o ponto onde EP grav . =zero . Para o instante “t” em estudo, a energia potencial é:
EP grav . =m⋅g⋅h ; onde: “m” é a massa do cilindro; “g” é a aceleração da gravidade local;
e “h” a altura em relação ao ponto de equilíbrio.
Note-se que: h=( R P−RC ) – (R P−RC )⋅cos ϕ ou …
h=( R P−RC )⋅(1 – cos ϕ )
A energia potencial gravitacional é:
EPgrav . =m⋅g⋅(RP −RC )⋅(1 – cos ϕ )
Finalmente a energia mecânica é:
EM =EC + EP
3
2
2
EM = ⋅m⋅( RP −RC ) ⋅ϕ˙ + m⋅g⋅( R P −R C )⋅(1 – cos ϕ )
4
RP
φ
RC
S
θ
h
Derivando em relação ao tempo:
3
zero= ⋅m⋅( R P−RC )2⋅ϕ̇⋅ϕ̈ + m⋅g⋅(R P −R C )⋅sen ϕ⋅ϕ̇
2
Fatorando a equação, ou seja, expressando a mesma como um produto de termos:
3
( ⋅m⋅(R P−RC )2⋅ϕ̈ +m⋅g⋅(R P−RC )⋅sen ϕ )⋅ϕ̇ =0
2
As duas soluções:
ϕ̇ =0 => define a existência do ponto de equilíbrio;
3
2
⋅m⋅( RP −RC ) ⋅ϕ̈+ m⋅g⋅(R P−RC )⋅sen ϕ =0 => a equação diferencial do movimento.
2
Considerando “pequenas oscilações”, a equação diferencial do movimento fica muito
simplificada, ou seja, sen ϕ =ϕ .
22/103
3
⋅m⋅( R P−RC )2⋅ϕ̈ +m⋅g⋅( RP −RC )⋅ϕ =0 => equação diferencial do movimento!
2
Na forma padrão:
2⋅g
2⋅g
ϕ̈ +
⋅ϕ =0 => ω20=
=> ϕ = A⋅cos(ω0⋅t+ B)
3⋅( R P −R C )
3⋅( RP −RC )
Nota: neste caso, não há sentido em considerar a rigidez
equivalente e nem mesmo considerar a massa efetiva.
2.2.4.A massa do sistema elástico.
Nos exemplos anteriores, a massa do sistema elástico foi desprezada, entretanto, tal
consideração, introduz desvio (ou erro) sistemático no cálculo das frequências próprias
“ω 0 ” , gerando valores maiores do que aqueles encontrados experimentalmente.
Esse é um problema complicado, pois, a mola pode ser entendida como composta por
infinitos elementos de massa “dm”, e consequentemente apresentará infinitos modos de
vibração, o que certamente trará um problema maior do que os que se tem abordado até
aqui.
É comum utilizar um “modelo”, que aproxima o cálculo das frequências próprias, dos
valores reais, entretanto, é apenas uma forma de minimizar os erros, evitando uma
solução penosa.
O Modelo:
Considere-se o sistema ilustrado, onde o
sólido apresenta massa m, tem movimento
de translação horizontal, guiado por trilhos
horizontais e fixos. O sólido é acoplado à
mola de comprimento natural L0, de rigidez
k, e massa mM.
Considere-se que no instante “t” qualquer, o
sólido apresenta posição defina por “x” e
velocidade “vSol.”.
posição de equilíbrio e
mola com comprimento
natural
posição no
instante “t”
qualquer
L0
x
vSol.
Note-se que v sol. = ẋ
Calculando a energia mecânica “EM” no instante “t” genérico:
1
2
A energia cinética “ECSol.” armazenada no sólido é: EC Sol . = ⋅m⋅( ẋ ) .
2
1
2
A energia potencial elástica armazenada na mola é: EP el . = ⋅k⋅x
2
A energia cinética armazenada na mola:
O extremo fixo da mola apresenta sempre velocidade nula,
afinal está preso a uma parede, o outro extremo sempre v = 0
c
apresenta a velocidade do sólido.
Considere-se que a mola seja composta por elementos
infinitesimais de massa “dm”, e que cada um deles apresenta
dm
n
dc
L
vSol.
23/103
velocidade linearmente distribuída entre as velocidades dos extremos da mola. Desta
forma, um elemento de massa “dm” localizado entre “c” e “c+dc”, tem velocidade “n”
proporcional a sua abscissa.
Montando a proporção:
v
ν ....... χ
ν= sol.⋅χ : velocidade do elemento de massa posicionado entre χ e χ +d χ
L
v sol. ..... L
Considere-se que a massa da mola, mesmo quando deformada, seja uniformemente
distribuída, ou seja:
dm....... d χ => dm= mM ⋅d χ
L
m M . ..... L
A energia cinética de um elemento de massa “dm” da mola:
2
2
v
1
1 m
1 m ⋅v
2
dEC dm= ⋅dm⋅ν => dEC dm= ⋅ M ⋅d χ⋅( sol.⋅χ) => dEC dm= ⋅ M 3 sol .⋅χ 2⋅d χ
2
2 L
L
2
L
A energia cinética da mola:
2
L
2
1 1
1 m M⋅v sol.
1 m M⋅v sol. L3
2
2
EC=∫ dEC dm= ⋅
⋅∫ χ ⋅d χ => EC= ⋅
⋅
=> EC= ⋅( ⋅m M⋅v sol . )
3
3
2 3
2
2
3
L
L
0
Recuperando a relação: v sol. = ẋ , tem-se:
1 1
EC= ⋅( ⋅mM )⋅ẋ 2
2 3
Esse resultado poderá ser resumido como: “a energia cinética
de uma mola, é igual a energia cinética de um terço (1/3)
de sua massa, deslocando-se com a velocidade de seu
extremo móvel”.
Finalmente a energia mecânica do sistema:
1
2 1
2 1 1
2
EM =EC Sol . + EPel . + EC => EM = ⋅m⋅( ẋ) + ⋅k⋅x + ⋅( ⋅mM⋅ẋ )
2
2
3 2
Derivando a energia mecânica em relação ao tempo:
1
0=m⋅ẋ⋅ẍ + k⋅x⋅ẋ+ ⋅m M⋅ẋ ẍ
3
1
ẋ⋅(m⋅ẍ +k⋅x+ ⋅mM ẍ)=0
Fatorando a equação:
3
1
Agrupando os termos: ẋ⋅((m+ ⋅m M )⋅ẍ +k⋅x)=0
3
Como sempre, há duas soluções:
ẋ=0 => determina a existência do ponto de equilíbrio;
1
(m+ ⋅mM )⋅ẍ +k⋅x=0 => a equação diferencial do movimentos
3
Reescrevendo na forma tradicional:
ẍ+
24/103
√
k
k
1
⋅x=0 => k eq .=k ; mef . =m+ ⋅m M ; ω0= (
)
1
1
3
(m+ ⋅m M )
(m+ ⋅m M )
3
3
Note-se que a pulsação diminui, produzindo um resultado mais
próximo do resultado experimental.
2.2.5.Exemplo:
O sistema ilustrado apresenta barra homogênea de
comprimento L=a+ b , massa m, momento de inércia
2
m⋅L
baricêntrico I CM =
, articulada em O, e sustentada
12
por mola de rigidez k, com massa mM. Considerando
pequenas oscilações, pedem-se:
a) a equação diferencial;
b) a rigidez equivalente;
c) a massa efetiva;
d) a frequência (pulsação) própria do sistema.
m
O
b
k
a
Solução:
O momento de inércia da barra em relação ao polo CM:
1
m⋅L2
2
=> I CM = ⋅m⋅(a+ b)
I CM =
12
12
O momento de inércia em relação ao polo O:
Teorema dos eixos paralelos:
2
I O =I CM +m⋅OCM
2
1
a+b
2
I O = ⋅m⋅(a+b) +m⋅(
−a) ou…
12
2
1
b−a 2
I O = ⋅m⋅(a+b)2 +m⋅(
)
12
2
1
1
I O = ⋅m⋅(a+b)2 + ⋅m⋅(b−a)2
12
4
1
1
2
2
I O = ⋅m⋅(a +b + 2⋅a⋅b)+ ⋅m⋅(b 2+ a2−2⋅a⋅b)
12
4
1
3
I O = ⋅m⋅(a2 +b 2+ 2⋅a⋅b)+ ⋅m⋅(b 2+ a2−2⋅a⋅b) ou …
12
12
1
I O = ⋅m⋅(a2 +b 2+ 2⋅a⋅b+3⋅b 2+ 3⋅a2−6⋅a⋅b) =>
12
1
I O = ⋅m⋅(4⋅a 2+ 4⋅b2−4⋅a⋅b)
12
1
2
2
Finalmente: I O = ⋅m⋅(a + b −a⋅b)
3
No instante “t” qualquer, a barra apresenta-se na posição
angular ϕ , com velocidade angular ω= ϕ̇ , e o extremo
da mola desloca-se com velocidade v =ω⋅a=ϕ̇⋅a
e
apresenta deformação e=a⋅sen ϕ ≈a⋅ϕ .
O
φ
v
e
ω
a
a.cosφ
φ
e = a.senφ
25/103
A energia mecânica do sistema é:
EM Sist . =EC barra + EPmola + EC mola
1
2 1
2 1 1
2
EM Sist . = ⋅I O⋅ϕ̇ + ⋅k⋅(a⋅ϕ ) + ⋅ ⋅m M⋅(ϕ̇⋅a)
2
2
2 3
Reorganizando …
1
1
1
EM Sist . = ⋅I O⋅ϕ̇ 2+ ⋅k⋅a2⋅ϕ 2 + ⋅m M⋅a2⋅ϕ̇ 2
2
2
6
Derivando a energia mecânica em relação ao tempo:
1
0=I O⋅ϕ̇⋅ϕ̈ +k⋅a2⋅ϕ ϕ̇ + ⋅mM⋅a2⋅ϕ̇⋅ϕ̈
3
Fatorando a equação:
1
(I O⋅ϕ̈ +k⋅a2⋅ϕ + ⋅m M⋅a2⋅ϕ̈ )⋅ϕ̇ =0
3
Reorganizando:
1
(( I O + ⋅mM⋅a2)⋅ϕ̈ + k⋅a 2⋅ϕ )⋅ϕ̇=0
3
Como sempre, exitem duas soluções:
1ª) ϕ̇ =0 => estabelece a existência do ponto de equilíbrio;
1
2
2
2ª) (I O + ⋅m M⋅a )⋅ϕ̈ +k⋅a ⋅ϕ =0 => é a equação diferencial do movimento
3
Reescrevendo na forma usual:
k⋅a2
⋅ϕ =0 ou ...
1
2
(I O + ⋅mM⋅a )
3
I 1
k
k
ϕ̈ +
⋅ϕ =0 => k eq .=k ; mef . = O2 + ⋅mM ; ω0= (
)
IO 1
IO 1
a 3
( 2 + ⋅mM )
( 2 + ⋅m M )
a 3
a 3
ϕ̈ +
√
3. OSCILAÇÕES LIVRES COM AMORTECIMENTO COM 1 GL – UM GRAU DE
LIBERDADE..
Oscilação Livre, significa que não há força excitadora com variação periódica, agindo
sobre o sistema.
Com amortecimento, significa que a energia mecânica não se conserva pois serão
consideradas forças dissipativas. Exemplos de forças dissipativas:
a) A força de atrito entre duas superfícies sólidas, sem lubrificantes, que deslizam entre
si, expressa em função da reação normal ” N “ e do coeficiente de atrito ” μ “ entre as
mesmas, ou seja: fat sól. =−μ⋅N .
b) A força de atrito viscoso, que envolve o cisalhamento das camadas de fluido, e é
expressa por formas variadas, que dependem do regime de cisalhamento, da velocidade
26/103
relativa do sólido em relação ao fluido, da geometria do sólido, e da viscosidade do fluido.
A força de atrito viscoso, que produz a equação diferencial do movimento mais simples, é
expressa pelo produto entre, uma constante c que depende de características do fluido,
do corpo que se desloca em relação ao mesmo e, a velocidade relativa do corpo em
relação ao fluido v. A força viscosa se opõe à velocidade relativa entre o sólido e o fluido:
F vis. =−c⋅v . Neste estudo, essa segunda opção de força viscosa, terá precedência
sobre a primeira.
Um grau de liberdade, significa que a posição do sistema será definida por apenas
uma coordenada, e apresentará apenas uma única frequência de vibração.
3.1.Método de Newton.
O sistema mais simplificado com as características citadas, é aquele
onde um ponto material de massa m, desloca-se sob ação de força k
elástica produzida por uma mola de rigidez k e sob ação de força
viscosa produzida por um amortecedor com coeficiente da força viscosa
c. A figura ilustra o ponto material, no instante “t” qualquer, deslocado de m
“y” em relação à posição de equilíbrio, com velocidade “v”, e aceleração
“a”.
As forças agentes:
a) força elástica: Fel .=−k⋅y ;
b) força viscosa: F visc . =−c⋅v => F visc . =−c⋅ ẏ
pos. de
equilíbrio
y
v
c
Nota: como a origem do sistema está na posição de equilíbrio,
o peso próprio e a força da mola nessa posição, anulamse mutuamente. Isso garante que tanto o peso quanto a
deformação da mola, na posição de equilíbrio,
desaparecerão da equação diferencial.
Aplicando-se a Lei de Newton, tem-se:
k
c
m⋅a=F el . + F visc . => m⋅ÿ=−k⋅y −c⋅ẏ => ÿ + ⋅y + ⋅ẏ =0
m
m
Esta forma da equação é denominada de equação diferencial característica do
movimento. Na solução dessa equação diferencial, é usual a utilização de algumas
grandezas, definidas nessa oportunidade:
k
ω0= ( eq. ) : a pulsação própria do sistema ;
mef .
c
γ=
: parâmetro de amortecimento;
2⋅m
γ
β= ω : grau de amortecimento;
0
ω
r= ω0 ; razão de frequências.
Reescrevendo a equação com as novas definições:
ÿ +ω20⋅y +2⋅γ⋅ẏ=0
Na busca por uma função que possa ser solução dessa equação diferencial, deve-se
adotar uma função, tal que, ela mesma, sua derivada primeira, e sua derivada segunda
sejam linearmente dependentes, algo do tipo: y=e s⋅t .
Derivando em relação ao tempo: ẏ=s⋅e s⋅t
ÿ=s2⋅es⋅t
Substituindo as derivadas na equação diferencial:
√
27/103
2
s⋅t
2
0
s⋅t
2
s⋅t
2
0
s⋅t
s ⋅e +ω ⋅e +2⋅γ⋅s⋅e =0 => (s +ω +2⋅γ⋅s)⋅e =0
Com a equação na forma de produto, pode-se afirmar que exite apenas uma única
−2⋅γ± √((2⋅γ)2−4⋅ω20)
2
2
solução: s +ω0 +2⋅γ⋅s=0 => s=
2
2
2
(2⋅γ)2−4⋅ω20
−2⋅γ √((2⋅γ) −4⋅ω0 )
Desenvolvendo: s=
=> s=−γ± (
±
)
2
2
4
2
2
Obtém-se duas soluções: s=−γ±√(γ −ω0 ) .
A solução geral pode ser escrita na forma:
y (t )= A . e[−γ + √(γ −ω )] .t +B . e[−γ−√( γ −ω )] .t ;
Sendo A e B, constantes ajustáveis à condições iniciais, ou seja, para y (0)e ẏ (0) ;
√
2
2
0
2
2
0
A solução geral pode ser escrita de três formas diferentes:
γ
1ª forma: amortecimento fraco, onde β= ω <1 .
0
2
2
Sendo s=−γ±√(γ −ω0 ) , o radical da raiz quadrada será negativo, ou seja, soluções
2
2
complexas. Sendo i=√(−1) , tem-se: s=−γ±i⋅√(ω0 −γ ) . Reescrevendo o radical da
raiz quadrada: ω2a =ω20−γ 2 .
Nota: ωa é denominada de pulsação amortecida.
Com essas considerações o expoente “s” assume a forma:
s=−γ±i⋅√(ω2a ) =>
s=−γ±i⋅ω2a , e a solução passa a ser escrita como:
2
a
2
a
y (t)= A⋅e(−γ +i⋅ω )⋅t +B⋅e (−γ−i⋅ω ⋅t ) => y (t)=e−γ⋅t⋅[ A⋅e(+i⋅ω )⋅t +B⋅e(−i⋅ω ⋅t) ]
a
a
Considerando a equação de Euler e(±i⋅ω ⋅t)=cos(ω a⋅t )±i⋅sen(ωa⋅t) , tem-se:
a
−γ⋅t
y (t)=e ⋅[ A⋅cos( ωa⋅t)+i⋅A⋅sen (ωa⋅t )+ B cos (ωa⋅t )−i⋅B⋅sen (ω a⋅t)]
y (t)=e−γ⋅t⋅[( A + B)⋅cos( ωa⋅t)+i⋅( A−B)⋅sen (ωa⋅t)]
Adotando-se as constantes A e B, que são expressas por números complexos, de tal
forma que B seja o complexo conjugado de A, obtêm-se:
a
b
a
b
A= +i⋅ e B= −i⋅ .
2
2
2
2
Desta forma: A + B=a e A−B=i⋅b , que na equação anterior resulta:
y (t)=e−γ⋅t⋅[a⋅cos (ωa⋅t)+i⋅(i⋅b)⋅sen (ω a⋅t)]
y (t)=e−γ⋅t⋅[a⋅cos (ωa⋅t)−b⋅sen( ωa⋅t)]
A solução está determinada, sendo que as constantes “a” e “b” serão obtidas através das
condições iniciais do problema, ou seja, posição no instante zero e velocidade no instante
zero.
Como a soma de seno e cosseno, não é uma função intuitiva e fácil de trabalhar, é usual
apresentá-la na forma monômica (fatorada).
28/103
Do cosseno da soma, tem-se: a0⋅cos(ω a⋅t+ ϕ )=a0⋅cos (ωa⋅t )⋅cos(ϕ )−a0⋅sen(ω a⋅t)⋅sen(ϕ ) .
Comparando com a solução, tem-se: a=a0⋅cos (ϕ ) e b=a0⋅sen( ϕ ) .
Na forma monômica: y (t)=a0⋅e−γ⋅t⋅cos(ωa⋅t +ϕ ) .
Sendo as constantes a0 e φ, determinadas por condições iniciais, tais como, posição e
velocidade no instante t = 0.
O gráfico da solução em função do tempo tem o aspecto ilustrado na figura abaixo:
y(t)
e-g.t
t
Ta = 2.p /wa
Ta
Ta
Ta
γ
2ª forma: amortecimento crítico, onde β= ω =1 .
0
Recuperando a solução geral:
y (t )= A . e[−γ + √(γ −ω )] .t +B . e[−γ−√( γ −ω )] .t => y (t)= A⋅e(−γ⋅t ) +B⋅e(−γ⋅t )
2
2
0
2
2
0
Cuja solução geral tem a forma:
y (t)=( A+ B⋅t )⋅e(−γ⋅t )
Sendo que, as constantes A e B são determinadas em função das condições iniciais, tais
como: posição e velocidade no instante zero.
γ
3ª forma: amortecimento forte, onde β= ω >1 .
0
Neste caso, a solução geral se aplica sem alterações:
y (t )= A . e[−γ + √(γ −ω )] .t +B . e[−γ−√( γ −ω )] .t
2
2
0
2
2
0
Sendo que, as constantes A e B são determinadas em função das condições iniciais, tais
como: posição e velocidade no instante zero.
29/103
A figura anexa ilustra os comportamentos de cada tipo de movimento, expressando a
posição em função do tempo “y(t)” e, considerando que a posição no instante t = 0, seja
expressa por “y0”.
a) Movimento de Oscilação Livre Sem Amortecimento 1 GL – Grau de Liberdade,
corresponde a solução com [β=0].
b) Movimento de Oscilação Livre Com Amortecimento 1 GL – Grau de Liberdade
1º caso: oscilação com amortecimento fraco: β<1.
c) Movimento de Oscilação Livre Com Amortecimento 1 GL – Grau de Liberdade
2º caso: oscilação com amortecimento crítico: β=1.
d) Movimento de Oscilação Livre Com Amortecimento 1 GL – Grau de Liberdade
3º caso: oscilação com amortecimento forte: β>1.
e) Movimento de Oscilação Livre Com Amortecimento 1 GL – Grau de Liberdade
3º caso: oscilação com amortecimento forte: β=∞ .
Nota: no caso a) e b) estão indicados os dois “períodos”,
2⋅π
2⋅π
T 0 = ω e T a= ω , respectivamente: o período do
a
0
movimento de oscilação sem amortecimento e o
pseudoperíodo do movimento de oscilação amortecida.
Ressalte-se que o pseudoperíodo é sempre maior que o
período próprio, ou seja: T a>T 0 .
y(t)
T0
y0
β=∞
β=1
(e)
β>1
(d)
(c)
t
β<1
(b)
β=0
(a)
Ta
Ta = 2.p /wa
T0 = 2.p /w0
30/103
Resumindo….
Oscilação Livre com Amortecimento – 1 GL – Grau de Liberdade.
k
c
ÿ + ⋅y + ⋅ẏ =0 ; a equação diferencial
m
m
√
ω0= (
γ=
k eq.
) : a pulsação própria do sistema sem amortecimento;
mef .
c
: parâmetro de amortecimento;
2⋅m
γ
β= ω
0
: grau de amortecimento;
ω ; razão de frequências;
r= ω
0
2
ÿ +ω0⋅y +2⋅γ⋅ẏ=0 ; a equação diferencial na forma usual;
γ
1º Tipo: Amortecimento fraco, β= ω <1 => ω2a =ω20−γ 2 ; y (t)=a0⋅e−γ⋅t⋅cos( ωa⋅t +ϕ )
0
sendo as constantes a0 e φ, determinadas por condições iniciais, tais como, posição e
velocidade no instante t = 0.
γ
2º Tipo: Amortecimento Crítico: β= ω =1 => y (t)=( A+ B⋅t )⋅e(−γ⋅t )
0
sendo que, as constantes A e B são determinadas em função das condições iniciais,
tais como: posição e velocidade no instante zero.
γ
3º Tipo: Amortecimento Forte: β= ω >1 =>
y (t )= A . e[−γ + √(γ −ω )] .t +B . e[−γ−√( γ −ω )] .t
0
sendo que, as constantes A e B são determinadas em função das condições iniciais,
tais como: posição e velocidade no instante zero.
2
2
0
2
2
0
31/103
3.1.1. Exemplo:
Um sólido de massa m = 20 kg, oscila com amortecimento viscoso com frequência de
oscilação f = 10 Hz. Em 10 segundos a amplitude sofre redução de 10%. Pedem-se:
a) o coeficiente de resistência viscosa “c”;
b) o parâmetro de amortecimento “g”;
c) o decremento logarítmico “D = g . Ta”;
d) em que proporção varia o período quando se suprime o amortecimento.
Solução:
a frequência do movimento oscilatório amortecido é:
f a=10 => ωa =2⋅π⋅f a => ωa =20⋅π
recuperando a equação horária do movimento oscilatório amortecido:
−γ⋅t
y (t)=a0⋅e ⋅cos(20⋅π⋅t+ ϕ )
no instante (t=0), tem-se:
y (t)=a0⋅e−γ⋅t⋅cos(20⋅π⋅t+ ϕ )
no instante (t=10), tem-se: y (t+ 10)=a0⋅e−γ⋅(t+10)⋅cos(20⋅π⋅(t +10)+ ϕ )
−γ⋅(t+10)
desenvolvendo:
y (t+ 10)=a0⋅e
⋅cos(20⋅π⋅t+100⋅2⋅π+ ϕ )
−γ⋅(t+10)
y (t+ 10)=a0⋅e
⋅cos(20⋅π⋅t+ϕ )
Considerando que em 10 s, ocorre redução na amplitude de 10% tem-se:
y ( t+10)
=0,90
y (t)
−γ⋅(t +10)
a0⋅e
⋅cos (20⋅π⋅t +ϕ )
=0,90 => e−γ⋅10=0,90 => ln(e−γ⋅10 )=ln(0,90)
−γ⋅t
a0⋅e ⋅cos(20⋅π⋅t + ϕ )
−γ⋅10=−0,1054 => γ=0,0105
c
Sendo γ=
=> c=γ⋅2⋅m => c=0,421
2⋅m
γ
1
Sendo D=γ⋅T a e T a=
=> D=
=> D=0,0011
fa
fa
2
2
Sendo ω2a =ω20−γ 2 => ω20=ω2a + γ2 => ω0= √(ωa + γ )=62,8319
1 2⋅π
T 0 f 0 ω0 ωa
T
20⋅π
A razão entre os períodos é:
= =
= ω0 => 0 =
=0,99999998
T a 1 2⋅π
T a √((20⋅π)2+ γ2)
f a ωa
3.1.2. Exemplo:
A figura ilustra um sólido de massa m = 0,200 kg, sob ação de mola com
rigidez “k” e amortecedor com constante da força viscosa c=10 N . s /m .
