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Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Vibrações
Livre Forçada
Sem
Amortecimento
Com
amortecimento
Sem
Amortecimento
Com
amortecimento
[ ] [ ] [ ] ( )tFxKxCxM =++ &&&
[ ] [ ] 0=+ xKxM &&
[ ] [ ] [ ] 0=++ xKxCxM &&& [ ] [ ] ( )tFxKxM =+&&
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
2
Pro
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lexandre
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o –
Curs
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ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
VibraVibraçção forão forççada: ada: Existe uma fonte externa adicionando energia ao sistema.
4.1 – Introdução
F(t)
t
( ) ( )φ+Ω= tsenFtF o
Fo
F(t)
xx
mmkk
3
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ecânic
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x(t) harmônica monofreqüência
x(t) harmônica multifreqüência
x(t) aleatória
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Excitação & Resposta
4
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e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Excitação & Resposta
5
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ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Excitação & Resposta
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Excitação Harmônica
( ) ( )titFeFtFti ωωω sincos00 +== (4.1)
( ) tFtF ωcos0= ( ) tsenFtF ω0= (4.2)
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Excitação Harmônica
SISTEMAF(t) harmônica x(t) harmônica
ωωωω0 = ωωωωnRESSONÂNCIA
x(t) muito grande, podendoocasionar a falha do sistema
8
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Excitação Harmônica
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Exemplos de Excitação Harmônica
Máquina rotativa desbalanceada : se o automóvel trepida, a carroceria vibra
ou o volante oscila, ele pode estar desbalanceado.
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Exemplos de Excitação Harmônica
Automóvel deslocando-se sobre estrada de perfil senoidal
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4.2 – Modelagem
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4.2 – Modelagem
)(tFkxxm =+&& (4.3)
∑ = amFrr
tFkxxm o ωcos=+&& (4.4)
tm
Fx
m
kx o ωcos=+&& (4.5)
m
kn =ω (4.6)
13
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4.2 – Modelagem
tAtsenAx nnh ωω cos21 +=
(4.9)
(4.8)0=+ xm
kx&&
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento: ph xxx += (4.7)
SoluSoluçção da equaão da equaçção ão homgêneahomgênea SoluSoluçção da equaão da equaçção particularão particular
EquaEquaçção Homogênea:ão Homogênea:
A soluA soluçção ão éé a a
mesma do caso de mesma do caso de
um movimento livre um movimento livre
não amortecidonão amortecido
SoluSoluçção ão EquaEquaçção ão
Homogênea:Homogênea:
14
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Tende a desaparecer quando
há amortecimento;
representa a resposta transienteRepresenta a
resposta permanente
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4.2 – Modelagem
ph xxx +=
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Fim da resposta transiente e Fim da resposta transiente e ininíício da resposta permanentecio da resposta permanente
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4.2 – Modelagem
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4.2 – Modelagem