A partir da posição de equilíbrio, o sólido é lançado na vertical, para baixo,
com velocidade v 0 =0,30 m/s . Sabe-se que essa mesma mola sob ação
de sólido teste, com massa mt=0,050 kg , apresenta deformação
Pos.
Δ=0,00125 m quando em equilíbrio. Adotar g=10 m/s 2 . Pedem-se:
Equil.
a) a equação diferencial do movimento;
y(t)
b) o grau de amortecimento;
c) a equação horária do movimento;
m
d) o máximo afastamento do sólido em relação à posição de equilíbrio.
c
k
32/103
Solução:
Considerando o efeito do bloco teste, sobre a mola, é possível determinar
a rigidez da mesma, impondo o equilíbrio, ou seja: na posição de
equilíbrio, duas forças agem sobre o sólido teste, o peso próprio e a força
elástica e a soma dessas é nula.
m⋅g
N
P−F e =0 => m⋅g−k⋅Δ=0 => k=
Δ =400 m ;
O sólido no instante “t” qualquer, encontra-se deslocado em relação a sua
posição de equilíbrio de “y(t)”, deslocando-se com velocidade “ v = ẏ ”,
conforme ilustrado.
L0
k
Fe
Δ
mt
P
O diagrama de esforços (forças) no instante “t” ...
Impondo a Lei de Newton:
k
c
−F el . −F visc . =m⋅ÿ => −k⋅y−c⋅ ẏ=m⋅ÿ => ÿ + ⋅y + ⋅ẏ =0 ou:
m
m
2
ÿ +ω0⋅y +2⋅γ⋅ẏ=0 (a)
Sendo:
√
√
Pos.
Equil.
y(t)
k eq .
400
rad
) => ω0 = (
)=44,72
e
mef .
0,200
s
c
10
−1
γ=
=25 s
=> γ=
2⋅m
2⋅0,200
ω0= (
k
m
Fe
v
Fvisc.
c
γ
25
=0,56 (b)
Sendo β= ω o grau de amortecimento ... β=
0
44,7
Conclui-se portanto que o amortecimento é fraco ( β< 1 ), ou seja, a solução da equação
diferencial, ou posição em função do tempo é:
y (t)=a0⋅e−γ⋅t⋅cos(ωa⋅t +ϕ )
2
2
com:
ω2a =ω20−γ 2 => ωa =√(44,7 −25 )=37,1 .
Derivando a posição em função do tempo:
−γ⋅t
ẏ (t)=a0⋅e ⋅[−γ⋅cos (ωa⋅t +ϕ )−ω a⋅sen (ωa⋅t+ϕ )]
Reduzindo à forma monômica:
A⋅cos((ωa⋅t+ϕ )+δ)= A⋅cos(ωa⋅t +ϕ )⋅cos(δ)−A⋅sen(ωa⋅t +ϕ )⋅sen(δ)
Comparando as duas últimas equações, obtêm-se:
−γ= A⋅cos(δ)
ωa =A⋅sen(δ)
Dividindo as equações membro a membro:
−ωa
−ωa
γ =tan(δ) => δ=arctan( γ )
Elevando ao quadrado ambas as equações e somando membro a membro:
A= √(ω2a + γ2 ) => A= √(ω20−γ 2+ γ2 )=ω0
33/103
Finalmente a equação da velocidade na forma monômica:
−ωa
−γ⋅t
ẏ (t)=ω0⋅a 0⋅e ⋅cos (ω a⋅t+ϕ + δ) com δ=arctan( γ )
Nota: derivar esse tipo de equação, implica em somar δ ao
argumento e multiplicá-la por ω0 .
ÿ (t)=ω20⋅a 0⋅e−γ⋅t⋅cos (ω a⋅t+ϕ + 2⋅δ)
A equação da aceleração:
Calculando …
ou
−25⋅t
y (t)=a0⋅e
⋅cos (37,1⋅t +ϕ )
−ω
−37,1
)=−0,98 rad 4º quadrante
δ=arctan( γ a ) => δ=arctan(
25
δ=−0,98+ π=2,16 rad 2º quadrante
Substituindo na equação da velocidade:
−25⋅t
ẏ (t)=44,7⋅a0⋅e ⋅cos (37,1⋅t +ϕ +2,16)
No instante t = 0, tem-se:
3⋅π
.. .
y (0)=0 => 0=a 0⋅cos(ϕ ) => cos (ϕ )=0 => ϕ = π ;
2 2
ẏ (0)=0,30 => 0,30=44,7⋅a 0⋅cos(ϕ +2,16)
Para
ϕ = π => 0,30=44,7⋅a0⋅cos ( π +2,16) => 0,30=a0⋅(−37,2) => a0 =−0,0081
2
2
3⋅π
3⋅π
ϕ=
+2,16) => 0,30=a0⋅37,2 => a0 =0,0081
=> 0,30=44,7⋅a0⋅cos (
2
2
Finalmente a equação horária:
y (t)=0,0081⋅e−25⋅t⋅cos (37,1⋅t+
3⋅π
) (c)
2
O máximo afastamento da posição de equilíbrio é obtido impondo:
ẏ (t)=0 e ÿ (t)<0
Derivando e impondo as condições de máximo:
3⋅π
−25⋅t
ẏ (t)=0,36⋅e ⋅cos (37,1⋅t +
+2,16)=0
2
ẏ (t)=0,36⋅e−25⋅t⋅cos (37,1⋅t +2⋅π+0,59)=0
ẏ (t)=0,36⋅e−25⋅t⋅cos (37,1⋅t +0,59)=0
37,1⋅t + 0,59= π => t=0,026 s
2
Nota: esse é o primeiro instante em que a velocidade
(derivada) se anula, assim nem é preciso testar a
derivada segunda.
Substituindo na equação da posição:
y (0,026)=0,0081⋅e−25⋅0,026⋅cos (37,1⋅0,026 +
y (0,026)=3,48⋅10−3 m
3⋅π
)
2
34/103
3.1.3. Exemplo:
Um canhão possui cano com
massa m = 700 kg, cujo recuo se
faz sob efeito de um sistema mola
m
amortecedor. A mola possui rigidez
k,c
N
k =8⋅104
e o amortecedor
m
possui constante “c” da resistência
viscosa.
Pede-se determinar a constante “c” da resistência viscosa, para que o cano volte à sua
posição de equilíbrio (posição de disparo), o mais rápido possível sem oscilar.
Solução:
Sem oscilar implica que o movimento não pode ser de oscilação amortecida, ou seja, o
grau de amortecimento é: β≥1 . Voltar o mais rápido possível à posição de equilíbrio
exclui amortecimento forte, ou seja, o único movimento que se ajusta ao pedido é o de
amortecimento crítico, ou seja: β=1
Tem-se:
√
ω0= (
γ=
√
k eq .
8⋅104
rad
) => ω0= (
)=10,69
mef .
700
s
c
c
c
=
=> γ=
2⋅m
2⋅700 1400
γ
Sendo β= ω o grau de amortecimento …
0
c
1400
N⋅s
=> c=14966
1=
10,69
m
3.1.4. Exemplo:
Um pêndulo de torção é constituído por um
disco, submerso em óleo, e suspenso através
de um fio. O disco possui momento de inércia
2
I =0,004 kg⋅m . O fio possui rigidez de torção
N⋅m
k T =1,6
. Quando o disco move-se com
rad
velocidade angular θ̇ em relação ao óleo, é exercido sobre o mesmo, conjugado
N⋅m
viscoso expresso por: C vis. =−0,1⋅θ̇
. Pedem-se:
rad
a) a equação diferencial do movimento;
b) o grau de amortecimento β;
c) a equação horária do movimento.
Solução:
No instante “t” qualquer, o disco tem posição angular θ e
velocidade angular ω=θ̇ . Nessas condições o fio aplica
e
ição d
no disco o conjugado elástico C el .=−k T⋅θ e o óleo aplica posuilíbrio
eq
no mesmo conjugado viscoso C vis. =−0,1⋅θ̇ .
θ
ω
35/103
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
−k T⋅θ−0,1⋅θ̇=I⋅θ̈ => −1,6⋅θ−0,1⋅θ̇=0,004⋅θ̈ na forma usual ...
1,6
0,1
θ̈+
⋅θ+
⋅θ̇=0 => θ̈+400⋅θ+25⋅θ̇=0 (a)
0,004
0,004
Comparando com a equação diferencial típica, ou seja, ÿ +ω20⋅y +2⋅γ⋅ẏ=0 tem-se:
2
ω0=400 => ω0=20
2⋅γ=25 => γ=12,5
γ
12,5
β= ω => β=
=> β=0,625 (b)
0
20
Equação horária do movimento:
y (t)=a0⋅e−γ⋅t⋅cos(ωa⋅t +ϕ ) e ω2a =ω20−γ 2
rad
ωa =√(ω20−γ 2) => ωa =15,61
s
−12,5⋅t
y (t)=a0⋅e
⋅cos (15,61⋅t +ϕ ) (c)
Nota: as constantes a0 e φ não são determináveis pois as
condições iniciais não foram informadas.
4.OSCILAÇÃO FORÇADA COM AMORTECIMENTO 1 GL – GRAU DE
LIBERDADE.
Oscilação Forçada, significa que o sistema é submetido a uma força de intensidade
oscilante, tal como: Fex . =F max .⋅cos(ω⋅t) . Submetido a tal força o sistema oscila com a
frequência imposta pela mesma, ou seja, a pulsação do movimento é: ω .
Com amortecimento, significa que há dissipação de energia pela presença de uma
força dissipativa. A força dissipativa mais usual nos estudos de vibração é a força viscosa
do tipo: F visc .=−c⋅v , sendo “v” velocidade relativa do sólido, (ou ponto material) que
compõe o sistema, em relação ao fluido. A escolha desse tipo de força dissipativa é
empregada pois simplifica a solução da equação diferencial do movimento.
1 GL – Grau de Liberdade, significa que o sistema tem seu movimento descrito com
o uso de apenas uma variável e, quando abandonado pra vibrar livremente, vibra com
apenas um modo normal de vibração, ou seja, com apenas uma pulsação.
4.1.Método de Newton.
Considere-se uma partícula de massa “m” sob ação de F
um sistema mola amortecedor, com rigidez “k”, constante da ex.
resistência viscosa “c” e de uma força excitadora
Fex . =F 0⋅cos( ω⋅t) .
No instante “t” genérico, considere-se que o sistema tenha
F
posição “x(t)”, com origem na posição de equilíbrio e ex.
velocidade “v”. Dessa forma, duas outras forças estarão
presentes, a força elástica Fel .=−k⋅x e a força viscosa
F vis. =−c⋅v =−c⋅ẋ .
Impondo a Lei de Newton, tem-se:
F0⋅cos(ω⋅t )−k⋅x−c⋅ẋ=m⋅ẍ
m
Fel.
Fvis.
x(t)
v
k, c
36/103
Reescrevendo:
F
k
c
ẍ+ ⋅x+ ⋅ẋ= 0⋅cos (ω⋅t) ou ...
m
m
m
F0
k
c
2
ẍ+ ω0⋅x +2⋅γ⋅ẋ= ⋅cos(ω⋅t) onde: ω0= ( ) e γ=
2⋅m
m
m
√
A solução permanente é:
x (t)= A⋅cos( ω⋅t+ α)
Derivando em relação ao tempo:
ẋ (t)=−A⋅ω⋅sen (ω⋅t+α)
2
ẍ (t)=−A⋅ω ⋅cos(ω⋅t+α)
Testando essa proposta de solução …
−A⋅ω2⋅cos (ω⋅t+α)+ω 20⋅A⋅cos (ω⋅t+α )−2⋅γ⋅A⋅ω⋅sen (ω⋅t +α)=
Reescrevendo …
2
2
A⋅[(ω0 −ω )⋅cos(ω⋅t+α)−2⋅γ⋅ω⋅sen(ω⋅t+α)]=
F0
⋅cos (ω⋅t)
m
F0
⋅cos(ω⋅t)
m
Expressando o primeiro membro na forma monômica …
B⋅cos [(ω⋅t +α)+Δ]=B⋅cos Δ⋅cos (ω⋅t +α)−B⋅sen Δ⋅sen( ω⋅t +α)
Comparando os termos, tem-se:
B⋅cos Δ=(ω20−ω 2) e B⋅sen Δ=2⋅γ⋅ω
Dividindo as últimas igualdades membro a membro, sendo a segunda igualdade pela
primeira, tem-se:
2⋅γ⋅ω
tan Δ= 2
2
ω0−ω
Elevando as ambas as igualdades ao quadrado e somando membro a membro, tem-se:
B 2⋅cos2 Δ+ B2⋅sen2 Δ=(ω20 −ω2)2 +(2⋅γ⋅ω)2
B 2⋅(cos 2 Δ+ sen2 Δ)=( ω20−ω 2)2 +(2⋅γ⋅ω)2
B=√(ω 20−ω2 )2+(2⋅γ⋅ω)2
Reescrevendo B:
1º) multiplicando e também dividindo por ω20 :
2
ω
B= 02⋅√(ω20 −ω2)2 +(2⋅γ⋅ω)2
ω0
2º) passando o denominador para dentro da raiz quadrada:
1
B=ω20⋅ 4⋅((ω20−ω2 )2+(2⋅γ⋅ω)2)
ω0
√
37/103
3º) passando o denominador para dentro dos quadrados:
√
ω20
√
2
2
2
2
ω0 ω 2
2⋅γ ω 2
2⋅γ⋅ω 2
2
B=ω ⋅ ( 2 − ω2 ) +(
)
B=ω
⋅
(
−
)
+(
=>
0
2
2
ω 0 ⋅ω0 )
ω0 ω 0
ω0 ω0
ω20
4º) aplicando as seguintes igualdades:
ω0
γ
ω
ω =1 ; r= ω ; β= ω
2
0
0
0
tem-se:
√
0
2
2
ω0 ω 2
2⋅γ ω 2
B=ω ⋅ ( 2 − 2 ) +( ω ⋅ω ) => B=ω20⋅√(1−r 2 )2+(2⋅β⋅r )2
0
0
ω0 ω 0
2
0
Reescrevendo a fase Δ:
1º) dividindo o numerador e também o denominador por ω20 :
2⋅γ⋅ω
γ ω
2⋅ω ⋅ω
ω 20
2⋅γ⋅ω
tan Δ= 2
=> tan Δ= 2
=> tan Δ= 2 0 0
ω0−ω 2
ω0−ω2
ω0 ω2
−
ω20 ω20
ω 20
2º) aplicando as seguintes igualdades:
ω0
γ
ω
ω =1 ; r= ω ; β= ω
0
0
tem-se:
tan Δ=
0
2⋅β⋅r
2
1−r
Recuperando a expressão na forma binômica:
A⋅[(ω20 −ω2)⋅cos( ω⋅t+ α)−2⋅γ⋅ω⋅sen(ω⋅t+ α)]=
F0
⋅cos (ω⋅t)
m
Na equação acima, o termo entre chaves “[...]” pode ser escrito como:
B⋅cos[(ω⋅t +α)+Δ]
Substituindo os valores de “B” e de “Δ” ...
ω20⋅√(1−r 2 )2 +(2⋅β⋅r)2⋅cos[(ω⋅t +α)+ Δ] com Δ=arctan (
2⋅β⋅r
)
1−r 2
Substituindo o termo entre chaves “[ … ]”, obtêm-se:
F
A⋅ω 20⋅√(1−r 2)2 +(2⋅β⋅r )2⋅cos ((ω⋅t+ α)+ Δ)= 0⋅cos (ω⋅t )
m
Impondo a igualdade indicada acima:
os coeficientes dos cossenos devem ser iguais:
F0
F
1
2
2 2
2
=> A= 0⋅ 2
A⋅ω 0⋅√(1−r ) +(2⋅β⋅r ) =
2
m
m ω0⋅√(1−r )2+(2⋅β⋅r )2
2
Utilizando: ω0=
k
m
F
F
1
1
=> A= 0⋅
A= 0⋅
2
2
m k
k √(1−r ) +( 2⋅β⋅r )2
⋅√(1−r 2)2 +(2⋅β⋅r)2
m
os argumentos dos cossenos devem ser iguais:
ω⋅t +α+ Δ=ω⋅t => α=−Δ , ou seja:
α=arctan (
38/103
−2⋅β⋅r
)
1−r 2
Resumindo ….
Equação diferencial: ẍ+ ω20⋅x +2⋅γ⋅ẋ=
F0
⋅cos(ω⋅t)
m
x (t)= A⋅cos( ω⋅t+ α)
F
1
A= 0⋅
2
2
k √(1−r ) +( 2⋅β⋅r )2
−2⋅β⋅r
α=arctan (
)
2
1−r
Solução:
Outras relações:
√
k
ω0= ( )
m
c
γ=
2⋅m
r= ωω0
γ
β= ω
0
Nota: em todos os problemas, deve-se ajustar a equação
diferencial para que possa ser comparada com a
equação diferencial característica, pois assim a solução
estará garantida.
A
β=0
F0
k
β crescente
0
1
2
O comportamento desse sistema está ilustrado
no gráfico anexo, onde se expressa a
amplitude do movimento “A”, em função da
razão de frequência “r”.
Especialmente, para “β = 0” e “r = 1”, observase um pico de amplitude infinito, é o caso de
ressonância entre o sistema e a frequência da
força excitadora ω=ω0 .
Algumas particularidades do comportamento
desse sistema podem ser salientadas:
a) as amplitudes de vibração são menores para
r >√ 2 .
b) o aumento do grau de amortecimento
r produz diminuição da amplitude de vibração.
Saliente-se que esse comportamento não é universal, e outros sistemas terão
39/103
comportamentos semelhantes mas NÃO iguais, em especial no que diz respeito à relação
entre o aumento do grau de amortecimento e a diminuição da amplitude. Em verdade
existem sistemas com comportamento oposto a este.
4.1.1. Exemplo
Um sistema composto por uma base oscilante na direção
vertical, que move-se segundo a equação horária
y B (t )=a⋅cos(ω⋅t ) , estimula um bloco (sólido) de massa “m”
através de mola de rigidez “k”. O bloco tem seus movimentos
influenciados por um sistema amortecedor com constante da k
resistência viscosa “c”. Em função das grandezas citadas,
pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
m
b) a equação horária do movimento do bloco.
yB(t)
Fel.
Solução:
As forças agentes são “Fel.” E força “Fvis.”, desta forma, aplicando
c
a Lei de Newton:
−F el . −F vis. =m⋅a
Sendo:
−k⋅( y− y B )−c⋅ ẏ=m⋅ÿ
Substituindo “yB”:
−k⋅( y−a⋅cos(t))−c⋅ẏ=m⋅ÿ
Posição
de
equilíbrio
−k⋅y +k⋅a⋅cos(t)−c⋅ẏ=m⋅ ÿ
Reescrevendo:
k
c
k
ÿ + ⋅y + ⋅ẏ = ⋅a⋅cos(t) ou …
m
m
m
ÿ +ω20⋅y +2⋅γ⋅ẏ=
k⋅a
⋅cos (t) (a)
m
Comparando com a equação na forma usual:
2
ẍ+ ω0⋅x +2⋅γ⋅ẋ=
F0
⋅cos(ω⋅t)
m
Conclui-se que:
F0 =k⋅a
A equação horária:
x (t)= A⋅cos( ω⋅t+ α) (b)
com:
A=
F0
−2⋅β⋅r
1
e
α=arctan
(
)
⋅
k √(1−r 2)2 +( 2⋅β⋅r )2
1−r 2
Substituindo “ F 0 ”, obtêm-se:
A=
−2⋅β⋅r
a
)
e α=arctan (
2
1−r 2
√(1−r ) +(2⋅β⋅r)
2 2
Fvis.
y(t)
v
40/103
4.1.2. Exemplo
Considere-se um equipamento de massa “m”, apoiado em piso (lage)
através de um sistema mola amortecedor com rigidez “k” e constante
da resistência viscosa “c”. Esse piso desloca-se na vertical com m
y(t)
equação horária y P (t)=a⋅cos(ω⋅t) .
Fel. F
vis.
Esta descrição é comum, onde um equipamento sensível à vibrações,
é instalado em um piso (lage) onde outros equipamentos, também
instalados no mesmo local, são fontes de vibração. Máquinas que k,c
tenham partes que se movem em movimentos oscilatórios, ou
assemelhados, se comportam como fontes de vibrações. Exemplos
yP(t)
que se encaixam nessa categoria são: selecionadores com peneiras,
máquinas operatrizes, motores, compressores, prensas.
pos. eq.
Considerando os dados informados, pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
b) a equação horária do movimento;
c) a máxima aceleração do equipamento;
d) construir um gráfico da amplitude do deslocamento do equipamento em estudo, em
função da razão de frequência “r”.
e) sugerir ações que “isolem” o equipamento das fontes de vibrações.
Solução:
Num instante “t” genérico, o piso encontra-se na posição “y P” com velocidade “ v P= y˙ P ”
e o equipamento encontra-se na posição “y” com velocidade “ v = ẏ ”.
Portanto, nesse instante, a mola encontra-se alongada de “ Δ= y− y P ”, o que produz
força elástica ” Fel .=−k⋅( y− y P ) ”, e o amortecedor produz força viscosa “
F visc . =−c⋅v rel . ”, sendo “vrel.” a velocidade relativa entre as partes, ou seja,
v rel . = ẏ− y˙ P .
Nota: a velocidade relativa pode ser obtida através da derivada
do deslocamento relativo “Δ”, ou seja: Δ= y− y P =>
Δ̇= ẏ− y˙ P
Resumindo, duas forças agem no equipamento:
Fel .=−k⋅( y− y P ) => F el .=−k⋅( y −a⋅cos (ω⋅t)) => F el .=−k⋅y +k⋅a⋅cos (ω⋅t ) e
F vis. =−c⋅( ẏ − y˙P ) => F vis. =−c⋅ẏ +c⋅y˙ P
Obtendo a derivada de “yP”: y P (t)=a⋅cos(ω⋅t) => y˙P =−a⋅ω⋅sen( ω⋅t )
Substituindo na força viscosa: F vis. =−c⋅ẏ−c⋅a⋅ω⋅sen (ω⋅t)
Impondo a Lei de Newton:
Fel . + F vis .=m⋅ÿ => −k⋅y +k⋅a⋅cos (ω⋅t )−c⋅ẏ−c⋅a⋅ω⋅sen (ω⋅t)=m⋅ÿ
Rearranjando …
m⋅ÿ +k⋅y+c⋅ẏ=k⋅a⋅cos(ω⋅t)−c⋅a⋅ω⋅sen (ω⋅t )
k
c
a
ÿ + ⋅y + ⋅ẏ = ⋅[k⋅cos (ω⋅t)−c⋅ω⋅sen( ω⋅t)]
m
m
m
41/103
Identificando os termos:
a
2
ÿ +ω0⋅y +2⋅γ⋅ẏ= ⋅[k⋅cos( ω⋅t)−c⋅ω⋅sen( ω⋅t)] (a)
m
Nota: o segundo membro não é comparável ao caso usual,
então deve ser transformado na forma monômica.
Transformando o 2º membro na forma monômica:
B⋅cos(ω⋅t + δ)=B⋅cos δ⋅cos(ω⋅t )−B⋅sen δ⋅sen(ω⋅t)
B⋅sen δ=c⋅ω e B⋅cos δ=k
Obtendo B e δ :
c⋅ω
) e B=√ c 2⋅ω2 +k 2
k
k
c⋅ω
δ=arctan(
) como: ω0= ( ) => k =ω20⋅m
k
m
c⋅ω
c⋅ω
c
c
) como: γ=
δ=arctan(
) => δ=arctan(
=2⋅γ
=>
k
m⋅ω 0⋅ω0
2⋅m
m
2⋅γ⋅ω
γ
c⋅ω
δ=arctan(
) => δ=arctan( ω ⋅ω ) como: β= ω e r= ωω
0
0
0
0
m⋅ω 0⋅ω0
δ=arctan(2⋅β⋅r )
δ=arctan(
√
Substituindo na equação:
a
ÿ +ω20⋅y +2⋅γ⋅ẏ= ⋅√ c 2⋅ω2 +k 2⋅cos (ω⋅t+δ)
m
Comparando com a formas usuais:
F0
2
2
2
⋅cos(ω⋅t) Conclui-se que: F0 =a⋅√c ⋅ω + k
m
x (t)= A⋅cos( ω⋅t+ α) conclui-se que: x (t)= A⋅cos(ω⋅t+δ+α)
−2⋅β⋅r
δ=arctan(2⋅β⋅r ) e α=arctan (
)
2
1−r
equação diferencial: ẍ+ ω20⋅x +2⋅γ⋅ẋ=
a solução:
com:
A amplitude:
A=
F0
a⋅√ c2⋅ω2+ k 2
1
1
A=
⋅
=>
⋅
2
2
2
2
2
k
k √(1−r ) +( 2⋅β⋅r )
√(1−r ) +(2⋅β⋅r)2
√
√
√
√
A=a⋅
A=a⋅
c2⋅ω2+ k 2
1
⋅
2
2 2
k
√(1−r ) +(2⋅β⋅r)2
c2⋅ω2
1
+1⋅
com k =ω20⋅m
2
2 2
2
k
√(1−r ) +(2⋅β⋅r )
c 2⋅ω2
1
c
c2
2
=2⋅γ
com
=>
=4⋅γ
+
1⋅
2
4
2
2 2
2
m
m
ω0⋅m
√(1−r ) +(2⋅β⋅r )
2
γ
1
com β= ω e r= ωω
A=a⋅ 22⋅γ2⋅ω 4 +1⋅
2 2
2
0
0
ω0
√(1−r ) +( 2⋅β⋅r )
A=a⋅
tem-se:
1
√(1−r ) +(2⋅β⋅r)2
A=a⋅√ 22⋅β2⋅r 2+1⋅
2 2
Finalmente:
42/103
√ 2 ⋅β ⋅r +1
2
A=a⋅
2
2
√(1−r 2)2 +(2⋅β⋅r )2
A equação horária:
x (t)= A⋅cos(ω⋅t+ δ+α) onde:
√ 22⋅β2⋅r 2+1
A=a⋅
√(1−r 2)2 +(2⋅β⋅r )2
δ=arctan(2⋅β⋅r )
−2⋅β⋅r
α=arctan (
) (b)
1−r 2
A aceleração:
ẍ (t)=−A⋅ω 2⋅cos(ω⋅t+ δ+α)
A máxima aceleração:
ẍ máx . =A⋅ω
2
=> ẍ máx . =ω2⋅a⋅
0
A
a
1
√
a⋅
1+(2⋅β)2
2
(2⋅β)
(c)
√( 1−r 2 )2+(2⋅β⋅r )2
O gráfico da amplitude: (d)
r
√22⋅β2⋅r 2 +1
√2
a
A
Notas:
1ª) para r=1 e β=0 , a amplitude tende a
infinito, é o caso de ressonância;
2ª) para 0≤r≤√ 2 , a amplitude nunca é
menor que “a”, independentemente do grau de a
amortecimento ”β”;
3ª) para r > √ 2 , as amplitudes são sempre
menores que “a” e tendem a zero para
r ≫ √2 .
3ª) para r > √ 2 , as menores amplitudes são 0
sempre para grau de amortecimento β=0 .
β=0
β=∞
β crescente
β crescente
1
2
Sugestões para minimizar a amplitude de vibração do sistema: (e)
1ª) trabalhar na faixa de razão de frequências r > √ 2 .
2ª) eliminar os amortecedores β=0 .
r
43/103
5.LISTA DE EXERCÍCIOS PREPARATÓRIA PARA A 1ª PROVA.
QUESTÃO 01
No sistema ilustrado, as duas polias são leves e sem atrito. A polia
superior tem eixo fixo. A polia inferior está ligada a uma mola de rigidez
k = 8,0 kN/m. A mola é ancorada ao piso. Um fio ideal (leve, flexível e
inextensível) que passa pelas polias e não escorrega em relação às
mesmas, liga-se a um bloco de massa m = 10,0 kg, e ao teto. A partir
da posição de equilíbrio, descola-se o bloco de a 0 = 0,3 m e o
abandona-se em repouso. Pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
k
b) a pulsação do movimento (ω0);
c) a equação horária da posição em função do tempo (y(t));
d) a energia mecânica do sistema.
k
rad
=14,14
y¨ B +200⋅y B =0 ω0 =
y B =0,3⋅cos(14,14⋅t)
EM =90 J
4⋅m
s
p. eq.
y(t)
m
√
QUESTÃO 02
No sistema ilustrado a polia de eixo fixo, possui raio R = 0,3 m, momento
de inércia em relação ao seu centro I = 0,113 kg.m 2, gira livremente (sem
atrito). Um fio ideal (leve, flexível e inextensível) que passa pela polia e
não escorrega em relação à mesma, liga-se a um bloco de massa m = 1,5
kg, e a uma mola de rigidez k = 1.000 N/m. A mola é ancorada ao piso. A
partir da posição de equilíbrio, descola-se o bloco de a 0 = 0,3 m e o
abandona-se em repouso. Pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
k
b) a pulsação do movimento (ω0);
c) a equação horária da posição em função do tempo (y(t));
d) a energia mecânica do sistema.
rad
ÿ +362,9⋅y=0 ω0 =19,05
y =0,3⋅cos(19,05⋅t ) EM =45 J
s
QUESTÃO 03
No sistema ilustrado a polia de eixo fixo, possui raio R = 0,3 m,
momento de inércia em relação ao seu centro I = 0,113 kg.m 2,
gira livremente (sem atrito). Um fio ideal (leve, flexível e
inextensível) que passa pela polia e não escorrega em relação
k
à mesma, liga-se a um bloco de massa m = 1,5 kg. Outro fio de
mesmas características, liga o ponto da polia distante d = 0,2 m
de seu centro, a uma mola de rigidez k = 1.000 N/m. A mola é
ancorada a uma parede. A partir da posição de equilíbrio,
descola-se o bloco de a0 = 0,01 m e o abandona-se em
repouso. Pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação do movimento (ω0);
c) a equação horária da posição em função do tempo (y(t));
d) a energia mecânica do sistema.
rad
ÿ +161,29⋅y=0 ω0 =12,70
y (t )=0,01⋅cos(12,70⋅t ) EM =0,022 J
s
p. eq.
y(t)
m
d
p. eq.
y(t)
m
44/103
QUESTÃO 04
No sistema ilustrado, as duas polias são leves e sem atrito. A polia
superior tem eixo fixo. A polia inferior está ligada a uma mola de rigidez k2
k1 = 8,0 kN/m, que é ancorada ao piso. Um fio ideal (leve, flexível e
inextensível) que passa pelas polias e não escorrega em relação às
mesmas, liga-se a um bloco de massa m = 10,0 kg, e ao teto através
de outra mola de rigidez k 2 = 4,0 kN/m. A partir da posição de
equilíbrio, descola-se o bloco de a0 = 0,3 m e o abandona-se em
repouso. Pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação do movimento (ω0);
c) a equação horária da posição em função do tempo (y(t));
d) a energia mecânica do sistema.
rad
ÿ +133,33⋅y=0 ω0=11,55
y (t)=0,3⋅cos (11,55⋅t)
EM =60 J
s
p. eq.
y(t)
m
k1
QUESTÃO 05
Um pistão de massa 4,4 kg percorre um tubo com
v0
velocidade 18,0 m/s e aciona um conjunto mola
amortecedor, conforme ilustrado. A mola possui
k, c
massa desprezível e rigidez k = 35000 N/m. O
m
amortecedor possui constante da resistência viscosa c = 180,0 N.s/m. Pedem-se:
a) o máximo deslocamento do pistão, após acionar o conjunto mola amortecedor;
b) a duração do deslocamento anterior.
x máx . =0,137 m
t para =0,016 s
k, c
m
QUESTÃO 06
Um absorvedor de choques é projetado para que no
retorno, ultrapasse o ponto de equilíbrio em 10% do
deslocamento inicial. Pedem-se:
a) o tipo de amortecimento;
b) o grau de amortecimento.
a) Oscilação amortecida; b)
v
0
v=0
x
0
β=0,59
v=0
0,1.x0
QUESTÃO 07
No sistema ilustrado o bloco de massa m = 10,0 kg, desloca-se
sob ação de duas molas com rigidez k1 = 2,0 kN/m e k2 = 3,0
kN/m. Pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação do movimento (ω0);
rad
ẍ+ 300⋅x=0 ω0=22,36
s
k1
m
k2
45/103
QUESTÃO 08
No sistema ilustrado o bloco de massa m = 10,0 kg,
desloca-se sob ação de duas molas com rigidez k1 = 2,0
kN/m e k2 = 3,0 kN/m. Pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação do movimento (ω0);
rad
ẍ+120⋅x=0 ω0=10,95
s
k1
k2
m
QUESTÃO 09
No sistema ilustrado o bloco de massa m = 10,0 kg, desloca-se sob ação k1
de duas molas com rigidez k1 = 2,0 kN/m e k2 = 3,0 kN/m. Pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação do movimento (ω0);
rad
ÿ +480⋅y=0 ω0=21,91
s
QUESTÃO 10
O sistema ilustrado é constituído por haste delgada de massa
mH = 2,0 kg, e por disco de massa m D = 1,0 kg solidamente
soldado à haste. O conjunto tem eixo fixo passando pelo ponto
O, e encontra-se sob ação da mola de rigidez k = 2,0 kN/m. A
jazitura vertical é a posição de equilíbrio. Considerando-se
pequenas oscilações, pedem-se:
a) o momento de inércia do sistema em relação ao polo O;
a) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação do movimento (ω0);
rad
I OSist .=0,206⋅kg⋅m2 θ̈+127,43⋅θ=0 ω0 =11,29
s
k2
p. eq.
y(t)
m
0,10
k
O
mH
0,35
mD
QUESTÃO 11
A suspensão de torção de um veículo possui barra de torção
AB com rigidez kT = 4808 N.m/rad. A roda possui massa mR =
z
kT
25 kg e momento de inércia em relação ao próprio centro de
massa IRCM= 4,50 kg.m2. A barra de ligação entre a roda A
B
propriamente e a barra de torção, possui massa m B = 10 kg e x
raio de giração rG = 0,30 m, em relação ao eixo de torção que
z
passa pelo ponto B. Pedem-se:
a) A equação diferencial, e a frequência própria de oscilação
x
quando a roda está destravada em relação à barra de ligação
(freios não acionados);
0,50
b) A equação diferencial, e a frequência própria de oscilação
quando a roda está travada em relação à barra de ligação
(freios acionados).
rad
rad
θ̈+672,45⋅θ=0 ω0=25,93
θ̈+ 412,70⋅θ=0 ω0=20,32
s
s
0,05
y
θ
46/103
QUESTÃO 12
O sistema de suspensão ilustrado possui massa oscilante m = 25 kg, amortecedor de
ação dupla com constante da força elástica c, e mola com rigidez k = 25000 N/m.
O sistema de suspensão é acionado ao passar por uma saliência do piso conforme
sugerido na ilustração. Considere-se que o ponto de
ancoramento da suspensão tenha cota invariante durante o
processo que se segue após o deslocamento da roda, ou seja,
considera-se o sistema como de um grau de liberdade.
Considera-se que a roda seja um corpo rígido, e no impacto
y
com o solo no instante inicial (t = 0), a mesma é arremessada
para cima com velocidade v0 = 3 m/s. Pedem-se:
a) determinar o tempo decorrido, até a roda voltar a tocar o
solo, considerando que o grau de amortecimento é β=0,350
x
e a velocidade com a qual toca o solo;
0,05
b) determinar o tempo decorrido, até a roda voltar a tocar o
solo.
t T =0,115 s t=3,337⋅10−5
QUESTÃO 13
Refazer o exercício anterior considerando que o grau de amortecimento seja β=1,000 .
QUESTÃO 14
Um cano de canhão de massa m = 700 kg,
está assentado em conjunto mola amortecedor
com rigidez k = 3.105 N/m e coeficiente da
m
força viscosa c. Sabe-se que após um tiro o k,c
cano recua a = 0,6 m, e que o amortecedor é
de ação simples com acionamento no final do
curso de recuo. Os componentes do canhão
foram usinados com tolerância de 0,001 mm = 1.10-6 m. Pedem-se:
a) a velocidade inicial de recuo do cano;
b) velocidade da bala na boca do cano, caso sua massa seja m B = 20,0 kg;
b) a constante “c” da força viscosa para que o amortecimento seja crítico;
c) o tempo necessário para que o canhão volte à posição de tiro;
d) a cadência máxima de tiro do canhão.
v 0 =12,42m/s v bala =434,70 m/s c=28.980 N⋅s /m t ciclo =0,856 s f tiro=70,2 tiros/min
QUESTÃO 15
O sistema ilustrado é constituído por bloco de massa m B =
7,0 kg, ligado à mola de rigidez k1 = 500 N/m, e conectado
a uma haste leve através de articulação. Essa última haste
também se apresenta articulada a uma segunda haste leve,
que possui eixo fixo passando pelo ponto O, e liga-se a
uma segunda mola de rigidez k2 = 4900 N/m. Pedem-se:
a) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação própria do movimento;
c) a rigidez efetivado conjunto.
Sugestões:
pequenas
oscilações
permitem: sen θ=θ ; cos θ=1 ;
o
deslocamento dos extremos da haste podem ser encontrados pela projeção das
dimensões 0,35 e 0,10 na horizontal. Exemplo: o deslocamento x do bloco é:
x=0,35⋅sen θ
ẍ +128,7⋅x=0
ω0 =11,34 rad / s
k eq. =900,8 N /m
k1
0,35
O
0,10 k2
47/103
QUESTÃO 16
O sistema ilustrado apresenta disco de momento de inércia, em relação
ao seu centro de massa, ICM = 13,5 kg.m2, ligado a um eixo de diâmetro
variável. O trecho do eixo que possui menor diâmetro possui rigidez à
torção k1 = 2500 N.m/rad. O trecho do eixo com maior diâmetro possui
rigidez à torção k2 = 6300 N.m/rad. Colocando-se o disco a oscilar em
torno do eixo, pedem-se:
ICM
a) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação própria do movimento;
c) a rigidez efetivado conjunto.
k2
k1
k1
k2
Sugestão: Quando o disco apresenta deslocamento angular θ, o cilindro ligado a ele (rigidez k2) apresenta
deformação torcional θ2, e o cilindro seguinte apresenta deformação torcional θ1. Nas condições anteriores,
o disco sofre a ação do momento elástico M, que se opõe ao deslocamento angular θ, e é aplicado pelo
cilindro de rigidez k2. Por sua vez o disco reage sobre o cilindro de rigidez k 2 com momento M de sentido
oposto. Através da junção entre os dois cilindros, o cilindro de rigidez k 2, transfere o momento M para o cilindro seguinte e este reage
sobre o anterior com momento M no sentido inverso.
θ̈+132,58⋅θ=0
2
ω0=11,51 rad / s
k eq =1789,77 N . m/rad
QUESTÃO 17
k1
mB
A
O sistema ilustrado é constituído pelos seguintes
elementos: 1º) Bloco de massa mBloco = 7,0 kg; 2º) mola de
rigidez k1 = 400 N/m; 3º) amortecedor com coeficiente da
força viscosa c = 175 N.s/m; 4º) barra AB leve (massa
desprezível) com comprimento L = 0,50 m.
0,40
O bloco apoia-se em superfície lisa, encontra-se ligado à
O
mola, e articulado à barra no ponto A. A barra AB gira
livremente em torno do eixo fixo que passa pelo ponto O, e
conecta-se ao bloco e ao amortecedor.
0,10 c
Considerando-se pequenas oscilações, pedem-se:
B
a) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação própria sem amortecimento;
c) a pulsação do movimento;
d) a rigidez equivalente do conjunto.
SUGESTÕES: PEQUENAS OSCILAÇÕES PERMITEM: sen θ=θ ; cos θ=1 ; O DESLOCAMENTO DOS EXTREMOS DA
HASTE PODEM SER ENCONTRADOS PELA PROJEÇÃO DAS DIMENSÕES 0,40 E 0,10 NA HORIZONTAL. EXEMPLO: O
x=0,40⋅sen θ .=> x=0,40⋅θ
ω0 =7,56rad / s ωa =7,51rad /s
DESLOCAMENTO X DO BLOCO É:
ẍ +57,1 . x+1,6 . ẋ=0
k eq. =400 N /m
QUESTÃO 18
O sistema ilustrado é constituído pelos seguintes elementos:
1º) Bloco de massa mB = 7,0 kg; 2º) mola de rigidez k1 =
c
1500 N/m; 3º) mola de rigidez k2 = 1500 N/m; 4º)
amortecedor com coeficiente da força viscosa c = 125
N.s/m; 4º) barra AB leve (massa desprezível) com
comprimento L = 0,40 m.
O bloco apoiado em superfície lisa, encontra-se ligado
ao amortecedor, e conecta-se à barra AB, através da
mola de rigidez k1. A barra AB pode girar livremente em
torno do eixo fixo que passa pelo ponto O, e conecta-se
também à mola de rigidez k2.
Considerando-se pequenas oscilações, pedem-se:
a) o diagrama de esforços;
b) a equação diferencial do movimento;
mB
k1
A
0,30
O
k2
0,10
B
b) a pulsação ω0 ;
c) a rigidez equivalente do conjunto.
ẍ +17,86 . ẋ +21,43. x=0 ω0 =4,63 rad / s
48/103
k eq. =150 N / m
QUESTÃO 19
O sistema ilustrado é constituído pelos seguintes elementos:
1º) bloco de massa mB = 7,0 kg; 2º) mola de rigidez k1 = 2000
N/m; 3º) mola de rigidez k2 = 2000 N/m ; 4º) amortecedor com
coeficiente da força viscosa c = 125 N.s/m; 4º) barra AB leve
(massa desprezível) com comprimento L = 0,40 m.
O bloco apoiado em superfície lisa, encontra-se ligado ao
amortecedor, e conecta-se à barra AB, através da mola de
rigidez k1. A barra AB pode girar livremente em torno do eixo
fixo que passa pelo ponto O, e conecta-se também à mola de
rigidez k2.
Considerando-se pequenas oscilações, pedem-se:
a) o diagrama de esforços;
b) a equação diferencial do movimento;
b) a pulsação ω0 ;
c) a rigidez equivalente do conjunto.
200
125
ẍ+
⋅x +
⋅ẋ=0 ω0=5,34 rad /s k eq .=200 N /m
7
7
QUESTÃO 20
No sistema ilustrado o bloco de massa m desloca-se sob ação
da mola com rigidez k1 = 2,0 kN/m e do amortecedor de
constante c. Sabendo-se que a equação diferencial do
movimento é ÿ +500⋅y +5⋅ ẏ=0 , pedem-se:
a) a massa m;
b) a constante c do amortecedor;
c) a pulsação do movimento amortecido.
N⋅s
rad
m=4,0 kg c=20
ωa =22,22
m
s
c
mB
k1
A
0,30
O
k2
0,10
B
k1
m
c
49/103
Oscilações
Mecânicas
Parte 02
50/103
6.ISOLAMENTO DE VIBRAÇÕES.
Vibrações Mecânicas ou oscilações são onipresentes, ou seja, desde que um sistema
tenha massa e rigidez de algum tipo, sempre haverá vibrações. Isso abrange todos os
sistemas do universo, na verdade as vibrações estão presentes mesmo a nível atômico,
indica com clareza que em algum grau sempre haverá vibrações.
Vibrações em Sistemas Mecânicos tem suas maldições, podem criar fadiga de material,
mal funcionamento de alguns sistemas mecânicos e eletrônicos, e se é impossível
eliminá-las, a pergunta que não cala é: “como minimizar os efeitos das vibrações?”.
A vibração é uma forma de expressão da energia de um sistema, ou seja, sem energia
não há vibração. Mesmo que por hipótese considere-se um sistema que não esteja
vibrando, outros sistemas vizinhos a este, podem estar vibrando, ou seja, estarão se
comportando como fontes de vibração. Estas fontes de vibração, transmitirão energia ao
sistema estacionário e, o forçarão a vibrar também.
No estudo de dois casos (sistema) anteriores, teve-se o cuidado de estabelecer a
resposta do mesmo em função da razão de frequência.
Primeiro caso ….
O SISTEMA
m
A EXCITAÇÃO
k, c
Fex.
Fex . =F 0⋅cos( ω⋅t)
A RESPOSTA
A=
F0
1
⋅
2
2
k √(1−r ) +( 2⋅β⋅r )2
A
β=0
Observações:
1ª) A amplitude de oscilação do sistema depende da
razão de frequências (r) e do grau de
F0
amortecimento(β).
k
2ª) Quando a razão de frequências é igual a um, ou
seja (r = 1), a amplitude de vibração pode atingir
valores grandes o suficiente, para destruir o sistema,
0
entretanto, o grau de amortecimento (β) limita tais
possibilidades.
β crescente
1
2
r
3ª) Com razões de frequências maiores, em especial r ≫ √2 , as amplitudes sempre
serão menores.
4ª) Graus de amortecimento maiores, sempre garantem amplitudes menores.
Condições de Isolamento:
I) Grau de amortecimento grande, ou seja: β≫1 . Ajustar o sistema de amortecimento
para tanto, mas esta solução tem limites e aumenta o custo do isolamento.
II) Razão de frequências grande, em especial: r ≫ √2 . Como a frequência da fonte de
51/103
vibração (ω), normalmente fira fora do domínio de quem pretende diminuir seus efeitos,
pode-se aplicar a solução denominada Base de Inércia ou diminuir a rigidez do sistema.
Base de Inércia:
Consiste em aumentar a massa do sistema, embora, tenha limitações em casos onde, o
aumento de massa afeta o desempenho do sistema.
A razão de frequência do sistema original:
m
k, c
m
k, c
Fex.
ω = ω < √2
r= ω
0
k
m
√
A razão de frequência do sistema “corrigido”:
ω=
r= ω
0
√
Fex.
ω ≫ 2
√
k
m+ M
M
Obtendo M:
√
ω ≫ 2 =>
ω 2 ≫2 => M ≫ 2⋅k −m
√
k
ω2
k
m+ M
m+ M
Menor rigidez do sistema:
A razão de frequência do sistema original:
ω=
r= ω
0
√
ω
k original
m
< √ 2 =>
ω2
k original
m
<2
A razão de frequência do sistema “corrigido”:
k corrigido =
ω=
r= ω
0
k original
por exemplo, com
n
√
k corrigido =
k corrigido <
ω
k corrigido
m
> √2 =>
ω2
k corrigido
m
n≫1
>2 =>
ω2
k original
n⋅m
>2 => n>
k
k
k original
=> k corrigido < original => k corrigido < original
n
n
2⋅k original
2
ω ⋅m
ω2⋅m
2
2⋅k original
2
ω ⋅m
52/103
Segundo caso ….
O SISTEMA
A EXCITAÇÃO
y P (t)=a⋅cos( ω⋅t )
m
A RESPOSTA
A=a⋅
√ 22⋅β2⋅r 2+1
√(1−r 2)2 +(2⋅β⋅r )2
A
y(t)
β=0
k,c
β crescente
β=∞
β crescente
a
yP(t)
Observações:
0
1
2
r
1ª) A amplitude de oscilação do sistema depende da razão de frequências (r) e do grau
de amortecimento(β).
2ª) Quando a razão de frequências é igual a um, ou seja (r = 1), a amplitude de vibração
pode atingir valores grandes o suficiente, para destruir o sistema, entretanto, o grau de
amortecimento (β) limita tais possibilidades.