SoluSoluçção ão
EquaEquaçção ão
Particular:Particular:
( ) ( ) tFtAktAm o ωωωω coscoscos2 =+−
tAx ωcos= tsenAx ωω−=& tAx ωω cos2−=&&
tFkxxm o ωcos=+&&
[ ] tFtmkA o ωωω coscos2 =−
2ωmk
FA o
−= (4.10)
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.2 – Modelagem
ph xxx +=
tAtsenAx nnh ωω cos21 +=
tAxp ωcos=
2ωmk
FA o
−=
tmk
FtAtsenAx o
nn ωω
ωω coscos221
−++= (4.11)
18
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0)0( xx =
0)0( xx && =CondiCondiçções iniciaisões iniciais
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4.2 – Modelagem
tmk
FtAtsenAx o
nn ωω
ωω coscos221
−++=
tsenmk
FtsenAtAx o
nnnn ωω
ωωωω221 cos
−−−=&
220ωmk
FAx o
−+=
10 Ax nω=&
202ωmk
FxA o
−−= (4.12)
n
xA
ω0
1
&= (4.13)
19
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.2 – Modelagem
tmk
FtAtsenAx o
nn ωω
ωω coscos221
−++=
n
xA
ω0
1
&=
202ωmk
FxA o
−−=
tmk
Ft
mk
Fxtsen
xx o
no
n
n
ωω
ωω
ωω
coscos220
0
−+
−−+=
&(4.14)
tm
F
tm
F
xtsenx
xn
o
n
n
o
n
n
ωωω
ωωω
ωω
coscos22220
0
−+
−−+=
&(4.15)
÷÷÷÷÷÷÷÷ mm ÷÷÷÷÷÷÷÷ mm
20
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.2 – Modelagem
MMááxima Amplitude da Equaxima Amplitude da Equaçção Particular:ão Particular:
k÷2ωmk
FA o
−=
21 ωk
mk
F
A
o
−
=
2
1
−
=
n
o
k
F
A
ω
ω
2
1
−
=
n
oA
ω
ω
δ
2
1
1
−
=
n
o
A
ω
ωδ (4.16)
21
Pro
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.2 – Modelagem
Fator de Amplificação, Fator de Ampliação ou Coeficiente de Amplitude:
oδ
A Representa a razão entre a amplitude dinâmica
e a amplitude estática do movimento.
o
AFA
δ= (4.17)
22
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.2 – Modelagem
Relação de Freqüências:n
rω
ω= (4.18)
2
1
1
−
=
n
FA
ω
ω (4.19)
21
1
rFA
−= (4.20)
23
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Resposta em Freqüência:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.2 – Modelagem
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Caso 1:Caso 1: 0 < r < 1 21
1
r
AFA
o −==
δ
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Análise da Resposta em Freqüência
25
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as
Caso 2:Caso 2: r > 1 ⇒ 1 - r2 é (-) ⇒ A é (-)
onde a amplitude A é redefinida como:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Resposta permanente: tAtxp ωcos)( −= (4.21)
km
FA
−=
20
ω(4.22)
26
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ecânic
as
Resposta na Ressonância
ARESSONÂNCI ⇒= nωω
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Caso 3:Caso 3: r = 1 ⇒ A → ∞
ttsentx nno ω
ωδ
2)( = (4.23)
27
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as
Determine a resposta do sistema considerando os seguintes dados:
m = 10 kg, k =1000 N/m, x0 = 0,v0 = 0.2 m/s, F = 23 N, ω = 2ωn
rad/s 202 == nωω
EXEMPLO 4.1
N/kg 3.2kg 10
N 23===
m
Ff o
o
m 02.0rad/s 10
m/s 2.00 ==n
x
ω
&rad/s 10
kg 10
N/m 1000===
m
knω
tm
F
tm
F
xtsenx
xn
o
n
n
o
n
n
ωωω
ωωω
ωω
coscos22220
0
−+
−−+=
&
(4.15)
m 108s/rad )20(10
N/kg 3.2 3222222
0 −×−=−
=−ωωn
f
tm
F
tm
F
tsenx
xn
o
n
n
o
n
n
ωωω
ωωω
ωω
coscos2222
0
−+
−−=
&
txtxtsenx 20cos10810cos1081002.0 33 −− +−=
28
Pro
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o –
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ecânic
as
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Ocorre quando a excitação harmônica tem uma freqüência muito próxima
(mas não exatamente igual) à freqüência natural do sistema.