3ª) A amplitude de oscilação do sistema, sempre é igual ou maior que “a”, ou seja, a
amplitude do movimento do piso, para o intervalo de razão de frequências: 0<r < √2 .
4ª) O aumento do Grau de amortecimento (β), no intervalo de razão de frequências
0<r < √2 , diminui as amplitudes de vibração, mas não é uma boa solução.
5ª) A amplitude de oscilação do sistema, sempre é menor que “a”, ou seja, a amplitude do
movimento do piso, para o intervalo de razão de frequências: r > √ 2 .
6ª) O aumento do Grau de amortecimento (β), no intervalo de razão de frequências
r > √ 2 , aumenta as amplitudes de vibração, ou seja, é melhor utilizar β=0 .
Condições de Isolamento:
I) Razão de frequências grande, em especial: r ≫ √2 . Como a frequência da fonte de
vibração (ω), normalmente fira fora do domínio de quem pretende diminuir seus efeitos,
pode-se aplicar a solução denominada Base de Inércia ou diminuir a rigidez do sistema.
NOTA: As considerações anteriores sobre Base de Inércia e
Rigidez do Sistema se aplicam igualmente a este caso.
II) Grau de amortecimento nulo β=0 .
53/103
6.1. COEFICIENTE DE TRANSMISSIBILIDADE.
Adotando-se especificamente o caso, em que o sistema em estudo, deva ser isolado
de vibrações, que são provenientes do apoio de sustentação. Este é o último exemplo
visto anteriormente, ou seja, as condições básicas de isolamento são: razão de
frequências grande, em especial: r ≫ √2 e grau de amortecimento nulo β=0 . Note-se
que mesmo para o primeiro caso estudado, essas condições também se aplicam, pois
com o ajuste da razão de frequências, seja qual for o caso, o isolamento será obtido.
Sob tais condições, define-se como Coeficiente de Transmissibilidade à:
T=
amplitude do sistema
amplitude da base oscilante
Nota: tem-se amplitude da base oscilante expressa por “a” e, a
amplitude
da
sistema
expressa
por
2 2 2
√ 2 ⋅β ⋅r +1 .
A=a⋅
√(1−r 2)2 +(2⋅β⋅r )2
Substituindo na definição de Coeficiente de Transmissibilidade:
T=
A
√22⋅β2⋅r 2 +1
=
a √(1−r 2)2 +(2⋅β⋅r)2
Substituindo as condições de isolamento ( r ≫ √2 e β=0 ), tem-se:
T=
1
1
1
=> T =
=> T = 2
, pois: r ≫ √2
2
2 2
|1−r |
r −1
√(1−r )
Nota: o Coeficiente de Transmissibilidade tem valores que
pertencem ao intervalo: 0≤T ≤1 .
6.2. Coeficiente de Redutibilidade:
Mantidas as mesmas condições anteriores ( r ≫ √2 e β=0 ), define-se como
Coeficiente de Redutibilidade à:
R=1−T=1−
1
r 2−2
=>
R=
r 2−1
r 2−1
6.3.Exemplo:
Uma unidade refrigeradora com massa 50 kg apoia-se em quatro
molas com rigidez k, cada uma, dispostas paralelamente. O
elemento que cria a vibração gira com frequência de operação f =
1620 rpm. Determinara a rigidez k, para que apenas 10% da
vibração seja transmitida para a estrutura de apoio.
Da definição de Coeficiente de Transmissibilidade:
54/103
1
1
2
T =0,10= 2
=> r −1=
=> r 2=10+1=11 =>
0,10
r −1
Da definição de “r”:
r= √ 11 => r=3,32
ω => ω = ω
r= ω
0
0
3,32
Obtendo a pulsação:
f =1620 rpm=27 rps => ω=2⋅π⋅f => ω=169,65
rad
s
Calculando a pulsação própria:
169,65
ω0= ω => ω0=
3,32
3,32
Calculando a rigidez equivalente em função de “k”: k eq .=4⋅k
Finalmente …
ω0=51,10
2
2
k eq .=ω0⋅m => k eq .=51,10 ⋅50 => k =
k eq .=4⋅k
k eq.
4
m=50
ω0=
√
k eq .
m
k =32.640 N /m ou k =32,64 kN /m
6.4.Exemplo:
O sistema de radar de uma aeronave tem peso próprio P = 12 kgf e deve ser isolado das
vibrações devidas a desbalanceamentos residuais, presentes em dois rotores, um que
gira a 400 rpm e outro que gira a 2.000 rpm. A fim de se obter 85% de isolamento,
pedem-se:
a) a rigidez equivalente;
b) a deflexão estática dos isoladores.
Calculando as pulsações das fontes de vibração:
2⋅π⋅400
=> ω1=41,89 rad /s
60
2⋅π⋅2000
=> ω2=
=> ω2=209,44
60
ω1=2⋅π⋅f 1 => ω1=
ω2=2⋅π⋅f 2
Comparando as razões de frequências:
ω
41,89
r 1= ω1 => r 1= ω
0
0
r 2 >r 1 , ou seja, a razão mais crítica é a menor (r 1), ou
seja,
ω
209,44
r 2= ω20 => r 2= ω
0
a menor frequência é a mais difícil de ser isolada.
55/103
A transmissibilidade:
T = 100% - 85% = 15% => T =0,15
T =0,15=
1
1
2
=> r 1−1=
=> r 21=6,67+ 1=7,67 =>
0,15
r −1
2
1
r 1=√ 7,67 => r 1=2,77
Calculando a pulsação própria do sistema:
41,89
41,89
r 1= ω
=> 2,77= ω
=> ω0=15,12
0
0
Calculando a rigidez:
ω0=15,12
m=12 kg
ω0=
√
2
2
k eq .=ω0⋅m => k eq .=15,12 ⋅12 => k eq .=2.743,4 N / m
k eq .
m
A deflexão estática:
É a deformação da mola na posição de equilíbrio, ou seja, a deformação necessária para
equilibrar a força peso:
P=k eq.⋅Δest .
Δ est . =
117,6
P
=> Δ est . =
=> Δ est . =0,0429 m
k eq .
2.743,4
P=12 kgf =12⋅9,8 N=117,6 N
6.5.Exemplo:
Um navio possui motor que trabalha em regime de cruzeiro com frequência f = 600
rpm, o que garante a mesma frequência de rotação aos eixos das hélices. Sabe-se que a
maior fonte de vibração são os próprios conjuntos eixos hélices. O sistema de radar com
massa m = 35 kg, a ser instalado no navio, deve ter um sistema elástico que permita
isolamento de 92% das vibrações. Com os isoladores disponíveis na montagem, atingiuse apenas 70% de isolamento. Decide-se então, ligar firmemente o radar a uma base de
inércia para atingir os 92% de isolamento. Pedem-se:
a) a deflexão estática dos isoladores sem a base de inércia;
b) a massa da base de inércia.
A pulsação do sistema excitador:
ω=
rad
2⋅π⋅600
=> ω=62,83
60
s
Calculando a razão de frequências para 70% de isolamento:
56/103
1
1
2
+1 => r=2,08
T =100 %−70 %=30 % => T =0,30 => T =0,30= 2
=> r 1=
0,30
r 1−1
Calculando a pulsação própria do sistema:
62,83
62,83
r= ω
=> 2,08= ω
=> ω0=30,21 rad /s
0
0
Calculando a rigidez:
ω0=30,21
m=35 kg
ω0=
√
k eq .=ω20⋅m => k eq .=30,212⋅35 => k eq .=31.942,54 N /m
k eq .
m
A deflexão estática:
P=k eq.⋅Δest .
Δ est . =
343,0
P
=> Δ est . =
=> Δ est . =0,011 m
k eq .
31.942,54
P=35⋅9,8 N=343,0 N
Calculando a razão de frequências para 92% de isolamento:
T =100 %−92 %=8 % => T =0,08 => T =0,08=
1
1
2
+1 => r=3,67
=> r 1=
0,08
r −1
2
1
Calculando a pulsação própria do sistema:
62,83
62,83
r= ω
=> 3,67= ω
=> ω0=17,12 rad / s
0
0
Calculando a rigidez:
ω0=17,12
m=35 kg
k eq .=31.942,54 N /m
M
k eq.
ω0=
m+ M
k eq .=ω20⋅( m+ M ) => 31.942,54=17,122⋅(35+ M )
108,98=35+ M => M =73,98 kg
√
7. DOIS GRAUS DE LIBERDADE.
Com sistemas com vários graus de liberdade, nada muda no que tange aos métodos
de solução, ou seja, Leis e Teoremas empregados, o que muda é que as equações ficam
mais extensas e complicadas. As soluções das equações podem ser obtidas através de
métodos numéricos disponíveis, o que, sem dúvida, facilita o trabalho, entretanto, tais
métodos exigem programas e/ou calculadoras aptas.
57/103
7.1. Dois graus de Liberdade; Oscilação Livre Sem Amortecimento.
Considere-se dois sólidos, de massas m1 = m e
m2 = 2.m, sob ação de duas molas com rigidezes k 1
= k e k2 = k, que apresentam movimento de
translação reto e horizontal. Pedem-se:
a) a pulsação do 1º modo normal de vibração, e a
razão de amplitudes;
b) a pulsação do 2º modo normal de vibração, e a
razão de amplitudes.
k1
m1
k2
m2
x2
x1
Solução:
Considere-se que para o instante “t” genérico, o bloco de massa m 1 tenha posição
definida por x1 medida em relação à sua posição de equilíbrio, e desloca-se com
velocidade v1, enquanto o bloco de massa m 2 tenha posição definida por x2 medida em
relação também à sua posição de equilibro e desloca-se com velocidade v 2.
As forças agentes nesse instante estão indicadas na figura anexa.
TCM – Teorema do Centro de Massa:
Bloco 1:
Bloco 2:
m1⋅a1=−k 1⋅x 1 +k 2⋅( x2−x 1 )
m1⋅ẍ1 =−k 1⋅x1 + k 2⋅( x 2−x 1)
m⋅x¨1=−k⋅x 1+ k⋅( x 2−x1 )
m⋅x¨1+2⋅k⋅x 1−k⋅x 2=0
k1
m1
k1.x1
k2
m2
k2.(x2 - x1 )
x1
x2
m2⋅a2=−k 2⋅(x 2−x 1)
2⋅m⋅x¨2+ k⋅x 2−k⋅x 1=0
Estas equações têm como solução, funções harmônicas, ou seja:
x 1=A 1⋅cos (ω⋅t +ϕ 1 ) e x 2=A 2⋅cos (ω⋅t +ϕ 2 ) ;
Note-se que a pulsação é a mesma pois um sólido comportase como excitador para o outro.
As derivadas segundas destas funções, em relação ao tempo, são:
ẍ 1=−A 1⋅ω2⋅cos (ω⋅t +ϕ 1 ) e ẍ 2=−A 2⋅ω2⋅cos (ω⋅t +ϕ 2 ) ;
Comparando estes resultados, com as funções que deram origem aos mesmos, percebese que:
ẍ 1=−ω2⋅x1 e ẍ 2=−ω2⋅x 2
Nota: a utilização dessas relações é um padrão a ser seguido,
e o será, sem outras explicações futuras.
Substituindo nas equações diferenciais, tem-se:
m⋅x¨1+2⋅k⋅x 1−k⋅x 2=0 => −m⋅ω2⋅x 1+2⋅k⋅x 1−k⋅x 2=0 => (2⋅k −m⋅ω2 )⋅x 1−k⋅x 2=0
2⋅m⋅x¨2+ k⋅x 2−k⋅x 1=0 => −2⋅m⋅ω2⋅x 2+ k⋅x 2−k⋅x 1=0 => −k⋅x 1+(k −2⋅m⋅ω 2)⋅x 2=0
58/103
Nota: as equações diferenciais foram escritas no formato:
... x 1 +... x 2=0 , ou seja, em ambas o primeiro termo é
dependente de x 1 e o segundo termo dependente de
x2
Colocando na forma matricial:
2
(2⋅k −m⋅ω )⋅x 1−k⋅x 2=0
−k⋅x 1+(k −2⋅m⋅ω 2)⋅x 2=0
[
][ ] [ ]
2⋅k −m⋅ω2
−k
⋅ x1 = 0
2
0
−k
k−2⋅m⋅ω x 2
A equação matricial é satisfeita caso o determinante da matriz 2x2 seja NULO, ou seja:
Δ=(2⋅k−m⋅ω 2)⋅( k−2⋅m⋅ω2)−k 2=0
2
2
2
2
4
2
Δ=2⋅k −4⋅k⋅m⋅ω −m⋅ω ⋅k + 2⋅m ⋅ω −k =0 reagrupando …
2⋅m2⋅ω4 −5⋅k⋅m⋅ω2 +k 2=0
note-se que é uma equação que permite a obtenção das
pulsações próprias do sistema (ω1 e ω2 ) ; uma troca de
variável transforma esta equação numa equação mais
simples: λ=ω2 .
Com a troca de variável:
λ=
2⋅m2⋅λ 2−5⋅k⋅m⋅λ+k 2=0 resolvendo ...
5⋅k⋅m±4,12⋅k⋅m
5⋅k⋅m±√ 25⋅k 2⋅m 2−4⋅2⋅m 2⋅k 2
=> λ=
2
4⋅m
4⋅m2
As duas soluções:
√
√
k
k
2
λ 1=0,22⋅
=> ω1=0,22⋅
=> ω1=0,47⋅
m
m
k
k
2
λ 2=2,28⋅
=> ω2=2,28⋅
=> ω2=1,51⋅
m
m
k
(a)
m
k
(b)
m
A razão entre os deslocamentos, pode ser obtida de uma das equações, por exemplo:
2
2
(2⋅k −m⋅ω )⋅x 1−k⋅x 2=0 => (2⋅k −m⋅ω )⋅x 1=k⋅x 2 =>
x1
k
=
x 2 (2⋅k−m⋅ω 2)
Substituindo as formas x 1=A 1⋅cos (ω⋅t +ϕ ) e x 2=A 2⋅cos (ω⋅t +ϕ ) , tem-se:
A 1⋅cos(ω⋅t +ϕ )
A1
k
k
=>
=
=
2
A 2⋅cos(ω⋅t +ϕ ) ( 2⋅k −m⋅ω )
A 2 (2⋅k −m⋅ω2 )
A1
A1
k
=>
=
=
2
A 2 (2⋅k −m⋅ω )
A2
Para ω=ω1 =>
=
k
k
( 2⋅k −m⋅0,22⋅ )
m
A1
A1
1
=>
=
=0,56 (a)
A 2 ( 2−0,22)
A2
=>
A1
k
=
A 2 ( 2⋅k −0,22⋅k )
Para ω=ω2
A1
=>
=
A2
k
k
( 2⋅k −m⋅2,28⋅ )
m
59/103
A1
=>
=−3,57 (b)
A2
7.1.1.Exemplo:
Considere-se um veículo de massa m = 500 kg, com
centro de massa distanciado respectivamente dos eixos
k
k
CM
traseiro e dianteiro, pelas distâncias 1,8 m e 2,2 m. O
momento de Inércia do veículo em relação a um eixo
1,8
2,2
ortogonal ao plano da figura e que passe pelo Centro de
Massa é: ICM = 600 kg.m2. O veículo assenta-se sobre sistema com rigidezes k 1 = 30
kN/m e k2 = 25 kN/m. Considerando pequenas oscilações, pedem-se:
a) os modos normais de vibrações, ou seja, suas pulsações próprias;
b) a razão de amplitudes para cada modo normal de vibração.
1
2
Solução: em primeiro lugar, a questão das “pequenas oscilações” ...
ângulo ângulo sen(θ) cos(θ)
(º)
(rad)
0
0
0
1
5
0,087
0,087
0,996
10
0,174
0,174
0,985
15
0,262
0,259
0,966
20
0,349
0,342
0,940
A tabela acima apresenta as seguintes grandezas: ângulo em graus, o mesmo ângulo
em radianos, o seno e o cosseno desse ângulo.
Dos ângulos listados, ressaltem-se o menor (0º) e o maior (20º):
Para o menor (θ=0), as aproximações funcionam perfeitamente, ou seja:
sen (θ)=θ (rad ) e cos (θ)=1 .
Para o maior (θ=20º), observam-se as seguintes diferenças percentuais:
θ (rad ) 0,349 rad
=
=1,0205 => θ(rad) é 2,05 % maior que sen(θ);
sen θ
sen(20 º )
cos (θ) 0,940
=
=0,940 => cos(θ) é 94% de cos(0º), ou seja diferença de 6,00%.
cos(0 º ) 1,000
Após essas considerações numéricas, pode-se afirmar que: “ângulo pequeno” significa
ângulo menor que 20º, para os quais são válidas as seguintes aproximações:
sen (θ)≈θ(rad ) e cos (θ)≈1 .
O modelo:
Para simplificar o estudo, algumas hipóteses simplificadoras são necessárias:
1- o movimento é plano;
2- o deslocamento do centro de massa possui direção vertical;
3- o deslocamento angular, se dá em torno de eixo que passa pelo Centro de Massa, e é
ortogonal ao plano do movimento.
60/103
As simplificações reduzem o sistema a uma “barra”
apoiada nas duas molas de rigidezes k 1 e k2, que pode
k
deslocar-se e girar no plano do movimento. Adota-se que
a posição de equilíbrio seja a origem dos deslocamentos,
e que os sentidos descendente e anti-horário sejam
positivos.
Considere-se que no instante “t”, o centro de massa da k
barra tenha posição linear definida por y CM, e posição angular
definida por θ. Nessas condições:
Δ
a mola (1) apresenta deformação: Δ1 = y CM + L1⋅sen (θ)
Δ1 = y CM + L1⋅θ
a mola (2) apresenta deformação: Δ 2= y CM −L2⋅sen(θ)
Δ 2= y CM −L2⋅θ
CM
1
1
1,8
2,2
L1
L2
yCM
1
F1
k2
k2
Δ2
θ
F2
As forças elásticas agentes são F1 e F2:
F1=k 1⋅Δ1 =k 1⋅( yCM + L1⋅θ)
F2 =k 2⋅Δ 2=k 2⋅( y CM −L2⋅θ)
TCM – Teorema do Centro de Massa:
m⋅aCM =−F 1−F 2 => m⋅ÿ CM =−k 1⋅( y CM + L1⋅θ)−k 2⋅( y CM −L2⋅θ)
m⋅ÿ CM + y CM⋅(k 1+ k 2)+θ⋅( k 1⋅L1−k 2⋅L2 )=0
TMA – Teorema do Momento Angular (mov. Plano), polo CM:
I CM⋅α=−F 1⋅L1 cos θ+ F 2⋅L2⋅cos θ => I CM⋅θ̈=−k 1⋅( y CM + L1 θ)⋅L1+ k 2⋅( y CM −L2⋅θ)⋅L2
y CM (k 1⋅L1−k 2⋅L2 )+ I CM⋅θ̈+θ⋅(k 1⋅L21 + k 2⋅L22)=0
Esse sistema de equações diferenciais, possuem como solução, funções harmônicas, ou
seja:
y cm= A 1⋅cos( ω⋅t+ ϕ 1) =>
ÿ cm =−ω2⋅y CM
θ=A 2⋅cos (ω⋅t +ϕ 2 ) =>
θ̈=−ω2⋅θ
Substituindo nas equações:
m⋅ÿ CM + y CM⋅(k 1+ k 2)+θ⋅( k 1⋅L1−k 2⋅L2 )=0
2
y CM⋅(−m⋅ω + k 1 +k 2 )+θ⋅(k 1⋅L1−k 2⋅L2)=0
y CM (k 1⋅L1−k 2⋅L2 )+ I CM⋅θ̈+θ⋅(k 1⋅L21 + k 2⋅L22)=0
y CM (k 1⋅L1−k 2⋅L2 )+ θ⋅(−I CM⋅ω 2+ k 1⋅L21+ k 2⋅L22)=0
Expressando na forma matricial:
k 1 +k 2−m⋅ω2
k 1⋅L1−k 2⋅L2
⋅ yCM = 0
2
2
2
θ
0
k 1⋅L1 −k 2⋅L2 k 1⋅L1+ k 2⋅L2−I CM⋅ω
[
][
][]
Substituindo os valores numéricos do problema:
30.000+25.000−500⋅ω 2
30.000⋅1,8−25.000 2,2
⋅ y CM = 0
θ
0
30.000⋅1,8−25.000 2,2 30.000⋅1,82 +25.000⋅2,22−600⋅ω 2
[
[
][ ] [ ]
55.000−500⋅ω2
−1.000
⋅ y CM = 0
θ
0
−1.000
218.200−600⋅ω2
][ ] [ ]
61/103
A solução é obtida impondo que o determinante da matriz 2x2 seja nulo, ou seja:
(55.000−500⋅ω2)⋅(218.200−600⋅ω2)−1.0002=0
2
2
4
2
55.000⋅218.200−55.000⋅600⋅ω −500⋅ω ⋅218.200+500⋅600⋅ω −1.000 =0
Dividindo a equação por 106, tem-se:
2
2
4
12.001−33⋅ω −109,1⋅ω + 0,3⋅ω −1=0
2
4
12.000−142,1⋅ω +0,3⋅ω =0
Adotando λ=ω2 , tem-se:
0,3⋅λ −142,1⋅λ+12.000=0
2
Calculando as raízes:
λ=
142,1±√ 142,12 −4⋅0,3⋅12.000
2⋅0,3
λ 1=109,9869 => ω1= √( λ1 ) => ω1=10,4875 (a)
λ 2=363,6798 => ω2= √(λ 2) => ω2=19,0704 (a)
Calculando as razões de amplitudes …
Recuperando a equação matricial ...
55.000−500⋅ω2
−1.000
⋅ y CM = 0
2
θ
0
−1.000
218.200−600⋅ω
[
][ ] [ ]
Efetuando o produto da primeira linha pela coluna, resulta:
(55.000−500⋅ω2)⋅y CM −1000⋅θ=0 => (55.000−500⋅ω2 )⋅y CM =1000⋅θ
Dividindo a equação por 1.000, resulta:
2
(55−0,50⋅ω )⋅y CM =θ
y CM
y
1
1
=> CM =
θ = 55−0,50⋅ω 2
θ
55−0,50⋅λ
Razão de amplitudes para o primeiro modo de vibração λ=λ1=109,9869 :
y CM
y CM
1
=>
=
θ 1 º 55−0,50⋅109,9869
θ 1 º =152,6718
[ ]
[ ]
Nota: o número de casas decimais afeta o resultado, e
dependendo das aproximações feitas, essa razão de
amplitudes pode resultar “infinita”.
Razão de amplitudes para o primeiro modo de vibração λ=λ2=363,6798 :
y CM
y CM
1
=>
=
θ 2 º 55−0,50⋅363,6798
θ 2 º =−0,0079
[ ]
[ ]
Considerando de pequenas oscilações, pode-se afirmar que:
sen (θ)=θ (rad ) e cos (θ)=1 , ou seja, tan (θ)=θ(rad ) .
Substituindo na razão de amplitudes do primeiro modo normal:
y CM
y CM
y CM
=> tan θ=
=
=152,6718
θ 1 º tanθ 1º
152,6718
[ ] [ ]
62/103
Considerando o Centro Instantâneo de Rotação, e “a” a distância entre o Centro de
y
Massa e o mesmo, pode-se afirmar que: tan θ= CM .
a
y CM
Comparando com a equação tan θ=
, obtêm-se: a=152,6718m .
152,6718
A figura abaixo ilustra os extremos do movimento:
CM
CIR
a
yCM
θ
θ
Reescrevendo a razão de amplitudes do segundo modo, em função de tan θ , tem-se:
y CM
y CM
y CM
=>
=−0,0079 => tan θ=
θ 2 º =−0,0079
tan θ 2 º
−0,0079
[ ]
[ ]
De forma análoga, a distância entre o Centro de Massa e o Centro Instantâneo de
Rotação é: a=0,0079 m e o ângulo θ é negativo (horário).
A figura ilustra os extremos do movimento.
Fica evidencia que ao contrário do primeiro modo normal onde o
deslocamento linear (yCM) do Centro de Massa é muito mais
significativo que o deslocamento angular do sólido (θ), no
segundo modo normal, o deslocamento angular passa a ser CIR
mais relevante.
a
CM
yCM
θ
7.1.2 Exemplo:
Um prédio de massa “m”, altura “2.L”, peso “P=m.g”, momento
de inércia em relação ao eixo que passa pelo Centro de Massa
ICM = m.(2.L)2/12, está ancorado em solo com rigidez ao
deslocamento kD=10.P (força/m)”, e rigidez à torção “kT=20.P.L
(momento/rad)”. Considerando pequenas oscilações, g = 10
m/s2 e L = 30 m, pedem-se:
a) as frequências modos normais de vibração;
b) as razões de amplitudes.
L
CM
L
Solução:
Como condições simplificadoras, adota-se que o prédio seja sólido
θ
(10⋅g−ω2 )⋅xCM −10⋅g⋅L⋅θ=0 e tenha movimento plano.
Considere-se que no instante “t”, o Centro de Massa do prédio
CM
ocupe a posição linear definida por “xCM” e que o prédio ocupe a
L
posição angular “θ”, ambas com origem na posição de equilíbrio do
xCM
mesmo. Nesse mesmo instante, o solo apresenta deformação
linear “Δ” e deformação angular “θ”, que relacionam-se por:
x CM =Δ+ L⋅sen θ => x CM =Δ+ L⋅θ .
L
Neste instante, o prédio encontra-se sob ação da força “F e” e do Δ
Δ M
e
momento concentrado “Me”, ambos de origem elástica:
Fe
Fe =k D⋅Δ=k D⋅( xCM −L⋅θ)
M e =k T⋅θ
63/103
Nota: considera-se que quando o prédio inclina-se, a soma da
reação normal com o peso próprio é nula, assim como, a
soma dos momentos dessas duas forças também é nula.
TCM – Teorema do Centro de Massa:
−F e =m⋅aCM => −k D⋅( x CM −L⋅θ)=m⋅ẍ CM
a solução harmônica permite escrever: ẍ CM =−ω2⋅x CM , ou seja:
−k D⋅( x CM −L⋅θ)=−m⋅ω2⋅x CM => −m⋅ω2⋅x CM +k D⋅x CM −k D⋅L⋅θ=0 ou ...
2
(k D−m⋅ω )⋅x CM −k D⋅L⋅θ=0
finalmente:
(10⋅m⋅g−m⋅ω2 )⋅x CM −10⋅m⋅g⋅L⋅θ=0 => m⋅[( 10⋅g−ω2)⋅x CM −10⋅g⋅L⋅θ ]=0
como a massa “m”, não é nula ...
2
(10⋅g−ω )⋅xCM −10⋅g⋅L⋅θ=0
⃗ CM =I CM⋅⃗
α ).
TMA – Teorema do Momento Angular (mov. Plano: ∑ M
momento de Fe em relação ao polo Centro de Massa:
(o sentido positivo é o do deslocamento angular θ adotado:
horário)
θ
CM
M
M
Fe
CM
Me
CM
=F e⋅L⋅cos θ => M
=−M e
Fe
CM
=F e⋅L
Nota: o momento elástico por ser um
binário, tem o mesmo valor
independentemente
do
polo Δ
escolhido.
F
M
M CM + M CM =I CM⋅α => F e⋅L−M e =I CM⋅α
k D⋅( x CM −L⋅θ)⋅L−k T⋅θ=I CM⋅α
e
e
Substituindo os valores das grandezas …
2
m⋅(2⋅L)
⋅α
12
m⋅L2
2
10⋅m⋅g⋅x CM⋅L−10⋅m⋅g⋅L ⋅θ−20⋅m⋅g⋅L⋅θ=
⋅θ̈
3
10⋅m⋅g⋅(x CM −L⋅θ)⋅L−20⋅m⋅g⋅L⋅θ=
a solução harmônica permite escrever: θ̈=−ω 2⋅θ , ou seja:
2
10⋅m⋅g⋅x CM⋅L−10⋅m⋅g⋅L ⋅θ−20⋅m⋅g⋅L⋅θ=
−m⋅L2 2
⋅ω ⋅θ
3
−m⋅L2 2
⋅ω ⋅θ−10⋅m⋅g⋅x CM⋅L+ 10⋅m⋅g⋅L2⋅θ+ 20⋅m⋅g⋅L⋅θ=0 ou …
3
m⋅(−10⋅g⋅L⋅x CM +(
−L2 2
2
⋅ω +10⋅g⋅L + 20⋅g⋅L)⋅θ)=0
3
como a massa “m” não é nula …
L
xCM
Δ
Fe
L
Me
64/103
−10⋅g⋅L⋅x CM +(10⋅g⋅L2 +20⋅g⋅L−
2
L 2
⋅ω )⋅θ=0
3
Resumindo …
(10⋅g−ω2 )⋅xCM −10⋅g⋅L⋅θ=0
2
−10⋅g⋅L⋅x CM +(10⋅g⋅L +20⋅g⋅L−
L2 2
⋅ω )⋅θ=0
3
Na forma matricial:
[
10⋅g−ω2
−10⋅g⋅L
][
−10⋅g⋅L
][]
L2 2 ⋅ xCM = 0
⋅ω
θ
0
3
10⋅g⋅L2+20⋅g⋅L−
Substituindo: g = 10 m/s2, L = 30 m e λ=ω2 , tem-se:
100−λ
−3.000
900 ⋅ x CM = 0 ou …
−3.000 90.000+ 6.000−
⋅λ
θ
0
3
[
[
][
][]
][ ] [ ]
100−λ
−3.000
⋅ x CM = 0
−3.000 96.000−300⋅λ
θ
0
A solução possível exige que: Δ=0
Δ=(100−λ)⋅(96.000−300⋅λ)−3.000 2=0 ou …
9.600 .000−30.000⋅λ−96.000⋅λ+ 300⋅λ 2−9.000 .000=0 ou …
2
300⋅λ −126.000⋅λ+ 600.000=0
Dividindo a equação por “300” …
420±√ 4202−4⋅2.000
2
λ −420⋅λ+ 2.000=0 => λ=
2
1º modo normal: λ 1=4,82 => ω1=2,19 rad / s (a)
2º modo normal: λ 2=415,18 => ω2=20,38 rad /s (a)
Efetuando o produto da 1ª linha pela coluna do produto de matrizes:
(100−λ)⋅x CM −3.000⋅θ=0 ou ...
x CM
3.000
=
θ (100−λ )
Razões de amplitudes:
[ xθ ] =31,52
x
=> [
θ ] =−9,52
1º modo normal: λ 1=4,82 =>
1º modo normal: λ 2=415,18
CM
1º
CM
2º
Substituindo θ por tan(θ), e adotando-se “a” como a distância entre o CIR – Centro
Instantâneo de Rotação e o CM _ Centro de Massa, tem-se:
65/103
x
1º modo normal: tan θ= CM ou seja: a=31,52
31,52
x
2º modo normal: tan θ= CM ou seja: a=−9,52
−9,52
A figura ilustra os dois modos de vibração:
Note-se que:
no 1º modo normal, os deslocamentos são
positivos, ou seja, xCM para direta e θ no
sentido horário;
θ
pos.
equilíbrio
pos.
equilíbrio
CIR
θ
xCM C
M
no 2º modo normal, os deslocamentos
possuem sinais opostos, ou seja, x CM para
direta e θ no sentido anti-horário
(negativo), o que explica o sinal da tan(θ);
a=
8
9,5
CM
xCM
a = 31
,5
No segundo modo a deformação linear do
CIR
solo parece ser mais significativa do que
1º modo normal
no primeiro modo normal.
2º modo normal
7.2. Dois graus de Liberdade; Oscilação Forçada Sem Amortecimento.
Neste tipo de movimento, o sistema fica sob ação de uma força excitadora harmônica
do tipo Fex . =F 0⋅cos(ω⋅t) . Considere-se os dois sólidos ilustrados na figura, eles se
deslocam em movimento plano, reto na direção vertical. As massas dos blocos 1 e 2, são
respectivamente m1 e m2. As molas ilustradas possuem rigidezes k1
e k2 e o bloco 1, encontra-se sob ação da força excitadora
Fex . =F 0⋅cos( ω⋅t) . Desprezando atritos, pretende-se determinar
m2
y2
as equações horárias de cada um dos sólidos.
F2
ADOTANDO COMO ORIGEM DO SISTEMA DE REFERÊNCIA, A POSIÇÃO DE EQUILÍBRIO, NUM
y1
INSTANTE GENÉRICO “T”, O BLOCO (1) APRESENTA-SE NA POSIÇÃO
VELOCIDADE
v 1= ẏ 1
E O BLOCO (2) APRESENTA-SE POSIÇÃO
y2
, COM
k2
, COM
Fex.
v 2= ẏ 2 , CONFORME ILUSTRADO.
Nesse instante, a deformação da mola (1) é Δ1 = y 1 e a
k1
deformação da mola(2) é Δ 2= y 2− y 1
VELOCIDADE
m1
Fex.
y1
F1
TCM – TEOREMA DO CENTRO DE MASSA.
m1⋅a1=F ex . + F 2−F1 =>
Bloco(1):
m1⋅ÿ 1=F 0⋅cos(ω⋅t)+k 2⋅( y 2− y 1 )−k 1⋅y 1
m2⋅a2=−F 2 => m2⋅ÿ 2=−k 2⋅( y 2− y 1)
Bloco(2):
pos. eq.
Nota: Como sempre, as soluções para este tipo de equações
diferenciais é harmônica, entretanto, como o movimento é
“forçado”, a pulsação é a mesma da força excitadora.
y 1= A⋅cos (ω⋅t) => ÿ 1=−A⋅ω2⋅cos(ω⋅t) => ÿ 1=−ω2⋅y 1
y 2=B⋅cos (ω⋅t) => ÿ 2=−B⋅ω2⋅cos (ω⋅t) => ÿ 2=−ω2⋅y 1
Substituindo nas equações:
66/103
−ω2⋅m1⋅y 1=F0⋅cos(ω⋅t)+k 2⋅( y 2− y 1 )−k 1⋅y 1
2
−ω ⋅m2⋅y 2=−k 2⋅( y 2− y 1)
Reagrupando os termos:
2
(k 2 + k 1−ω ⋅m1 )⋅y 1−k 2⋅y 2=F 0⋅cos (ω⋅t)
−k 2⋅y 1+( k 2−ω2⋅m2 )⋅y 2=0
Na forma matricial:
[
][ ] [ ]
(k 2 +k 1−ω 2⋅m1 )
−k 2
⋅ y 1 = F 0 ⋅cos (ω⋅t )
2
−k 2
(k 2−ω ⋅m2 ) y 2
0
O determinante da matriz:
2
2
2
Δ=( k 2+ k 1−ω ⋅m1 )⋅( k 2−ω ⋅m2)−k 2
2
2
2
2
2
2
Δ=−k 2⋅ω ⋅m2 +k 1⋅k 2−k 1⋅ω ⋅m2−ω ⋅m1⋅k 2+ ω ⋅m1⋅ω ⋅m2 , com λ=ω tem-se:
Δ=−k 2⋅λ⋅m2 +k 1⋅k 2−k 1⋅λ⋅m2−λ⋅m1⋅k 2 +λ 2⋅m 1⋅m2 , reagrupando os termos:
Δ=m1⋅m2⋅λ 2−( k 2⋅(m 1 +m2)+ k 1⋅m2)⋅λ+k 1⋅k 2
O determinante foi reduzido a uma função do segundo grau, com duas raízes (λ 1 e λ 2) ,
ou seja, os valores que o tornam nulo.
De forma genérica pode-se afirmar que:
a=m1⋅m2
2
b=(k 2⋅(m1 +m2)+k 1⋅m2 )
Δ=a⋅λ −b⋅λ +c onde:
c=k 1⋅k 2
Como é importante conhecer a amplitude da função y 1= A⋅cos (ω⋅t) , em função da
frequência da força excitadora ω , algumas transformações algébricas serão
necessárias, como por exemplo, expressar o determinante na forma fatorada em função
de suas raízes λ 1 e λ2 , ou seja:
2
Δ=a⋅λ −b⋅λ+c => Δ=C⋅(λ−λ1)⋅(λ−λ2 )
Determinando a constante C:
Δ=C⋅(λ−λ1)⋅(λ−λ2 ) => Δ=C⋅λ 2−C⋅(λ 1 +λ 2)⋅λ+C⋅λ 1⋅λ 2
Comparando as duas formas:
2
Δ=a⋅λ −b⋅λ+c
2
Δ=C⋅λ −C⋅(λ 1 +λ 2)⋅λ+C⋅λ 1⋅λ 2
C=a => C=m1⋅m2
C⋅(λ 1+ λ 2)=b
C⋅λ1⋅λ2=c
Finalmente:
Δ=m1⋅m2⋅(λ−λ1 )⋅( λ−λ 2) ou: Δ=m1⋅m2⋅(ω 2−ω21 )⋅(ω 2−ω22)
67/103
A equação na forma matricial, pode ser resolvida pelo produto da matriz inversa da matriz
(2x2), ou seja:
[
][ ] [ ]
][ ] [ ]
(k 2 +k 1−ω 2⋅m1 )
−k 2
⋅ y 1 = F 0 ⋅cos (ω⋅t )
2
−k 2
(k 2−ω ⋅m2 ) y 2
0
[
(k 2+ k 1−ω2⋅m1 )
−k 2
[ I ]⋅
⋅ y1 =[ I ]⋅ F 0 ⋅cos( ω⋅t )
2
−k 2
( k 2−ω ⋅m2 ) y2
0
Como o produto entre a matriz inversa e a própria, resulta a unidade (matriz unitária):
[] []
y 1 =[ I ]⋅ F 0 ⋅cos (ω⋅t)
y2
0
Desta forma, a solução depende apenas de se encontrar a matriz inversa …
Por definição, a matriz inversa de uma matriz quadrada, é a matriz adjunta dividida
pelo determinante da matriz original … simples, mas nem tanto, no APENDICE A é
apresentado o cálculo detalhado da matriz inversa.
Substituindo a matriz inversa na equação anterior:
2
k2
y 1 = 1 ⋅ (k 2−ω ⋅m2 )
⋅ F0 ⋅cos (ω⋅t )
2
Δ
y
k
( k +k −ω ⋅m ) 0
[] [
2
2
1
2
1
][ ]
Nota: embora seja aconselhável calcular a matriz inversa,
como no APENDICE A, o tipo de matriz envolvida, é
simétrica, o que simplifica bastante o cálculo. Desta
forma, pode-se afirmar que, a obtenção da matriz adjunta
é possível com duas providências: a) trocam-se de
posição, o elemento da 1ª linha e 1ª coluna, com o
elemento da 2ª linha e 2ª coluna da matriz original; b)
trocam-se os sinais dos elementos restantes da matriz
original.
A equação horária do bloco (1), é obtida multiplicando a 1ª linha pela coluna, ou seja:
2
( k 2−ω ⋅m2)⋅F 0
1
y 1= Δ⋅(k 2−ω2⋅m2 )⋅F0⋅cos (ω⋅t) => y 1=
⋅cos (ω⋅t ) (resp.)
2
2
2
2
m1⋅m2⋅(ω −ω1)⋅(ω −ω2)
Recuperando a forma original da solução harmônica: y 1= A⋅cos (ω⋅t)
Comparando … obtêm-se: A=
(k 2−ω2⋅m2)⋅F 0
m1⋅m2⋅( ω2−ω21 )⋅(ω 2−ω22 )
A equação horária do bloco (2), é obtida multiplicando a 2ª linha pela coluna, ou seja:
k 2⋅F 0
1
y 2= ⋅k 2⋅F 0⋅cos (ω⋅t ) => y 2=
⋅cos (ω⋅t ) (resp.)
2
2
2
2
Δ
m ⋅m ⋅(ω −ω )⋅(ω −ω )
1
2
1
2
68/103
Recuperando a forma original da solução harmônica: y 2=B⋅cos (ω⋅t)
Comparando … obtêm-se: B=
k 2⋅F 0
2
m1⋅m2⋅(ω −ω21)⋅(ω2−ω22)
Os gráficos das amplitudes em função da frequência são particularmente instrutivos.
B
A
k2.F0
m1.m2.ω12.ω22
0
ω1
ω2
0
k2
m2
ω
k2.F0
m1.m2.ω12.ω22
0
ω1
ω2
ω
0
k2
m2
Analisando os comportamentos dos dois sólidos, pode-se ressaltar que:
a) para ω=0 , ambos apresentam a mesma deflexão, ou seja, sob ação da força “F 0“
constante, ocorre a deformação apenas da mola de rigidez k 1 e, como a mola de rigidez
k2 não é deformada, ambos os sólidos deslocam-se igualmente em relação à posição de
equilíbrio.
b) para a frequência ω=
se move.
√
k2
, o bloco (1), no qual a força excitadora está aplicada, não
m2
c) independente da frequência, o bloco (2) nunca permanece parado.
7.2.1. Dois graus de Liberdade Absorvedor Sintonizado.
De posse dos resultados anteriores pode-se afirmar que: caso um sistema esteja sob
ação de força excitadora harmônica com frequência “ω”, é possível impedi-lo de oscilar
k
associando ao mesmo uma massa “M”, através de rigidez “k”, tal que: ω=
.
M
√
A absorção de vibração é prefeita, ou seja, o sistema permanece estacionário, nos
casos onde não há forças dissipadoras, como forças de atrito. Nos casos em que as
forças de atrito sejam pequenas, a absorção funciona por breves períodos, ao final dos
quais o sistema oscila transferindo movimento, ou seja, energia, para a massa acoplada
ao mesmo, e logo após se incia um novo período em que o sistema permanecerá
estacionário. Para situações em que as forças de atrito são significativas, as conclusões
69/103
acima não se aplicam.
7.2.2. Exemplo:
m
Edifício de dois pavimentos, o primeiro de massa “2.m” ligado
às fundações (solo) por rigidez linear “2.k”, e o segundo de
massa “m” ligado ao primeiro por rigidez linear “k”, tem seus
movimentos excitados pelo deslocamento horizontal do solo,
provocado por terremoto, e expresso por: x S=x 0⋅cos (ω⋅t) .
Pedem-se:
a) as frequências próprias do edifício (dos modos normais);
b) os deslocamentos de cada pavimento em função do tempo:
c) a frequência (pulsação) que torna o pavimento superior em
absorvedor de vibração, mantendo o pavimento inferior
estacionário.
k
2.m
2.k
x2
F2
m
k
Solução:
F2
x1
Adota-se como origem dos deslocamentos, a posição de
equilíbrio do conjunto. No instante “t” genérico, o solo tem
posição expressa por “xS”, o primeiro pavimento tem posição
“x1” e o segundo pavimento tem posição “x 2”. Todos para direita
que será adotado como sentido positivo.
F1 2.m
2.k
xS
F1
As deformações das rigidezes: Δ1 =(x 1−x S ) e Δ 2=(x 2−x 1) .
As forças elásticas devidas a estas deformações estão ilustradas na figura e são
expressas por:
F1=k 1⋅Δ1 =2⋅k⋅(x 1−x S )
F2 =k 2⋅Δ 2=k⋅(x 2−x 1)
TCM: Teorema do Centro de Massa.
(2⋅m)⋅a1=F 2−F1 => 2⋅m⋅x¨1=k⋅(x 2−x 1)−2⋅k⋅( x 1−x S )
Pavimento (1):
Adotando solução harmônica:
ẍ 1=−ω 2⋅x1
2
−2⋅m⋅ω ⋅x 1=k⋅( x 2−x 1)−2⋅k⋅(x 1−x S )
Reorganizando os termos:
(3⋅k−2⋅m⋅ω2)⋅x 1−k⋅x 2=2⋅k⋅x S
Substituindo “xS”:
(3⋅k−2⋅m⋅ω2)⋅x 1−k⋅x 2=2⋅k⋅x0⋅cos(ω⋅t)
Pavimento (2):
m⋅a2=−F 2 => m⋅ẍ 2=−k⋅( x2 −x1 )
Adotando solução harmônica:
Reorganizando os termos:
Na forma matricial:
2
ẍ 2=−ω ⋅x 2
−m⋅ω2⋅x 2=−k⋅( x2−x 1 )
−k⋅x 1+(k −m⋅ω2 )⋅x 2=0
[
][ ] [ ]
(3⋅k −2⋅m⋅ω2)
−k
x 1 = 2⋅k⋅x0 ⋅cos( ω⋅t)
2 ⋅
−k
(k−m⋅ω ) x 2
0
Calculando as frequências próprias Δ=0 :
70/103
2
2
Com λ=ω tem-se:
Desenvolvendo os produtos:
Reescrevendo …
Calculando as raízes:
1º modo normal:
2º modo normal:
Retomando a forma matricial:
2
2
Δ=(3⋅k−2⋅m⋅ω )⋅(k −m⋅ω )−k =0
Δ=(3⋅k −2⋅m⋅λ)⋅(k −m⋅λ)−k 2=0
2
2
2
2
Δ=3⋅k −3⋅k⋅m⋅λ−2⋅k⋅m⋅λ+2⋅m ⋅λ −k =0
2
2
2
Δ=2⋅k −5⋅k⋅m⋅λ +2⋅m ⋅λ =0 ou …
2
2
Δ=2⋅m ⋅λ −5⋅k⋅m⋅λ+2⋅k 2=0
5⋅k⋅m±√ (5⋅k⋅m)2−4⋅2⋅m 2⋅2⋅k 2
λ=
2⋅2⋅m 2
5⋅k⋅m±√ 25⋅k 2⋅m2−16⋅m 2⋅k 2 5⋅k⋅m±√ 9⋅k 2⋅m2
λ=
=
4⋅m2
4⋅m2
5⋅k⋅m±3⋅k⋅m
λ=
4⋅m 2
k
2
λ 1=ω1=0,5⋅
(a)
m
k
λ 2=ω22=2,0⋅
(a)
m
[
][ ] [ ]
]
][ ]
(3⋅k −2⋅m⋅ω2 )
−k
x 1 = 2⋅k⋅x 0 ⋅cos(ω⋅t)
2 ⋅
−k
(k−m⋅ω ) x 2
0
[
2
k
1 ( k−m⋅ω )
A matriz inversa, da matriz (2x2): [I ]= ⋅
Δ
k
(3⋅k−2⋅m⋅ω2)
Multiplicando pela matriz inversa:
Recuperando o determinante...
Na forma fatorada:
[] [
2
k
x 1 = 1 ⋅ (k −m⋅ω )
2⋅k⋅x 0 ⋅cos(ω⋅t)
2 ⋅
Δ
k
(3⋅k −2⋅m⋅ω )
x2
0
Δ=2⋅m2⋅λ 2−5⋅k⋅m⋅λ+2⋅k 2
2
4
2
2
Δ=2⋅m ⋅ω −5⋅k⋅m⋅ω +2⋅k
2
2
2
2
2
Δ=2⋅m ⋅( ω −ω1 )⋅(ω −ω2 )
A posição do pavimento (1), em função do tempo, é obtida pelo produto da 1ª linha pela
coluna:
(k −m⋅ω2)⋅2⋅k⋅x 0
x 1=
⋅cos(ω⋅t) ou …
Δ
2
(k −m⋅ω )⋅2⋅k⋅x 0
x 1=
⋅cos (ω⋅t ) (b)
2⋅m2⋅(ω2−ω21)⋅(ω2−ω22)
A posição do pavimento (2), em função do tempo, é obtida pelo produto da 2ª linha pela
coluna:
2⋅k 2⋅x
x 2= Δ 0⋅cos( ω⋅t) ou …
2
2⋅k ⋅x 0
x 2=
⋅cos (ω⋅t ) (b)
2
2
2
2
2
2⋅m ⋅(ω −ω1)⋅(ω −ω2)
A frequência que torna o segundo pavimento em absorvedor sintonizado, é aquela que
anula o deslocamento “x1” para qualquer instante “t”, ou seja:
k
x 1=0 => (k – m⋅ω2)=0 => ω=
(c)
m
√
71/103
7.2.3. Exemplo:
A figura ilustra, os blocos sólidos de massa m 1 = 2 kg e massa m2 = 5 kg, interligados
entre si pela mola de rigidez k2 = 80 N/m. O bloco de massa m 1, encontra-se ligado ao
cursor A, através da mola de rigidez k1 = 50 N/m. O bloco de massa m2, encontra-se
ligado a parede fixa, através da mola de rigidez k 3 = 50 N/m. O cursor A, é acionado pelo
conjunto manivela biela que impõe ao mesmo deslocamento x=a⋅sen (θ) , sendo que
θ=ω⋅t , onde ω é a velocidade angular da manivela e t o tempo.