tmk
Ft
mk
Fxtsen
xx o
no
n
n
ωω
ωω
ωω
coscos220
0
−+
−−+=
&(4.14)
Consideremos a solução geral
Sejam ambas as C. I. nulas (sistema inicialmente em repouso):
tmk
Ft
mk
Fx o
no ω
ωω
ωcoscos
22 −+
−−= (4.24)
29
Pro
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ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
RelaRelaçções fundamentaisões fundamentais
30
Pro
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ções M
ecânic
as
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
tmk
Ft
mk
Fx o
no ω
ωω
ωcoscos
22 −+
−−= (4.24)
)cos(cos/
)cos(cos)(22
02
0 ttmF
ttmk
Ftx n
n
n ωωωω
ωωω
−−
=−−
=
(4.25)
)22
2(/
)(22
0 ttsensenmF
tx nn
n
ωωωω
ωω
−+
−= (4.26)
31
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Consideremos ω um pouquinho menor do que ωn:
εωω 2=−n (4.27)
onde ε é uma quantidade positiva muito pequena
Por outro lado, se ωn ≈ ω, então
ωωω 2≈+ n (4.28)
Multiplicando as eqs. (4.27) e (4.28):
εωωω 422 =−n (4.29)
32
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
tsenmF
.)2
/( 0 ε
εω
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Substituindo as eqs. (4.27), (4.28) e (4.29) na eq. (4.26):
tsentsenmF
tx ωεεω
).2
/()( 0= (4.30)
Como ε << ω, sen εt varia lentamente, sendo seu período 2π/ε grande.
Então, a eq. (4.30) pode ser vista como representando uma vibração de
período 2π/ω e amplitude variável
33
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
O senωt desenvolve vários ciclos, enquanto que o sen εt desenvolve apenas um ciclo:
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
tsentsenmF
tx ωεεω
).2
/()( 0= (4.30)
34
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
35
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
36
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Período do Batimento:
Freqüência do Batimento:
ωω
π
ε
πτ
−==
n
b
2
2
2(4.31)
ωωωτ
πω −=⇒= nb
b
b
2(4.32)
37
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Exemplo de BatimentoExemplo de Batimento:: duas máquinas de mesma rpm nominal,
montados sobre a mesma base.
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
38
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.2
Uma bomba alternativa com 150 lbf de peso está montada no meio de uma placa
de aço de 0.5 in de espessura, 20 in de largura e 100 in de comprimento, presa por
braçadeiras ao longo de duas bordas.
Durante a operação da bomba, a placa é sujeita a uma força harmônica
F(t) = 50cos62.83 t [Lbf] .
Determine a amplitude de vibração da bomba.
39
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Solução:
A placa pode ser modelada como uma viga fixa nas duas extremidades:
( )( ) 433
in 0.208312
5.020
12===
bhI
Rigidez devido a flexão:
( )( )( )( ) in
lbf 1200
100
2083.010301921923
6
3===
x
L
EIk
EXEMPLO 4.2
40
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Solução:
Amplitude da resposta harmônica:Amplitude da resposta harmônica:
in 0.1504
srad
62.832
ftin 12
*sft
32.2
lbf 150inlbf
1200
lbf 50
2
2
−=
−
=A
2ωmk
FA o
−=
g
PmgmP =→= .
O sinal negativo de A, indica que a resposta x(t) está defasada da excitação F(t) .
EXEMPLO 4.2
41
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Deduzir a equação do movimento e achar a resposta permanente do
sistema da figura para o movimento de rotação em torno do ponto O,
para os seguintes dados: M = 50 kg, m = 10 kg, k1 = k2 = 5000 N/m, a = 0,25 m,
b = 0,5 m, l = 1 m, F0 = 500 N e ω = 1000 rpm.
EXEMPLO 4.3
42
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Solução:
EXEMPLO 4.3
43
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Solução:
EquaEquaçção de Movimento para movimento rotacional ao redor do ponto ão de Movimento para movimento rotacional ao redor do ponto OO::
( ) ( ) ( )( )ltsenFlFbkakMlJ oo ωθθ ..2221
2 ==+++ &&
SoluSoluçção Particular:ão Particular: tsenp ωθθ .=
EXEMPLO 4.3
44
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
SoluSoluçção Equaão Equaçção Particular:ão Particular:
tsenp ωθθ .= tp ωωθθ cos.=& tsenωωθθ 2.−=&&
( ) ( ) ( )( )ltsenFlFbkakMlJ oo ωθθ ..2221
2 ==+++ &&
( )( ) ( )( ) ( )( )ltsenFtsenbkaktsenMlJ oo ωωθωωθ ..... 22
21
22 =++−+
( ) lFbkakMlJ oo ... 22
21
222 =++−− θωω
EXEMPLO 4.3
45
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
22
21
222 ..