A manivela possui dimensão a=0,02 m e gira em torno de seu eixo fixo com frequência
f =59,6 rpm . Adotando a posição de equilíbrio de cada um dos elementos, como
origem das posições dos mesmos, pedema
m1
m2
se:
a) o diagrama de esforços em cada bloco;
θ
b) as frequências próprias do sistema
a
m1
m2
(modos de vibração);
c) as equações horárias dos blocos em
x
x1
x2
função do tempo.
F1
Solução:
m1
F2
m2
F3
A figura ilustra as posições dos elementos, num instante “t” genérico, para o qual, as
posições do cursor A, do bloco (1) e do bloco(2), são respectivamente expressas por: “x” ,
“x1” e “x2”. Essas posições embora escolhidas de forma arbitrária, apresentam a relação:
x 2> x 1 > x .
Baseado nas escolhas apresentadas acima, pode-se afirmar que:
a) a mola de rigidez k1 apresenta-se distendida de Δ1 =( x 1−x) ;
b) a mola de rigidez k2 apresenta-se distendida de Δ 2=( x 2−x 1) ;
c) a mola de rigidez k3 apresenta-se comprimida de Δ 2=x2 ;
Como consequência, as forças elásticas são:
F1=k 1⋅Δ1 => F1=k 1⋅(x 1−x )
F2 =k 2⋅Δ 2 => F2 =k 2⋅( x2−x 1 )
F3 =k 3⋅Δ3 => F3 =k 3⋅x 2
TCM – Teorema do Centro de Massa.
BLOCO (1):
F2−F 1=m1⋅a1 =>
Adotando:
2
ẍ 1=−ω ⋅x1 e x=a⋅sen (θ)
k 2⋅(x 2−x1 )−k 1⋅( x 1−a⋅sen (ω⋅t ))=−m1⋅ω2⋅x 1
(k 1 +k 2−m1⋅ω2 )⋅x1−k 2⋅x 2=k 1⋅a⋅sen(ω⋅t)
BOLCO (2):
−F 2 – F3=m2⋅a2 =>
Adotando:
ẍ 2=−ω ⋅x 2
−k 2⋅x 1+(−m2⋅ω2+ k 2 +k 3 )⋅x 2=0
2
k 2⋅(x 2−x1 )−k 1⋅(x 1−x)=m1⋅ẍ1
−k 2⋅(x 2−x 1)−k 3⋅x 2=m2⋅ẍ 2
72/103
Na forma matricial:
(k 1 +k 2−m1⋅ω 2)
−k 2
⋅ x 1 = k 1⋅a ⋅sen(ω⋅t)
2
−k 2
(k 2 + k 3−m2⋅ω ) x 2
0
[
][ ] [ ]
2
O determinante:
2
2
Δ=( k 1+ k 2−m1⋅ω )⋅( k 2+ k 3−m2⋅ω )−k 2
Com: λ=ω2 => Δ=( k 1+ k 2−m1⋅λ)⋅(k 2+ k 3−m2⋅λ)−k 22
2
Δ=m1⋅m2⋅λ −[m 2⋅(k 1+ k 2 )+ m1⋅(k 2 +k 3)]⋅λ+(k 1⋅k 2+ k 1⋅k 3 + k 2⋅k 3 )
Com os valores numéricos:
Δ=10⋅λ2−[650+260]⋅λ+(4.000+2.500+ 4.000)
Δ=10⋅λ2−910⋅λ +10.500
Os modos normais de vibração:
Δ=10⋅λ2−910⋅λ +10.500=0
2
910± √910 −4⋅10⋅10.500
λ=
2⋅10
λ 1=13,56 => ω1=3,68 rad / s (b)
λ 2=77,44 => ω2=8,80 rad /s (b)
A forma fatorada do determinante:
2
2
2
2
Δ=m1⋅m2⋅(ω −ω1)⋅(ω −ω 2) ou …
Δ=10⋅(ω2−13,56)⋅(ω2−77,44)
A matriz inversa da matriz (2x2):
[ I ]=
[
(k 2 +k 3 −m2⋅ω2)
k2
1
⋅
2
2
2
2
m 1⋅m 2⋅(ω −ω1)⋅(ω −ω2)
k2
(k 1 + k 2−m1⋅ω2)
]
Multiplicando a forma matricial pela matriz inversa:
(k 2 +k 3−m2⋅ω2 )
k2
1
x1 =
⋅
⋅ k 1⋅a ⋅sen(ω⋅t)
2
2
2
2
2
x 2 m1⋅m2⋅(ω −ω1)⋅(ω −ω2)
k2
(k 1 +k 2−m1⋅ω )
0
[
[]
][ ]
As equações horárias:
2
x 1=
x 2=
(k 2 +k 3−m 2⋅ω )⋅k 1⋅a
2
130−2⋅ω
⋅sen(ω⋅t ) => x 1=
⋅sen (ω⋅t ) (c)
2
2
2
2
2
m 1⋅m 2⋅( ω −ω1 )⋅(ω −ω2 )
10⋅(ω −13,56)⋅(ω 2−77,44)
k 2⋅k 1⋅a
80
⋅sen (ω⋅t ) (c)
⋅sen(ω⋅t) => x 2=
2
2
m1⋅m2⋅( ω −ω )⋅( ω −ω )
10⋅(ω −13,56)⋅(ω −77,44)
2
2
1
2
2
2
73/103
7.2.4. Exemplo:
Um classificador de carvão de massa total de 250 kg e frequência própria 400 cpm (ciclos
por minuto), tem peneira que alterna com frequência de 600 cpm (ciclos por minuto).
A peneira é acionada por dois rotores, que giram (com 600 cpm) em sentidos opostos,
providenciando o movimento oscilatório da mesma, desta forma, a fonte de vibração é
inerente ao conjunto e não pode ser eliminada. Decide-se que um absorvedor sintonizado
de vibrações deva ser instalado nesse classificador, e
para tanto está disponível massa de 63 kg. Pedem-se:
a) o método experimental que confirma a frequência
própria do classificador (400 cpm);
b) a rigidez do sistema de sustentação do classificador;
c) a rigidez do absorvedor a ser montado com a massa
disponível;
d) qual seria a massa do absorvedor sintonizado, caso a
k
única rigidez disponível, seja a do próprio classificador,
m
lembrando que o sistema elástico do mesmo é composto
por quatro molas iguais, de rigidez “kdisp.”.
Solução:
Com o classificador desligado, desloca-se o mesmo de sua posição de equilíbrio, e
mede-se a frequência de vibração resultante; (a)
A pulsação própria do sistema é obtida através da frequência própria do sistema, a
mesma medida sob as condições especificadas acima. Com o sistema em
funcionamento, o mesmo oscilará com a mesma frequência da força excitadora presente,
ou seja, a frequência de oscilação da peneira.
A pulsação relaciona-se com a frequência por:
ω0=2⋅π⋅f 0 => ω0=2⋅π⋅
400
=> ω0=41,89 rad /s
60
Com o sistema desligado, sua oscilação se faz com a pulsação determinada acima, e
tudo se passa como um sistema, de apenas um grau de liberdade, ou seja:
ω0=
√
k
k eq .
=> eq . =ω 20 => k eq .=mef .⋅ω20 => k eq .=250⋅41,89=10.472,5 N /m (b)
mef .
mef .
O absorvedor é sintonizado com a frequência da força excitadora, ou seja, frequência de
600 com, que corresponde a uma pulsação “ω”.
600
ω=2⋅π⋅
=> ω=62,83 rad /s
60
74/103
A pulsação do absorvedor é:
ω=
√
k
=> k =m⋅ω2 => k =63⋅62,832 => k =248.699,4 N /m (c)
m
A “mola” disponível:
k disp. =
k eq .
=2.618,1 N /m
4
m=
ω=62,83 rad /s
k
=> m=0,66 kg (d)
ω2
7.3. Dois Graus de Liberdade, OFCA – Oscilação forçada com
Amortecimento.
O arranjo ilustrado, é composto por dois blocos
sólidos, em movimento de translação reto, que Fex
apresentam massas m1 = 0,5 kg e m2 = 1,0 kg, sob
ação de dois sistemas mola amortecedor, com
rigidezes e coeficientes da força viscosa,
respectivamente (k1 = 25 N/m e c1 = 5 N.s/m) e (k2 =
50 N/m e c2 = 7,5 N.s/m). O bloco de massa m 1,
encontra-se sob ação da força excitadora:
F ex=6⋅sen( 5⋅t) .
k1;c1
m1
Fex
Fe1
Fv1
y1
k2;c2
m2
p.Eq.
Fe2
Fv2
y2
Nota: o desenvolvimento literal é penoso, desta forma, optouse por um desenvolvimento numérico.
Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se deslocado em relação a sua posição
de equilíbrio, adotada como origem das posições dos elementos do sistema.
Considere-se que no instante “t” o bloco (1) tenha posição definida por ( y 1 ), com
velocidade ( v1 = ẏ 1 ) e aceleração ( a1= ÿ1 ) ao mesmo tempo, o bloco (2) tem posição
definida por ( y 2 ), com velocidade ( v 2= ẏ 2 ) e aceleração ( a2= ÿ 2 ).
No instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente ( y 1 ) e ( y 2− y 1 ) e,
as velocidades relativas, entre os extremos dos amortecedores, são: ( ẏ 1 ) e ( ẏ 2− ẏ 1 ).
TCM – Teorema do Centro de Massa:
BLOCO (1):
m1⋅ÿ 1=−k 1⋅Δ1−c1⋅ ẏ1 +k 2⋅Δ2 +c 2⋅vrel (2)+ F ex
m1⋅ÿ 1=−k 1⋅y 1−c 1⋅ẏ 1 +k 2⋅( y 2− y 1 )+ c 2⋅( ẏ 2− ẏ 1 )+ F ex
m1⋅ÿ 1+(k 1 + k 2)⋅y 1 +(c 1+ c2 )⋅ẏ 1−k 2⋅y 2−c 2⋅ẏ 2=F ex
75/103
BLOCO(2):
m2⋅ÿ 2=−k 2⋅Δ 2−c 2⋅v rel(2)
m2⋅ÿ 2=−k 2⋅( y 2− y 1)−c 2⋅( ẏ 2− ẏ 1 )
−k 2⋅y 1−c 2⋅ẏ 1 +m2⋅ÿ 2+ k 2⋅y 2 +c 2⋅ẏ 2=0
Estas equações possuem soluções mais complexas, do tipo:
y 1=Y 1⋅e i⋅ω⋅t => ẏ 1=i⋅ω⋅Y 1⋅ei⋅ω⋅t =i⋅ω⋅y 1 => ÿ 1=−ω2⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t=−iω 2⋅y 1
i⋅ω⋅t
=> ẏ 2=i⋅ω⋅Y 2⋅ei⋅ω⋅t =i⋅ω⋅y 2 => ÿ 2=−ω2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t=−i ω2⋅y 2
y 2=Y 2⋅e
Para facilitar o desenvolvimento representa-se a força excitadora por:
F0⋅ei⋅ω⋅t =F0⋅cos( ω⋅t )+i⋅F 0 sen(ω⋅t ) . Note-se que a parte “imaginária” da expressão
proposta, é a força excitadora.
Substituindo essas relações em …
m1⋅ÿ 1+(k 1 + k 2)⋅y 1 +(c 1+ c2 )⋅ẏ 1−k 2⋅y 2−c 2⋅ẏ 2=F ex
−m1⋅ω 2⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t +(k 1+ k 2)⋅Y 1⋅ei⋅ω⋅t +(c 1+ c 2)⋅i⋅ω⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t −k 2⋅Y 2⋅ei⋅ω⋅t −c 2⋅i⋅ω⋅Y 2⋅ei⋅ω⋅t =F0⋅ei⋅ω⋅t
ou …
(−m1⋅ω2+(k 1+ k 2)+(c 1+ c 2)⋅i⋅ω)⋅Y 1−(k 2 +c 2⋅i⋅ω)⋅Y 2=F 0
Substituindo essas relações em …
−k 2⋅y 1−c 2⋅ẏ 1 +m2⋅ÿ 2+ k 2⋅y 2 +c 2⋅ẏ 2=0
i⋅ω⋅t
i⋅ω⋅t
2
i⋅ω⋅t
i⋅ω⋅t
i⋅ω⋅t
−k 2⋅Y 1⋅e −c 2⋅i⋅ω⋅Y 1⋅e −m2⋅ω ⋅Y 2⋅e + k 2⋅Y 2⋅e +c 2 i⋅ω⋅Y 2⋅e =0
ou ...
−(k 2 +c 2⋅i⋅ω)⋅Y 1 +(−m2⋅ω 2+ k 2+ i⋅ω⋅c 2 )⋅Y 2=0
Resumindo, as equações:
(−m1⋅ω2⋅+(k 1+ k 2)+(c 1+ c 2)⋅i⋅ω)⋅Y 1−(k 2 + c2⋅i⋅ω)⋅Y 2=F 0
−(k 2 +c 2⋅i⋅ω)⋅Y 1 +(−m2⋅ω 2+ k 2+ i⋅ω⋅c 2 )⋅Y 2=0
Na forma matricial:
(−m1⋅ω2 +k 1 + k 2+i⋅ω⋅( c1 +c 2 ))
−(k 2 +i⋅ω⋅c 2)
⋅ Y 1 = F0
2
−(k 2+i⋅ω⋅c 2)
(−m2⋅ω + k 2 +i⋅ω⋅c 2) Y 2
0
[
][ ] [ ]
A matriz inversa:
(−m 2⋅ω2 +k 2 +i⋅ω⋅c 2)
(k 2 +i⋅ω⋅c 2)
[ I ]=
2
( k 2 +i⋅ω⋅c2 )
(−m1⋅ω + k 1 +k 2 +i⋅ω⋅(c 1 +c 2))
[
]
Multiplicando pela matriz inversa:
2
(k 2+i⋅ω⋅c 2)
Y 1 = (−m2⋅ω +k 2+i⋅ω⋅c 2)
⋅ F0
2
Y2
(k 2 +i⋅ω⋅c 2)
(−m1⋅ω +k 1 +k 2+i⋅ω⋅( c1 +c 2 )) 0
[ ][
][ ]
76/103
As amplitudes:
2
(−m2⋅ω + k 2+ i⋅ω⋅c 2)⋅F 0
Y 1=
2
2
2
(−m2⋅ω +k 2 +i⋅ω⋅c 2)⋅(−m1⋅ω + k 1+ k 2 +i⋅ω⋅(c 1 +c 2))−( k 2 +i⋅ω⋅c2 )
Y 2=
(k 2 +i⋅ω⋅c 2)⋅F 0
(−m2⋅ω2 +k 2 +i⋅ω⋅c 2)⋅(−m1⋅ω 2+ k 1 +k 2 +i⋅ω⋅(c 1 +c 2))−(k 2 +i⋅ω⋅c2 )2
Com os valores numéricos:
Y 1=
(−1,0⋅52 +50)⋅6+i⋅5⋅7,5⋅6
(−1,0⋅52 +50+i⋅5⋅7,5)⋅(−0,5⋅52 +25+50+ i⋅5⋅(5+7,5))−( 50+i⋅5⋅7,5)2
Y 1=
150+i⋅225
;
2
(25+i⋅37,5)⋅(62,5+i⋅62,5)−(50+i⋅37,5)
Y 1=
150+ i⋅225
−1.875,25+i⋅156,25
Nota: Na forma polar, a divisão é mais simples, assim a
utilizaremos, o apêndice B, apresenta uma revisão de
números complexos.
225
)] => Z 1 [ϕ 1 ]=270,42 [56,31 º ]
150
O numerador:
Z 1 [ϕ 1 ]= √150 +225 [arctan(
O denominador:
Z 2 [ϕ 2 ]= √1875,25 +156,25 [180 º+ arctan(
2
2
2
2
Z 2 [ϕ 2 ]=1881,75 [175,24 º ]
156,25
)]
−1875,25
A divisão:
Y 1=
Z 1 270,42
=
[56,31 º−175,24 º ] => Y 1=0,144 [−118,93 º ]
Z 2 1881,75
Na forma cartesiana:
Y 1=0,144⋅(cos(−118,93 º)+i⋅sen(−118,93 º)) … ângulo em graus, ou:
Y 1=0,144⋅(cos(118,93 º )−i⋅sen(118,93 º )) … ângulo em graus, ou:
Y 1=0,144⋅(cos(2,08)−i⋅sen(2,08))
Y 1=0,144⋅e−i⋅2,08
… ângulo em rad, ou:
Recuperando a solução:
y 1=Y 1⋅e i⋅ω⋅t => y 1=0,144⋅e−i⋅2,08⋅ei⋅ω⋅t => y 1=0,144⋅e i⋅(ω⋅t−2,08)
77/103
A Solução na forma cartesiana:
y 1=0,144⋅cos (ω⋅t−2,08)+i⋅0,144⋅sen (ω⋅t−2,08)
Lembrando que a força excitadora foi expressa como a parte imaginária da função
complexa que a representou, a solução de interesse, de forma equivalente, é:
y 1 (t)=0,144⋅sen(ω⋅t−2,08) => y 1 (t)=0,144⋅sen(5⋅t−2,08)
A outra amplitude:
(k 2 +i⋅ω⋅c 2)⋅F 0
Y 2=
2
(−m2⋅ω +k 2 +i⋅ω⋅c 2)⋅(−m1⋅ω 2+ k 1 +k 2 +i⋅ω⋅(c 1 +c 2))−(k 2 +i⋅ω⋅c2 )2
300 +i⋅225
Y 2=
−1.875,25+i⋅156,25
Na forma polar, tem-se:
o numerador:
Z 1 [ϕ 1 ]= √3002 +2252 [arctan (
o denominador:
Z 2 [ϕ 2 ]=1881,75 [175,24 º ]
225
)] => Z 1 [ϕ 1 ]=375,00 [36,87 º ]
300
A divisão:
Y 2=
Z 1 375,00
=
[36,87 º−175,24 º ] => Y 2=0,199 [−138,93 º ]
Z 2 1881,75
Na forma cartesiana:
Y 2=0,199⋅(cos (−138,93º )+i⋅sen (−138,93º )) … ângulo em graus, ou:
Y 2=0,199⋅(cos (138,93)−i⋅sen(138,93)) … ângulo em graus, ou:
Y 2=0,199⋅(cos (2,41)−i⋅sen (2,41))
Y 2=0,199⋅e−i⋅2,41
… ângulo em rad, ou:
Recuperando a solução:
i⋅ω⋅t
=> y 2=0,199⋅e−i⋅2,41⋅e i⋅ω⋅t => y 2=0,199⋅ei⋅(ω⋅t−2,41)
y 2=Y 2⋅e
y 2=0,199⋅ei⋅(ω⋅t −2,41)
Na forma cartesiana:
y 2=0,199⋅cos(ω⋅t−2,41)+i⋅0,199⋅sen(ω⋅t−2,41)
Lembrando que a força excitadora foi expressa como a parte imaginária da função
complexa que a representou, a solução de interesse, de forma equivalente, é:
y 2 (t)=0,199⋅sen (ω⋅t−2,41) => y 2 (t)=0,199⋅sen (5⋅t−2,41)
78/103
Nota: os blocos oscilam com a mesma frequência (“ω” da força
excitadora), entretanto, eles possuem uma pequena
defasagem em seus movimentos; esses resultados
dependem fortemente dos valores numéricos adotados.
7.3.1 Exemplo.
O arranjo ilustrado, é composto por dois blocos
sólidos, que deslocam-se em movimento de translação Fex
reta, apresentam massas m1 = 0,5 kg e m2 = 1,0 kg,
sob ação dos sistemas mola amortecedor, com
rigidezes
e
coeficientes
da
força
viscosa,
respectivamente (k1,= 25 N/m e c = 5 N.s/m) e (k2 = 50
N/m). O bloco de massa m1, encontra-se sob ação da
força excitadora: F ex =6⋅cos(5⋅t) .
Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se
deslocado em relação a sua posição de equilíbrio,
adotada como origem das posições dos elementos do
sistema.
(k1, c)
m1
(k2)
m2
Fex
Fe1
Fv
y1
Fe2
p.Eq.
y2
Considere-se que no instante “t” o bloco (1) tenha posição definida por ( y 1 ) , com
velocidade ( v 1= ẏ 1 ) e aceleração ( a1= ÿ1 ) ao mesmo tempo, o bloco (2) tem posição
definida por ( y 2 ) , com velocidade ( v 2= ẏ 2 ) e aceleração ( a2= ÿ 2 ).
No instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente Δ1 = y 1 e Δ2 = y 2− y 1 ,
e a velocidade relativa, entre os extremos do amortecedor, é: v rel =Δ̇1= ẏ1 .
TCM – Teorema do Centro de Massa:
BLOCO (1):
m1⋅ÿ 1=−k 1⋅Δ 1−c⋅ẏ 1 +k 2⋅Δ2 + F ex
m1⋅ÿ 1=−k 1⋅y 1−c⋅ẏ 1 +k 2⋅( y 2− y 1 )+ Fex
m1⋅ÿ 1+(k 1 + k 2)⋅y 1 +c⋅ẏ 1−k 2⋅y 2=F ex
BLOCO(2):
m2⋅ÿ 2=−k 2⋅Δ 2
m2⋅ÿ 2=−k 2⋅( y 2− y 1)
−k 2⋅y 1+ m2⋅ ÿ 2+ k 2⋅y 2=0
As Soluções destas equações são do tipo:
y 1=Y 1⋅e
i⋅ω⋅t
=> ẏ 1=i⋅ω⋅Y 1⋅ei⋅ω⋅t =i⋅ω⋅y 1 => ÿ 1=−ω2⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t=−iω 2⋅y 1
y 2=Y 2⋅e i⋅ω⋅t => ẏ 2=i⋅ω⋅Y 2⋅ei⋅ω⋅t =i⋅ω⋅y 2 => ÿ 2=−ω2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t=−i ω2⋅y 2
Para facilitar o desenvolvimento representa-se a força excitadora por F0⋅ei⋅ω⋅t , ou
F0⋅ei⋅ω⋅t =F0⋅cos( ω⋅t )+i⋅F 0 sen(ω⋅t ) . Note-se que a parte real desta expressão é a força
excitadora.
79/103
Substituindo em ...
m1⋅ÿ 1+(k 1 + k 2)⋅y 1 +c⋅ẏ 1−k 2⋅y 2=F ex
tem-se:
−m1⋅ω 2⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t +(k 1+ k 2)⋅Y 1⋅ei⋅ω⋅t + c⋅i⋅ω⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t−k 2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t =F 0⋅e i⋅ω⋅t
ou …
(−m1⋅ω2⋅+(k 1+ k 2)+ c⋅i⋅ω)⋅Y 1−k 2⋅Y 2=F 0
Substituindo em …
−k 2⋅y 1+ m2⋅ ÿ 2+ k 2⋅y 2=0
i⋅ω⋅t
2
i⋅ω⋅t
i⋅ω⋅t
−k 2⋅Y 1⋅e −m2⋅ω ⋅Y 2⋅e + k 2⋅Y 2⋅e =0
ou ...
−k 2⋅Y 1 +(−m 2⋅ω2 +k 2)⋅Y 2=0
Resumindo, as equações:
(−m1⋅ω2⋅+(k 1+ k 2)+ c⋅i⋅ω)⋅Y 1−k 2⋅Y 2=F 0
−k 2⋅Y 1 +(−m 2⋅ω2 +k 2)⋅Y 2=0
Na forma matricial:
(−m1⋅ω2 +k 1+ k 2 +i⋅ω⋅c )
−k 2
⋅ Y 1 = F0
2
−k 2
(−m2⋅ω + k 2) Y 2
0
[
][ ] [ ]
A matriz inversa:
(−m 2⋅ω2 +k 2 )
k2
[ I ]=
2
k2
(−m1⋅ω + k 1+ k 2 +i⋅ω⋅c)
[
]
Multiplicando pela matriz inversa:
2
k2
Y 1 = (−m2⋅ω +k 2)
⋅ F0
2
Y2
k2
(−m1⋅ω + k 1 +k 2 +i⋅ω⋅c) 0
[ ][
][ ]
As amplitudes:
(−m2⋅ω 2+ k 2)⋅F 0
Y 1=
(−m2⋅ω2 +k 2 )⋅(−m1⋅ω2 +k 1+ k 2 +i⋅ω⋅c )−k 22
Y 2=
k 2⋅F 0
2
2
2
(−m2⋅ω +k 2 )⋅(−m1⋅ω + k 1+ k 2 +i⋅ω⋅c )−k 2
Com os valores numéricos:
(−1,0⋅52 +50)⋅6
Y 1=
2
2
2
(−1,0⋅5 +50)⋅(−0,5⋅5 +25+50+i⋅5⋅5)−50
150
Y 1=
;
25⋅(62,5+i⋅25)−2.500
150
Y 1=
−937,50+i⋅625,00
80/103
Na forma polar, tem-se:
o numerador:
Z 1 [ϕ 1 ]=150,00 [0,00 º ]
o denominador:
Z 2 [ϕ 2 ]= √937,50 2+625,00 2 [180 º +arctan (
Z 2 [ϕ 2 ]=1126,74 [146,31º ]
625,00
)]
−937,50
A divisão:
Z
150,00
Y 1= 1 =
[0,00º −146,31º ] => Y 1=0,133 [−146,31º ]
Z 2 1126,74
Na forma cartesiana:
Y 1=0,133⋅(cos (−146,31º )+i⋅sen (−146,31 º )) … ângulo em graus, ou:
Y 1=0,133⋅(cos (146,31 º)−i⋅sen( 146,31º )) … ângulo em graus, ou:
Y 1=0,133⋅(cos (2,55)−i⋅sen(2,55)) … ângulo em rad, ou:
Y 1=0,133⋅e−i⋅2,55
Recuperando a solução:
i⋅ω⋅t
=> y 1=0,133⋅e−i⋅2,55⋅e i⋅ω⋅t => y 1=0,133⋅ei⋅(ω⋅t −2,55)
y 1=Y 1⋅e
Na forma cartesiana:
y 1=0,133⋅cos(ω⋅t−2,55)+ i⋅0,144⋅sen (ω⋅t−2,55)
Lembrando que a força excitadora foi expressa como a parte real da função complexa
que a representou, a solução de interesse, de forma equivalente, é:
y 1 (t)=0,133⋅cos (ω⋅t −2,55) => y 1 (t)=0,133⋅cos (5⋅t−2,55)
A outra solução:
Y 2=
k 2⋅F 0
2
(−m2⋅ω +k 2 )⋅(−m1⋅ω2 + k 1+ k 2 +i⋅ω⋅c )−k 22
300
Y 2=
−937,50+i⋅625,00
Na forma polar, tem-se:
o numerador:
Z 1 [ϕ 1 ]=300,00 [0,00 º ]
o denominador:
Z 2 [ϕ 2 ]=1126,74 [146,31º ]
A divisão:
Z
300,00
Y 1= 1 =
[0,00º −146,31º ] => Y 2=0,266 [−146,31 º ]
Z 2 1126,74
Na forma cartesiana:
Y 2=0,266⋅(cos(−146,31º )+i⋅sen (−146,31º )) … ângulo em graus,
81/103
ou:
Y 2=0,266⋅(cos(146,31 º)−i⋅sen (146,31º )) … ângulo em graus, ou:
Y 2=0,266 (cos (2,55)−2,55 i⋅sen (2,55)) … ângulo em rad, ou:
Y 2=0,266⋅e−i⋅2,55
Recuperando a solução:
y 2=Y 2⋅e i⋅ω⋅t => y 2=0,266⋅e−i⋅2,55⋅ei⋅ω⋅t => y 2=0,266⋅e i⋅(ω⋅t−2,55)
Na forma cartesiana:
y 2=0,266⋅cos(ω⋅t−2,55)−i⋅0,266 sen( ω⋅t−2,55)
Lembrando que a força excitadora “real” foi expressa como a parte real do número
complexo que a representou, a solução que interessa de forma equivalente é:
y 2 (t)=0,266 sen (ω⋅t−2,55) => y 2 (t)=0,266 sen (5⋅t −2,55)
Nota: os blocos oscilam com a mesma frequência (“ω” da força excitadora), e neste caso
não ocorre defasagem entre os movimentos dos mesmos.
8. TRÊS GRAUS DE LIBERDADE
As dificuldades encontradas no estudo de muitos graus de liberdade, ou seja, maiores
que dois, continuam sendo de ordem matemática. No caso de três graus de liberdade,
passa-se a trabalhar com uma equação matricial com matrizes de dimensões 3x3, e com
equações de terceira ordem. As raízes de uma equação de terceira ordem, podem ser
obtidas por métodos numéricos e desta forma será feito.
8.1. Três Graus de Liberdade; OLSA
Amortecimento.
– Oscilação Livre Sem
Não há novidades no que se refere ao desenvolvimento desse tipo de problema, apenas
a matemática se complica.
8.1.1. Exemplo.
O arranjo ilustrado, é composto por três blocos
sólidos, que deslocam-se em movimento de translação
reta, apresentam massas m1 = 0,5 kg, m2 = 1,0 kg, e m3
= 1,5 kg. Esses blocos estão conectados entre si pelas
molas de rigidezes: k1 = 25 N/m, k2 = 30 N/m e k3 = 35
N/m. Pedem-se:
a) as equações do sistema na forma matricial;
b) as frequências dos modos normais de vibração;
c) as razões de amplitudes dos modos normais de
vibração.
k1
m1
Fe1
k2
m2
Fe2
y2
k3
m3
Solução:
Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se
deslocado em relação a sua posição de equilíbrio,
adotada como origem das posições dos elementos do
y1
p.Eq.
Fe3
y3
82/103
sistema.
Considere-se que no instante “t”, o bloco (1) tenha posição definida por ( y 1 ) ,
velocidade ( v 1= ẏ 1 ) e aceleração ( a1= ÿ1 ), e ao mesmo tempo, o bloco (2)
posição definida por ( y 2 ) , com velocidade ( v 2= ẏ 2 ) e aceleração ( a2= ÿ 2
também para o mesmo instante, o bloco (3) tem posição definida por ( y 3 ) ,
velocidade ( v 3= ẏ 3 ) e aceleração ( a3= ÿ 3 )
Nesse instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente:
Δ 1 = y 1 , Δ 2 = y 2 − y 1 e Δ 3 = y 3− y 2
TCM – Teorema do Centro de Massa:
BLOCO (1):
m1⋅ÿ 1=−k 1⋅Δ 1+ k 2⋅Δ 2
m1⋅ÿ 1=−k 1⋅y 1 +k 2⋅( y 2− y 1)
m1⋅ÿ 1+(k 1 + k 2)⋅y 1−k 2⋅y 2=0
Adotando solução harmônica: y 1= A1⋅cos (ω⋅t +ϕ 1 ) => ÿ 1=−ω2⋅y 1 , tem-se:
2
(−m1⋅ω + k 1 +k 2 )⋅y 1−k 2⋅y 2=0
BLOCO(2):
m2⋅ÿ 2=−k 2⋅Δ 2+ k 3⋅Δ 3
m2⋅ÿ 2=−k 2⋅( y 2− y 1)+k 3⋅( y 3− y 2)
−k 2⋅y 1+ m2⋅ ÿ 2+(k 2 + k 3)⋅y 2−k 3⋅y 3=0
Adotando solução harmônica: y 2= A2⋅cos(ω⋅t+ ϕ 2) => ÿ 2=−ω2⋅y 2 , tem-se:
−k 2⋅y 1+(−m2⋅ω2 +k 2 + k 3)⋅y 2−k 3⋅y 3=0
BLOCO(3):
m3⋅ÿ 3=−k 3⋅Δ3
m3⋅ÿ 3=−k 3⋅( y 3− y 2)
−k 3⋅y 2 +m3⋅ÿ 3+ k 3⋅y 3=0
Adotando solução harmônica: y 3= A3⋅cos(ω⋅t+ ϕ 3) => ÿ 3=−ω2⋅y 3 , tem-se:
−k 3⋅y 2 +(−m3⋅ω2 +k 3)⋅y 3=0
Reorganizando as equações:
2
(−ω +k 1 +k 2 )⋅y 1−k 2⋅y 2+ zero⋅y 3=0
−k 2⋅y 1+(−m2⋅ω2 +k 2 + k 3)⋅y 2−k 3⋅y 3=0
zero⋅y 1−k 3⋅y 2+(−m3⋅ω2+ k 3 )⋅y 3=0
com
tem
), e
com
83/103
Na forma matricial:
[
2
(−m1⋅ω +k 1+ k 2)
(−k 2)
2
(−k 2 )
(−m2⋅ω +k 2 + k 3)
0
(−k 3 )
][ ] [ ]
0
(−k 3)
y1
0
⋅ y2 = 0
2
0
(−m3⋅ω +k 3 ) y 3
(a)
Nota: a matriz 3x3, e como no caso de 2GL, é simétrica.
Efetuando a substituição: λ=ω2
[
][ ] [ ]
(−m1⋅λ +k 1 +k 2)
(−k 2)
0
y1
0
⋅ y2 = 0
(−k 2 )
(−m2⋅λ+ k 2 +k 3 )
(−k 3 )
0
0
(−k 3)
(−m3⋅λ+k 3 ) y 3
Os modos normais … determinante NULO.
[
][]
(−m1⋅λ +k 1 +k 2)
(−k 2)
0
0
= 0
(−k 2 )
(−m2⋅λ+ k 2 +k 3 )
(−k 3 )
0
0
(−k 3)
(−m3⋅λ+k 3 )
Substituindo os valores numéricos:
(−0,5⋅λ+25+30)
(−30)
0
0
=
(−30)
(−1,0⋅λ+30+35)
(−35)
0
0
(−35)
(−1,5⋅λ+35)
0
[
[
][]
]
][]
ou ...
(−0,5⋅λ+55)
(−30)
0
0
=0
(−30)
(−1,0⋅λ+65)
(−35)
0
(−35)
(−1,5⋅λ+ 35)
0
O determinante …
(−0,5⋅λ+ 55)
(−30)
0
(−0,5⋅λ +55) (−30)
Δ=
(−30)
(−1,0⋅λ+65)
(−35)
(−30) (−1,0⋅λ+65)
0
(−35)
(−1,5⋅λ +35)
0
(−35)
[
Δ=(−0,5⋅λ +55)⋅(−1,0⋅λ+ 65)⋅(−1,5⋅λ +35)+ 0+ 0+
−0−(−0,5⋅λ+55)⋅(−35)⋅(−35)−(−30)⋅(−30)⋅(−1,5⋅λ+35)=0
Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ +65)⋅(−1,5⋅λ+35)−(−0,5⋅λ +55)⋅1.225−900⋅(−1,5⋅λ+35)=0
Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ +65)⋅(−1,5⋅λ+35)+612,5⋅λ−67.375+1.350⋅λ−31.500=0
Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ +65)⋅(−1,5⋅λ+35)+1.962,5⋅λ−98.875=0
Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(1,5⋅λ2−132,5⋅λ+ 2.275)+1.962,5⋅λ−98.875=0
3
2
2
Δ=−0,75⋅λ +66,25⋅λ −1.137,5⋅λ+ 82,5⋅λ −7.287,5⋅λ+125.125+ 1.962,5⋅λ−98.875=0
−0,75⋅λ 3 +148,75⋅λ 2−6.462,5⋅λ+26.250=0
sendo as raízes da equação anterior, as soluções do arranjo com 3 GL.
84/103
Com uma hp 50 [APÊNDICE C], ou com o MATLAB, obtêm-se:
λ 1=4,52 , λ 2=56,28 e λ 1=137,53 ou …
ω1= √4,52 => ω1=2,13 rad /s
ω2= √56,28 => ω2=7,50 rad /s
ω3= √137,53 => ω2=11,72 rad / s
(b)
Recuperando a forma matricial:
(−0,5⋅λ+55)
(−30)
0
y1
0
⋅ y2 = 0
(−30)
(−1,0⋅λ+65)
(−35)
0
(−35)
(−1,5⋅λ+ 35) y 3
0
[
][ ] [ ]
Efetuando os produtos:
1º modo normal:
para y 1=1 tem-se:
y 2=1,75 ; y 3=2,17
1º modo normal
(−0,5⋅λ +55)⋅y 1−30⋅y 2=0
1ª linha x coluna:
y1
30
=
y 2 (−0,5⋅λ+55)
−35⋅y 2+(−1,5⋅λ+ 35)⋅y 3 =0
3ª linha x coluna:
−35
⋅(−0,5⋅λ+ 55)⋅y1 +(−1,5⋅λ+ 35)⋅y 3=0
30
y1 0,86⋅(−1,5⋅λ +35)
=
y3
(−0,5⋅λ+55)
λ
y1 / y2
y1 / y3
4,52
0,57
0,46
56,28
1,12
-1,58
137,53
-2,18
10,7
2º modo normal:
para y 1=1 tem-se:
y 2=0,89 ; y 3=−0,63
2º modo normal
3º modo normal:
para y 1=1 tem-se:
y 2=−0,46 ; y 3=0,09
3º modo normal
85/103
8.2. Três Graus de Liberdade; OFSA Amortecimento.
O arranjo ilustrado, é composto por três blocos
sólidos, que deslocam-se em movimento de translação
reta, apresentam massas iguais m = 1,0 kg, e são
conectados entre si por molas iguais de rigidez k = 10,0
N/m. A base de sustentação desloca-se com equação
horária: y B =0,01⋅cos (ω⋅t) . Pedem-se:
a) as equações do sistema na forma matricial;
b) as equações horárias dos movimentos.
Solução:
Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se
deslocado em relação a sua posição de equilíbrio,
adotada como origem das posições dos elementos do
sistema.
Oscilação Forçada sem
yB
k
m
Adotando solução harmônica: ÿ 1=−ω2⋅y 1 , tem-se:
2
(−m⋅ω +2⋅k )⋅y 1−k⋅y 2=k⋅y 0⋅cos (ω⋅t)
BLOCO(2):
m⋅ÿ 2=−k⋅Δ2 +k⋅Δ3
m⋅ÿ 2=−k⋅( y 2− y 1 )+ k⋅( y 3− y 2)
−k⋅y 1 +m⋅ÿ 2 +2⋅k⋅y 2−k⋅y 3=0
Fe2
m
y2
k
m
Fe3
p.Eq.
y3
velocidade ( v B= ẏ B )
v 1= ẏ1 ) e aceleração
v 2= ẏ 2 ) e aceleração
v 3= ẏ 3 ) e aceleração
Nesse instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente:
Δ1 =( y 1− y B) , Δ 2= y 2− y 1 e Δ3 = y 3− y 2
BLOCO (1):
m⋅ÿ 1=−k⋅Δ1 +k⋅Δ2
m⋅ÿ 1=−k⋅( y 1− y B )+k⋅( y 2− y 1)
m⋅ÿ 1 +2⋅k⋅y 1−k⋅y2 =k⋅y B
m⋅ÿ 1 +2⋅k⋅y 1−k⋅y2 =k⋅y 0⋅cos( ω⋅t)
Fe1
k
Considere-se que no instante “t”, tenha-se as seguintes
condições:
1- a base de sustentação, tem posição definida por ( y B ) , com
e aceleração ( a B= ÿ B );
2- o bloco (1) tem posição definida por ( y 1 ) , com velocidade (
( a1= ÿ1 );
3- o bloco (2) tem posição definida por ( y 2 ) , com velocidade (
( a2= ÿ 2 );
4- o bloco (3) tem posição definida por ( y 3 ) , com velocidade (
( a3= ÿ 3 )
TCM – Teorema do Centro de Massa:
y1
86/103
2
Adotando solução harmônica: ÿ 2=−ω ⋅y 2 , tem-se:
2
−k⋅y 1 +(−m⋅ω +2⋅k )⋅y 2−k⋅y 3=0
BLOCO(3):
m⋅ÿ 3=−k⋅Δ3
m⋅ÿ 3=−k⋅( y 3− y 2 )
−k⋅y 2 +m⋅ÿ 3 +k⋅y 3=0
Adotando solução harmônica: ÿ 3=−ω2⋅y 3 , tem-se:
−k⋅y 2 +(−m⋅ω 2+ k)⋅y3 =0
Reorganizando as equações:
(−ω2 +2⋅k )⋅y 1−k⋅y 2 + zero⋅y 3=k⋅y 0⋅cos (ω⋅t )
−k⋅y 1 +(−m⋅ω2 +2⋅k )⋅y 2−k⋅y 3=0
2
zero⋅y 1−k⋅y 2+(−m⋅ω +k )⋅y 3=0
Na forma matricial:
[
][ ] [ ]
(−m⋅ω2 +2⋅k )
(−k)
0
y1
y0
2
⋅ y 2 = 0 ⋅cos(ω⋅t ) (a)
(−k )
(−m⋅ω +2⋅k)
(−k)
0
0
(−k)
(−m⋅ω2 +k) y 3
Nota: a matriz 3x3, tal como no caso de 2GL, é simétrica.
Efetuando a substituição: λ=ω2
[
][ ] [ ]
(−m⋅λ+2⋅k)
(−k )
0
y1
y0
(−k )
(−m⋅λ +2⋅k )
(−k ) ⋅ y 2 = 0 ⋅cos(ω⋅t)
0
(−k )
(−m⋅λ+ k ) y 3
0
Substituindo os valores numéricos:
[
][ ] [ ]
(−λ+20) (−10)
0
y1
0,01
(−10)
(−λ+20) (−10) ⋅ y 2 = 0 ⋅cos(ω⋅t)
0
(−10) (−λ+10) y 3
0
nota: y 0 =0,01 é dado no enunciado
O determinante da matriz 3x3 …
[
Δ=
]
(−λ+20) (−10)
0
(−λ+20) (−10)
(−10) (−λ+20) (−10)
(−10) (−λ+20)
0
(−10) (−λ+10)
0
(−10)
Δ=(−λ +20)⋅(−λ+ 20)⋅(−λ+10)+0+0−0−(−λ+ 20)⋅10 2−(−λ +10)⋅102
Δ=( λ2 +202 −40⋅λ)⋅(−λ+10)+102⋅λ−20⋅102+ λ⋅102−10⋅10 2
87/103
3
2
2
2
2
Δ=−λ −20 ⋅λ +40⋅λ +10⋅λ + 20 ⋅10−40⋅λ⋅10+200⋅λ−3.000
Δ=−λ 3 +50⋅λ 2−600⋅λ +1.000
Impondo que o determinante seja nulo: −λ 3 +50⋅λ 2−600⋅λ+1.000=0
As raízes dessa última equação, são as frequências dos modos normais:
λ 1=1,98
λ 2=15,55
λ 3=32,47
Nota: o “APÊNDICE C” detalha a obtenção dessas raízes.
Reescrevendo a equação matricial anterior …
[
][ ] [ ]
(−m⋅ω2 +2⋅k)
(−k)
0
y1
0,01
2
⋅ y 2 = 0 ⋅cos(ω⋅t)
(−k)
(−m⋅ω +2⋅k)
(−k)
0
0
(−k)
(−m⋅ω2 +k) y 3
[ ][ ]
y1
0,01
y3
0
[ A ]⋅ y 2 = 0 ⋅cos(ω⋅t)
[
(−m⋅ω2 +2⋅k)
(−k)
0
2
[ A ]=
(−k)
(−m⋅ω +2⋅k)
(−k)
0
(−k)
(−m⋅ω2 +k)
note-se que
]
Multiplicando pelo inverso da matriz [A], tem-se:
[] [ ]
y1
0,01
−1
[ A ] ⋅[ A ]⋅ y 2 = [ A ] ⋅ 0 ⋅cos(ω⋅t)
0
y3
−1
Desde que a matriz [A] tenha inversa (determinante diferente de zero), as equações
horárias da cada elemento, podem ser obtidas por:
[] [ ]
y1
0,01
−1
[
]
=
A
⋅
y2
0 ⋅cos(ω⋅t )
0
y3
Obtendo a matriz inversa (vide o Apêndice A):
Substituindo os valores numéricos na matriz [A]:
[
(−λ+20)
[ A ] = (−10)
0
]
(−10)
0
(−λ +20) (−10)
(−10) (−λ+10)
88/103
1º) Calculando a matriz dos cofatores …
O elemento C11 é o determinante da matriz obtida eliminando-se a 1ª linha e a 1ª coluna
da matriz [A].
M 11= (−λ +20) (−10)
=> C11=λ2−30⋅λ+100
(−10)
(−λ+10)
O elemento C12 é o determinante da matriz obtida eliminando-se a 1ª linha e a 2ª coluna
da matriz [A].
M 12= (−10) (−10)
=> C12=−10⋅λ+100
0
(−λ+10)
Matriz simétrica garante que:
=> C 21=C 12=−10⋅λ+100
O elemento C13 é o determinante da matriz obtida eliminando-se a 1ª linha e a 3ª coluna
da matriz [A].
M 13= (−10) (−λ+20)
=> C13=−100
0
(−10)
O elemento C22 é o determinante da matriz obtida eliminando-se a 2ª linha e a 2ª coluna
da matriz [A].
Matriz simétrica garante que:
=> C31=−100
[
]
[
]
[
]
[
]
0
M 22= (−λ+20)
=> C22=λ2−30⋅λ+ 200
0
(−λ+10)
O elemento C23 é o determinante da matriz obtida eliminando-se a 2ª linha e a 3ª coluna
da matriz [A].
M 23= (−λ+20) (−10)
=> C23=−10⋅λ+200
0
(−10)
Matriz simétrica garante que:
=> C32=−10⋅λ+200
O elemento C33 é o determinante da matriz obtida eliminando-se a 3ª linha e a 3ª coluna
da matriz [A].
M 33= (−λ+20) (−10)
=> C33=λ2−40⋅λ+300
(−10)
(−λ+20)
[
]
[
]
Finalmente a matriz dos cofatores:
[
(λ 2−30⋅λ +100) (−10⋅λ+100)
(−100)
2
[ C ij ]= (−10⋅λ +100) (λ −30⋅λ +200) (−10⋅λ+200)
(−100)
(−10⋅λ +200) (λ 2−40⋅λ+300)
]
A transposta da matriz dos cofatores é a matriz adjunta, mas como a matriz dos cofatores
é simétrica, a transposição não a altera, ou seja, a matriz adjunta é igual à matriz dos
cofatores:
[
]
(λ 2−30⋅λ+100) (−10⋅λ +100)
(−100)
2
[ Adj ] = (−10⋅λ+100) (λ −30⋅λ+200) (−10⋅λ+200)
2
(−100)
(−10⋅λ +200) (λ −40⋅λ+300)
Matriz transposta é obtida trocando-se linhas por colunas: a 1ª linha transforma-se na 1ª
coluna, a 2ª linha transforma-se na 2ª e a 3ª linha transforma-se na 3ª coluna.
89/103
A matriz inversa é a matriz adjunta dividida pelo determinante da matriz original, ou seja,
da matriz [A]:
[
(λ2−30⋅λ+100) (−10⋅λ+100)
(−100)
1
2
[ I ]= Δ⋅ (−10⋅λ+100) (λ −30⋅λ+200) (−10⋅λ+200)
(−100)
(−10⋅λ+200) (λ2−40⋅λ+300)
]
Recuperando a equação matricial …
[
][ ] [ ]
(−λ+20) (−10)
0
y1
0,01
(−10)
(−λ+20) (−10) ⋅ y 2 = 0 ⋅cos(ω⋅t)
0
(−10) (−λ+10) y 3
0
Multiplicando pela matriz inversa ….