.
bkakMlJ
lF
o
o
++−−=
ωωθ
( ) 22
21
22
.
bkakMlJ
lF
o
o
++−−=
ωθ
( ) ( ) 2222
21
.
ωθ
MlJbkak
lF
o
o
+−+=
( ) ( ) tsenMlJbkak
lF
o
op ω
ωθ .
.222
22
1 +−+=
Solução:
EXEMPLO 4.3
46
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
( ) ( ) tsenMlJbkak
lFttsen
o
onn ω
ωωθωθθ .
.cos
2222
21
21+−+
++=
ph θθθ +=
Solução:
ttsen nnh ωθωθθ cos21 +=
( ) ( )tsen
MlJbkak
lF
o
op ω
ωθ .
.222
22
1 +−+=
EXEMPLO 4.3
47
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
0)0( θθ =CondiCondiçções iniciaisões iniciais
( ) ( ) tsenMlJbkak
lFttsen
o
onn ω
ωωθωθθ .
.cos
2222
21
21+−+
++=
Solução:
20 θθ =
EXEMPLO 4.3
48
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
0)0( θθ && =CondiCondiçções iniciaisões iniciais
( ) ( )t
MlJbkak
lFtsent
o
onn ωω
ωωωθωωθθ cos.
.cos
2222
21
21+−+
+−=&
( ) ( )ωωθθ
222
21
10
.
MlJbkak
lF
o
o
+−++=&
( ) ( ) ωω
ωθθ ..
2222
21
10MlJbkak
lF
o
o
+−++=&
Solução:
EXEMPLO 4.3
49
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Solução:
( ) ( )ωθωθ
222
21
01
.
MlJbkak
lF
o
o
+−++−=− &
( ) ( )[ ]ωωω
θθ
222
21
01
.
MlJbkak
lF
o
o
+−++
−=−
&
( ) ( )[ ]2222
21
01
.
ωωω
θθ
MlJbkak
lF
o
o
+−+−=
&
EXEMPLO 4.3
50
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Solução:
( ) ( )tsen
MlJbkak
lFttsen
o
onn ω
ωωθωθθ .
.cos
2222
21
21+−+
++=
( ) ( )[ ]2222
21
01
.
ωωω
θθ
MlJbkak
lF
o
o
+−+−=
&
( ) ( )[ ]
( ) ( ) tsenMlJbkak
lFt
tsenMlJbkak
lF
o
on
n
o
o
ωω
ωθ
ωωωω
θθ
..
cos
..
2222
21
0
2222
21
0
+−++
++−+
−=
&
&
EXEMPLO 4.3
51
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Solução:
( )( ) 232 kg.m 33.331103
1
3
1=== mlJo
( ) ( )[ ]
( ) ( )tsen
MlJbkak
lFt
tsenMlJbkak
lF
o
on
n
o
o
ωω
ωθ
ωωωω
θθ
..
cos
..
2222
21
0
2222
21
0
+−++
++−+
−=
&
&
M = 50 kg, m = 10 kg, k1 = k2 = 5000 N/m, a = 0,25 m,
b = 0,5 m, l = 1 m, F0 = 500 N e ω = 1000 rpm.
rad/s 104.6760
2.1000 ==
πω
EXEMPLO 4.3
52
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.4
Um automóvel desloca-se sobre uma
pista ondulada com velocidade h
kmx 80=&
(a)(a) Determine a amplitude da vibração
forçada do automóvel de peso P, cuja
suspensão cede de uma altura h sob o peso
do carro, em condição estática. A pista tem
um perfil harmônico
=
L
xseny o
..