[] [
][ ]
(λ2−30⋅λ +100) (−10⋅λ+ 100)
(−100)
y1
0,01
1
2
y 2 = Δ⋅ (−10⋅λ+100) (λ −30⋅λ +200) (−10⋅λ +200) ⋅ 0 ⋅cos( ω⋅t)
0
y3
(−100)
(−10⋅λ+ 200) (λ2 −40⋅λ+300)
Com: Δ=−λ3 +50⋅λ 2−600⋅λ+1.000
Determinado as equações horárias:
0,01⋅λ2−0,3⋅λ +1
0,01⋅ω4 −0,3⋅ω 2+1
y 1= 3
⋅cos (ω⋅t ) => y 1=
⋅cos( ω⋅t )
−λ +50⋅λ2−600⋅λ+1.000
−ω 6+ 50⋅ω 4−600⋅ω2+ 1.000
−0,1⋅λ+1
−0,1⋅ω 2+1
y 2= 3
⋅cos
(ω⋅t)
=>
y 2=
⋅cos( ω⋅t)
−ω 6+ 50⋅ω 4−600⋅ω2 +1.000
−λ +50⋅λ2−600⋅λ +1.000
1
1
y 3= 3
⋅cos (ω⋅t ) => y 3=
⋅cos( ω⋅t)
2
6
4
−λ +50⋅λ −600⋅λ +1.000
−ω + 50⋅ω −600⋅ω2 +1.000
Nota: após esses últimos exemplos, fica evidenciado que os
princípios que embasam as soluções são os mesmos,
mas a medida que se aumenta o número de graus de
liberdade, os processos matemáticos utilizados até aqui
tornam-se inadequados e métodos computacionais serão
os únicos viáveis.
90/103
9. LISTA DE EXERCÍCIOS PREPARATÓRIA PARA A 2ª PROVA
QUESTÃO 01
Um compressor instalado a bordo de um navio, possui massa m = 500 kg,
frequência de operação f = 4547 rpm e encontra-se apoiado em quatro
molas cada uma com constante elástica k. O sistema elástico foi ajustado
para que apenas 10% da vibração seja transferida à estrutura do navio.
Pedem-se:
a) a constante elástica k;
b) após a instalação das molas, a amplitude de vibração ainda foi
considerada exagerada e para corrigir essa característica, decidiu-se
associar ao conjunto uma base de inércia de massa M; para que houvesse
redução na transmissão de vibração em 97%. Determinar a massa M.
k =2570 kN / m ;
M =1057,09 kg
QUESTÃO 02
A secção de superfície de sustentação (aerofólio) de massa m = 20 kg, e momento de
inércia em relação ao centro de massa I CM = 75 kg.m2, ao ser testada em túnel de vento,
é presa ao teto através haste que apresenta as seguintes rigidezes: de deformação
longitudinal (linear) kL = 2,0kN/m; de rotação da secção de conexão da mesma, com o
aerofólio kT = 1,0 kN.m/rad. A distância entre o Centro de massa [CM] e o ponto de
ancoragem [A] é: 0,10 m. Na figura ilustrada estão representadas as respectivas
rigidezes. Considerando pequenas oscilações. Pedem-se:
d
CM
a) as equações do movimento na forma matricial;
P
b) as frequências próprias do sistema;
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
d
P
d
CM
φ
[
][ ] [ ]
20⋅ω2−2000
−200
⋅ y CM = 0
2
ϕ
0
−200
75⋅ω −1020
y max .
ϕ max . 2 =+0,97
[ ]
;ω1 = 3,56 rad/s;
QUESTÃO 03
Na figura ilustrada, o carro de massa m 1 = 3 kg
é estimulado a vibrar através da mola de
rigidez k1 = 10 kN/m. Sobre o carro encontrase o bloco de massa m2 = 2 kg que pode
deslizar sem atrito sobre o mesmo, e ao qual
encontra-se ligado pela mola de rigidez k2 = 5
kN/m. O cursor A, tem deslocamento
ω=2⋅π⋅f com
x=0,05⋅cos (ω⋅t) , sendo
f =1600 rpm . Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
yCM
CM
P
[ ϕy ] =−0,12
max .
; ω2 = 10,02 rad/s;
max. 1
A
k1
x
k2
m2
m1
x1
x2
91/103
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as equações horárias dos blocos em função do tempo;
d) a rigidez k2, para que a massa m2 funcione como absorvedor sintonizado de vibração.
[
][ ] [ ]
rad
rad
3⋅ω 2−15000
5000
⋅ x 1 = −500 ⋅cos (167,55⋅t) ; ω1=50,0
; ω2 =70,7
;
2
s
s
0
5000
2⋅ω −5000 x 2
kN
x 1=−0,0073⋅cos (167,55⋅t) ; x 2=0,0007⋅cos (167,55⋅t ) ; k 2=56
m
QUESTÃO 04
O bloco 01 possui massa m1 = 0,5 kg e encontra-se ligado à
parede fixa através da mola de rigidez k1 = 800 N/m e ao bloco
02 de massa m2 = 0,3 kg, através da mola de rigidez k 2 = 500
N/m. Ambos apoiam-se em superfície lisa. Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
ω1= √762
k1
m1
k2
m2
A
A
rad
rad
; ( 1 ) =0,55 ; ω2= √3478
; ( 1 ) =−1,10
s
s
A2 1
A2 2
QUESTÃO 05
O bloco 01 possui massa m1 = m e encontra-se ligado à
m1 k
m2 3.k
k
parede fixa através da mola de rigidez k e ao bloco 02
de massa m2 = 2.m, através da mola de rigidez k. O
bloco 02 liga-se também a uma segunda parede fixa,
através de mola de rigidez 3.k. Ambos apoiam-se em superfície lisa. Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
√
√
A
A
k
k
; ( 1 ) =0,73 ; ω2= 2,37⋅
; ( 1 ) =−2,73
ω1= 0,63⋅
A2 1
A2 2
m
m
QUESTÃO 06
Dois pêndulos idênticos são constituídos por barra leve
de comprimento L = 0,8 m, com articulação em uma
das extremidades e massa m = 2 kg concentrada na
outra. Os dois pêndulos são conectados entre si pela
mola de rigidez k = 100 N/m, afixada à distância a = 0,2
m da articulação de ambos. Um dos pêndulos está
conectado a uma parede através de uma segunda mola
de rigidez k = 100 N/m. Considerando pequenas
oscilações, e que o momento de inércia de um pêndulo
em relação ao seu ponto de suspensão é I = m . L 2,
pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema;
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
a
k
L
k
m
m
φ1
φ1
92/103
QUESTÃO 07
O bloco 01 possui massa m1 = 3.m e encontra-se ligado
m 3.k
k
3m k
à parede fixa através da mola de rigidez k 1 = k e ao
bloco 02 de massa m2 = m, através da mola de rigidez
k2 = k. O bloco 02 também está ligado a outra parede
fixa através da mola de rigidez k3 = 3.k. Ambos blocos apoiam-se em superfície lisa.
Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
[
3⋅m⋅ω2−2⋅k
k
][ ] [ ]
k
⋅ x1 = 0
m⋅ω −4⋅k x 2
0
A
k
ω2= 4,10⋅ ; ( 1 ) =−0,10
m
A2 2
√
2
√
A
k
; ω1= 0,57⋅
; ( 1 ) =3,45 ;
m
A2 1
QUESTÃO 08
Dois vagões de peso P = 222,41 kN cada, estão
interligados por engate com rigidez k = 233,500 kN/m.
Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema;
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
x2
rad
ω=4,58
s
x1
QUESTÃO 09
A figura ilustra edifício de dois pavimentos. O pavimento superior possui
massa m1 = m e liga-se ao pavimento inferior por estrutura de rigidez k 1 =
k. O pavimento inferior possui massa m 2 = 2m e liga-se através de
estruturas com rigidez k2 = 2.k ao solo. Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
ω1=
√
m1
k1
m2
k2
√
A
A
k1
2⋅k 1
; ( 1 ) =2 ; ω2=
; ( 1 ) =−1
2⋅m1
m1
A2 1
A2 2
QUESTÃO 10
O tubo de ar comprimido vibra violentamente quando o
compressor apresenta frequência f = 350 rpm, com o intuito de
contornar esse problema, pretende-se instalar um absorvedor
sintonizado.
No almoxarifado encontram-se molas com as seguintes
rigidezes expressas em N/m: 134,34; 268,67; 403,00; 671,68;
x1
x2
93/103
1074,69. Priorizando a preservação do tubo, dimensionar o absorvedor sintonizado.
m=0,10 kg ;
k =134,34 N / m
m⋅R2
O disco de momento de inércia I CM =
tem eixo fixo e
2
encontra-se ligado através de duas molas de rigidez k 1 = 1000 N/m e
k2 = 2000 N/m respectivamente, à parede fixa e a um bloco de
massa m. Considerando-se que m = 2 kg, R = a = 0,2 m e pequenos
ângulos, pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
[
][ ] [ ]
ω 2⋅0,04−60
200
⋅θ = 0
2
0
−200
ω ⋅2+ 2000 y
a
k1
ICM
k2
m
y
; ω= √2850,75=53,39 rad /s ; θ =−3,70
y
QUESTÃO 12
Os Discos ilustrados possuem momento de inércia I CM = 0,04 k.m2,
eixos fixos, e são interligados entre si, e às paredes fixas através
das molas com rigidezes expressas em N/m: k 1 = 20; k2 = 30; e k3 =
40. Considerando a distância a = 0,2 m, e pequenas oscilações.
Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
[
][ ] [ ]
ω2⋅0,04−1,1
0,3
⋅ θ1 = 0
2
0,3
ω ⋅0,04−1,90 θ2
0
ω1=5,00 rad / s ; ω2 =7,07 rad / s ; (
a
k1
ICM
q2
k2
ICM
a
A1
A
) =3,00 ; ( 1 ) =0,33
A2 1
A2 2
m⋅R2
tem eixo fixo e encontra2
se ligado através de duas molas de rigidez k 1 = k2 = 1000 N/m,
respectivamente, à parede fixa e a um bloco de massa m. O bloco de
massa m, também está ligado a uma segunda parede fixa através da
mola com rigidez k3 =1000 N/m. Considerando-se que m = 2 kg, R =
a = 0,2 m e pequenos ângulos, pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
k1
a
O disco de momento de inércia I CM =
][ ] [ ]
q1
a/2
k3
QUESTÃO 13
[
q1
a/2
QUESTÃO 11
q
a
ICM
k2
y
ω 2⋅0,04−80
200
⋅θ = 0 ;
2
0
200
ω ⋅2−2000 y
θ
ω1= √634=25,18 rad / s ; ( ) =3,66 ; ω1= √2366=48,24 rad /s ; ( θ ) =−13,66
y 1
y 2
m
k3
94/103
QUESTÃO 14
ϴ
A figura ilustra os blocos de massa m 1 = 2 kg e
m1 k
A k
m2
massa m2 = 5 kg, interligados entre si pela mola a
k3
1
2
de rigidez k2 = 80 N/m. O bloco de massa m1,
encontra-se ligado ao cursor A, através da mola
de rigidez k1 = 50 N/m. O bloco de massa m 2,
x
encontra-se ligado a parede fixa, através da
mola de rigidez k3 = 50 N/m. O cursor A, é acionado pelo conjunto manivela biela que
impõe ao mesmo deslocamento x=a⋅sen(θ) , sendo que θ=ω⋅t , onde ω é a
velocidade angular da manivela e t o tempo. A manivela possui dimensão a=0,02 m e
gira em torno de seu eixo fixo com frequência f =59,6 rpm . Pedem-se:
a) o diagrama de esforços em cada bloco;
b) as equações do movimento;
c) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
d) as equações horárias dos blocos em função do tempo.
QUESTÃO 15
A figura ilustra três blocos de massa “m”
interligados com molas de rigidezes “k”, entre si
e com as paredes verticais.
A dotando-se m=2,0 kg e 25 N /m , pedem-se:
a) a equação matricial do movimento.
b) as frequências dos modos normais;
c) as razões de amplitudes dos modos normais.
k
m
k
m
k
m
3.k
95/103
APÊNDICE A:
Soma de matrizes:
A soma de duas matrizes só é definida quando ambas possuem o mesmo número de
linhas e o mesmo número de colunas.
[ ][ ][
1 2 3
a b c
1+ a 2+ b 3+ c
4 5 6 + d e f = 4 +d 5+e 6+f
7 8 9
g h i
7+ g 8+ h 9+i
]
Nota: a subtração de matrizes segue as mesmas regras da
soma.
Produto de matrizes:
O produto de matrizes exige que, o número de colunas da 1ª matriz seja igual ao número
de linhas da 2ª matriz.
[ ][
][
1 2
(1⋅a+2⋅d ) (1⋅b+2⋅e) (1⋅c +2⋅f )
a
b
c
= (4⋅a+5⋅d) (4⋅b+5⋅e ) ( 4⋅c +5⋅f )
4 5⋅
d e f
7 8
(7⋅a+8⋅d) (7⋅b+ 8⋅e) (7⋅c+8⋅f )
]
Observe-se que os elementos da matriz resultante, foram obtidos da seguinte forma:
a) elemento e 1,1 , ou seja, o elemento da 1ª linha e 1ª coluna, é o produto da 1ª linha
da 1ª matriz pela 1ª coluna da 2ª matriz: e 1,1=(1⋅a+2⋅d) ;
b) elemento e 3,2 , ou seja, o elemento da 3ª linha e 2ª coluna, é o produto da 3ª linha
da 1ª matriz pela 2ª coluna da 2ª matriz: e 3,2=(7⋅b+ 8⋅e) ;
Nota: o produto acima não é comutativo, pois não é definido.
Divisão de matrizes:
Considerem-se as matrizes [A] e [B], a razão entre elas é expressa como o produto entre
[A]
a matriz [A] e o inverso da matriz [B], ou seja:
=[ A]⋅[B ]−1
[B]
Existem mais de uma forma para obter-se a matriz inversa, desde que ela exista. O
método desenvolvido a seguir, envolve a obtenção de matrizes auxiliares.
Definindo algumas grandezas úteis:
[I ] é a matriz identidade, ou seja, o elemento neutro no produto;
[B] é a matriz da qual se quer, a matriz inversa, ou seja: [B]⋅[B]−1=[ I ] ;
Δ[ B ] é o determinante da matriz [B], da qual se quer determinar a matriz inversa, e
obrigatoriamente tem de ser diferente de ZERO;
adj[B ] é a matriz adjunta da matriz [B];
Demonstra-se que:
[B]−1=
1
⋅adj[ B] com: Δ[ B ]≠0
Δ[ B ]
96/103
Etapa 01: calcular o determinante da matriz [B] :
Escolhendo a matriz [B]:
7 2 3
[B]= 2 6 4 , note-se que optou-se por uma matriz simétrica;
3 4 5
[ ]
[ ]
7 2 3
Δ[ B ]= 2 6 4
3 4 5
7 2
2 6
3 4
Δ[ B ]=(7⋅6⋅5)+(2⋅4⋅3)+(3⋅2⋅4)−(3⋅6⋅3)−(7⋅4⋅4)−(2⋅2⋅5) => Δ[ B ]=72
Nota: essa matriz é inversível ...
Etapa 02: determinar a matriz dos cofatores [C ij ] :
Escolhendo a matriz [B]:
[ ]
7 2
[B]= 2 6
3 4
3
4
5
Os cofatores:
O primeiro cofator c 1,1 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
define, foi obtido retirando-se a 1ª linha e a 1ª coluna da matriz [B] ;
[ ]
c 1,1=(−1)1+1⋅det 6 4 =+1⋅(6⋅5−4⋅4)=14
4 5
O segundo cofator c 1,2 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
define, foi obtido retirando-se a 1ª linha e a 2ª coluna da matriz [B] ;
[ ]
c 1,2=(−1)1+2⋅det 2 4 =−1⋅(2⋅5−4⋅3)=2
3 5
Como a matriz [B] é simétrica, o coeficiente c 2,1 é igual ao coeficiente c 1,2 . A
expressão abaixo, determina o cofator c 2,1 , sendo que o determinante que o define, foi
obtido retirando a 2ª linha e a 1ª coluna da matriz [B] ;
[ ]
c 2,1=(−1)2+1⋅det 2 3 =−1⋅(2⋅5−4⋅3)=2
4 5
O quarto cofator c 1,3 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
define, foi obtido retirando-se a 1ª linha e a 3ª coluna da matriz [B] ;
[ ]
c 1,3=(−1)1+3⋅det 2 6 =+1⋅(2⋅4−6⋅3)=−10 => c 3,1=−10 <= devido à simetria
3 4
97/103
O sexto cofator c 2,2 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
define, foi obtido retirando-se a 2ª linha e a 2ª coluna da matriz [B] ;
[ ]
c 2,2=(−1)2+2⋅det 7 3 =+1⋅(7⋅5−3⋅3)=26
3 5
O sétimo cofator c 2,3 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
define, foi obtido retirando-se a 2ª linha e a 3ª coluna da matriz [B] ;
[ ]
c 2,3=(−1)2+3⋅det 7 2 =−1⋅(7⋅4−2⋅3)=−19 => c 3,2=−19 <= devido à simetria
3 4
O nono cofator c 3,3 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
define, foi obtido retirando-se a 3ª linha e a 3ª coluna da matriz [B] ;
[ ]
c 3,3=(−1)3+3⋅det 7 2 =+1⋅(7⋅6−2⋅2)=38
2 6
Montando a matriz dos cofatores:
[
c1,1 c 1,2 c1,3
[C i , j ]= c2,1 c 2,2 c 2,3
c3,1 c 3,2 c3,3
]
[
14
2 −10
=> [C i , j ]= 2
26 −19
−10 −19 38
]
Etapa 03: determinar a matriz adjunta.
A matriz adjunta, é a matriz transposta da matriz dos cofatores, ou seja, basta trocar
linhas por colunas.
[
adj[B ]=
14
2 −10
2
26 −19
−10 −19 38
]
Como pode-se observar, a transposição de uma matriz simétrica, não produz alteração
na mesma.
Etapa 04: a matriz inversa:
[B]−1=
[
2 −10
1
1 14
⋅adj[ B] => [B]−1= ⋅ 2
26
−19
Δ[ B ]
72
−10 −19 38
[ ]
1 0 0
−1
Note-se que: [B]⋅[B] =[1]= 0 1 0
0 0 1
]
98/103
APÊNDICE B:
Números complexos.
Considere-se um número complexo “z”, é usual representá-lo por duas maneiras
distintas: a forma cartesiana e a forma polar.
1. Representação cartesiana: z=(a , b)=a+i⋅b
“a” e “b” são números reais;
“i” representa a parte “imaginária”, ou seja,
√i=−1 ou i 2=1 .
Considerando-se um plano definido pelos eixos real ℜ e
imaginário ℑ , cada número complexo será representado por um
b
ponto do mesmo.
A figura ilustra o número complexo z=a+i⋅b .
z(a,b)
a
2. Representação Polar, nesta representação se utilizam dois
elementos:
O comprimento da reta que liga o ponto que representa o número
b
complexo e a origem do sistema de eixos, representado por “Z”;
O ângulo entre essa reta e o eixo real, representado por ϕ .
A representação polar é: z=( Z , ϕ )
z(a,b)
Z
φ
a
A relação entre as duas representações é obvia:
b
z=a+i⋅b=Z⋅cos ϕ +i⋅Z sen ϕ com: Z =√(a2 +b 2) e ϕ =arctan( )
a
Nota: O ângulo φ obtido através da função arco tangente, deve ser ajustado da seguinte
forma: a) no caso de parte real e imaginária, ambas positivas é um ângulo do 1º
quadrante; b) no caso de parte real negativa e parte imaginária positiva, é um ângulo do
2º quadrante; no caso de parte real e imaginária ambas negativas é um ângulo do 3º
quadrante; no caso de parte real positiva e imaginária negativa é um ângulo do 4º
quadrante.
Considerem-se os números complexos:
b1
)
a1
b
e arctan ( 2 ) .
a2
z 1=a1 +i⋅b1 => z 1=( Z 1, ϕ 1) com Z 1= √a 21+b 21 e arctan (
z 2=a2 +i⋅b 2 => z 2=( Z 2, ϕ 2) com Z 2= √a 22+ b22
A soma ou subtração, na forma cartesiana:
z 1±z 2=a1±a2 +i⋅(b 1±b2 )
O produto na forma cartesiana:
2
z 1⋅z2 =(a 1+i⋅b 1)⋅(a2 +i⋅b2 )=a 1⋅a2 +i⋅a1⋅b 2+ i⋅b1⋅a2 +i ⋅b1⋅b2
z 1⋅z2 =a1⋅a 2−b1⋅b 2+i⋅(a1⋅b 2+ b1⋅a 2)
O produto na forma polar:
z 1⋅z 2=(Z1⋅Z 2 ; ϕ 1 +ϕ 2 )
99/103
A razão na forma cartesiana:
z 1 a1 +i⋅b1
z a +i⋅b1 a2−i⋅b 2
=> 1 = 1
=
⋅
z 2 a2 +i⋅b2
z 2 a2 +i⋅b2 a2−i⋅b 2
z 1 a1⋅a 2−b1⋅b 2+i⋅(a1⋅b 2+ b1⋅a 2)
=
z2
a22 +b22
A razão na forma polar:
z1 z1
=( ; ϕ −ϕ 2)
z2 z2 1
Nota: produto e razão de números complexos, é mais simples se efetuados na forma
polar.
100/103
APÊNDICE C
Para obter o emulador da hp 50:
Abra: “MEU COMPUTADOR”
Clique na aba superior e digite: ftp://200.136.94.16/VM-2015
A janela de logon se abre e será necessário preencher:
Nome do usuário: unip_campinas
Senha:
unip
Após o logon, abre-se nova janela ...
Selecione a pasta hp50, clicando com o botão direito do mouse e escolha:
“Copiar para ...”
Indique a pasta do seu computador para a qual deseja copiar o arquivo …
Após a conclusão do download, a pasta estará em seu computador.
Abra a pasta “clique” em “Emu48.exe” …. está feito ….
COMO USAR?!
Obtendo as raízes do polinômio abaixo:
Δ=−0,75⋅λ 3 +148,75⋅λ 2−6.462,5⋅λ+26.250=0
Os coeficientes necessários para a solução das raízes do polinômio, deverão ser
digitados na hp50, obrigatoriamente na sequência:
1º coeficiente é o da varável com expoente 3: (-0,75);
2º coeficiente é o da variável com expoente 2: (148,75);
3º coeficiente é o da variável com expoente 1: (-6.462,5);
4º coeficiente é o termo independente: (26.250).
Nota: Caso a equação não apresente, por exemplo, o termo da variável com expoente 2,
esse coeficiente deve ser informado como ZERO.
1) Ligando-se o emulador da HP50, obtêm-se:
2) Buscando a função que resolve equação do terceiro grau:
2.1)
DIGITE AS TECLAS:
e
7
A TELA APRESENTADA SERÁ:
101/103
2.2)
SELECIONE “Solve poly .. “ COM
A TECLA
A TELA APRESENTADA SERÁ:
2.3)
DIGITE A TECLA ABAIXO DA PALAVRA “OK”
A TELA APRESENTADA SERÁ:
2.4)
DIGITE A TECLA ABAIXO DA PALAVRA “EDIT”
A TELA APRESENTADA SERÁ:
2.5)
DIGITE O 1º COEFICIENTE: 0,75
A TELA APRESENTADA SERÁ:
2.6)
DIGITE “ENTER”
A TELA APRESENTADA SERÁ:
2.7)
DIGITE O 2º COEFICIENTE: 148,75
A TELA APRESENTADA SERÁ:
102/103
2.8)
DIGITE “ENTER”
A TELA APRESENTADA SERÁ:
2.9)
REPETINDO OS PASSOS ANTERIORES
DIGITE O 3º E O 4º COEFICIENTES, OU
SEJAM: -6.462,5 E 26.250
A TELA APRESENTADA SERÁ:
3.0)
DIGITE “ENTER”
A TELA APRESENTADA SERÁ:
3.1)
DIGITE A TECLA
A TELA APRESENTADA SERÁ:
3.2)
DIGITE A TECLA ABAIXO DA
PALAVRA “SOLVE”
A TELA APRESENTADA SERÁ:
3.3)
DIGITE “ENTER”
A TELA APRESENTADA SERÁ:
103/103
3.4)
DIGITE A TECLA ABAIXO DA
PALAVRA “VIEW”
A TELA APRESENTADA SERÁ:
SENDO A PRIMEIRA RAIZ: 4,52
3.5)
DIGITE A TECLA
A TELA APRESENTADA SERÁ:
SENDO A SEGUNDA RAIZ: 56,28
3.5)
DIGITE A TECLA
A TELA APRESENTADA SERÁ:
SENDO A TERCEIRA RAIZ: 137,53