πδ
Adote os seguintes valores :
δo = 0.03 m; L = 12 m; h = 0.1 m;
(b)(b) Qual a velocidade do automóvel para
qual haverá ressonância na vibração
vertical ?
53
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Solução:
okP δ= okmg δ=o
g
m
k
δ=
rad/s 9.90410.0
81.9====
o
n
g
m
k
δω
Hz 1.582
904.9
2===
ππ
ωnnf
FrequenciaFrequencia natural de vibranatural de vibraççãoão
EXEMPLO 4.4
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Comprimento de ondaComprimento de onda
Solução:
fT
1=
t
SV
∆
∆=
TV
λ= fv .λ=
Distância percorrida durante 1 oscilação completa!
fT
..22
ππ
ω == λπω
v..2= vv
L
v.262.0.
12. ===
ππω
s
rad 5.822
km 1
m 1000
3600s
1h
h
km 800.262.262.0 =
== vω
FrequenciaFrequencia de excitade excitaççãoão
EXEMPLO 4.4
55
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Solução:
(a) Amplitude de vibra(a) Amplitude de vibraçção forão forççadaada
2
1
−
=
n
oA
ω
ω
δmA 0458.0
904.9822.5
1
03.02
=
−
=
(b) Velocidade cr(b) Velocidade críítica do automtica do automóóvelvel
Igualando as frequencias natural e forçada ⇒ ωωωωωωωωnn = = ωωωωωωωω
nv ω=*262.0 904.9*262.0 =vh
km 136
s
m 37.8vc ==
EXEMPLO 4.4
56
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.5
O conjunto motor-bomba de peso de 2500 N está apoiado sobre quatro molas
de constante de 3800 N/m cada uma. O motor só pode se mover na vertical, e a
amplitude de vibração é de 0.020 m a uma velocidade de 600 rpm.
Sabendo-se que a massa desbalanceada é 6 kg , determinar a distância entre
seu eixo de massa e o eixo de giro.
57
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.5
N 2500P =
m
N 152004 x
m
N 3800keq ==
kg 254.84m =
Solução:
FrequenciaFrequencia natural de vibranatural de vibraççãoão
s
rad 7.72
84.254
15200===
m
keq
nω
FrequenciaFrequencia de excitade excitaççãoão
s
rad 62.83
rot 1
rad 2π
60s
min
min
rot600 ==ω
58
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.5
Solução:
Amplitude de vibraAmplitude de vibraçção forão forççadaada
22
11
−
=
−
=
nn
o k
P
A
ω
ω
ω
ω
δm
N 15200keq =
s
rad 7.72=nω
s
rad 62.83=ω
N 2500P =
mxk
P
A
n
322 1053.2
24.65
164.0
72.7
83.621
152002500
1
−−=−=
−
=
−
=
ω
ω
59
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.5
Solução:
2.. ωemFc =2.ωm
Fe c= ( )
mm 13m 0.01383.62.6
3042
===e
( ) N 304020.015200. =
== m
m
NxkF eq
60
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.6
O diagrama esquemático de uma turbina de
água tipo Francis está mostrado na Fig. , na
qual a água flui de A para as lâminas B e caem
no conduto C.
O rotor tem uma massa de 250 kg e um
desbalanceamento (me) de 5 kg.mm.
A folga radial entre o rotor e o estator é 5
mm. A turbina opera na faixa de velocidades
entre 600 e 6000 rpm. Considerar 0.8 da
velocidade ω1 e 1.2 de ω2.
O eixo de aço que suporta o rotor pode ser
assumido como engastado nos mancais (livre
para girar).
Determinar o diâmetro do eixo de forma que o
rotor não entre em contato com o estator em
todas as velocidades de operação da turbina.
Assumir que o amortecimento é pequeno.
m 2l
/2.07x10E
rpm 6000n
rpm 600n
m 0.005mm 5A
kg.m 0.005kg.mm 5
kg 250m
211
2
1
=
=
=
=
==
==
=
⊗
mN
me
Dados
61
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.6
Solução:
2
2
ω
ω
mk
meA
−=
+= m
A
mek
2ω
3
4
3
4
3
4
3147.0
64
3643
3
l
Ed
l
Ed
l
dE
l
EIk ==
==π
π
+= m
A
me
l
Ed 23
4
147.0 ω
+= m
A
me
E
ld
147.0
. 324 ω
+= m
A
me
E
ld
324 .
791.6ω
Amplitude de vibraAmplitude de vibraçção forão forççadaada
Rigidez dinâmicaRigidez dinâmica
Diâmetro do EixoDiâmetro do Eixo
Rigidez flexionalRigidez flexional
62
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.6
Solução:
Faixa de velocidades de operaFaixa de velocidades de operaçção da turbinaão da turbina
21 ωωω ≤≤
s
rad 62.83
s
rad 20π
60
2π x 600
60
2π x ω 11 ==== n
s
rad 628.31
s
rad 200π
60
2π x 6000
60
2π x ω 22 ==== n
21 2.18.0 ωωω ≤≤
Faixa de velocidades de operaFaixa de velocidades de operaçção da turbina considerando uma margem de ão da turbina considerando uma margem de
seguranseguranççaa
97.75326.50 ≤≤ ω
31.62883.62 ≤≤ ω
63
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.6
Solução:
Diâmetro do EixoDiâmetro do Eixo
+= m
A
me
E
ld
324 .
791.6ω 97.75326.50 ≤≤ ω
m 2l
/2.07x10E
rpm 6000n
rpm 600n
m 0.005mm 5A
kg.m 0.005kg.mm 5
kg 250m
211
2
1
=
=
=
=
==
==
=
⊗
mN
me
Dados
4
321
1
.791.6
+= m
A
me
E
ld
ω
4
322
2
.791.6
+= m
A
me
E
ld
ω
( ) ( )4
11
32
1 250005.0
005.0
1007.2
2.26.50791.6
+=
xd m 0.1131 =d
( ) ( )4
11
32
2 250005.0
005.0
1007.2
2.97.753791.6
+=
xd m 0.4402 =d
64
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.6
Solução:
+= m
A
mek
2ω
FrequenciaFrequencia naturalnatural
kk
m
kn 0632.0
250===ω
11 0632.0 kn =ω
22 0632.0 kn =ω
211 251ω=k
222 251ω=k
s
rad 50.3226.50*2510632.02510632.0 22
11 === ωωn
97.75326.50 ≤≤ ω
s
rad 754.9397.753*2510632.02510632.0 22
22 === ωωn
+= m
A
me
E
ld
324 .
791.6ω
65
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Vibrações
Livre Forçada
Sem
Amortecimento
Com
amortecimento
Sem
Amortecimento
Com
amortecimento
[ ] [ ] [ ] ( )tFxKxCxM =++ &&&
[ ] [ ] 0=+ xKxM &&
[ ] [ ] [ ] 0=++ xKxCxM &&& [ ] [ ] ( )tFxKxM =+&&
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
66
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
ModeloModelo com com ExcitaExcitaççãoão porpor
desbalanceamentodesbalanceamento de de massamassa
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
ModeloModelo com com ExcitaExcitaççãoão ExternaExterna
Transmissibilidade de Força
ModeloModelo com com ExcitaExcitaççãoão de Basede Base
Transmissibilidade de Deslocamento
4.3 – Casos a serem estudados
67
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
Sistema em OperaSistema em Operaççãoão Gerar ForGerar Forççasas Produzir VibraProduzir Vibraçções ões
IndesejIndesejááveisveis
Podem ser reduzidasPodem ser reduzidasProjetar os suportesProjetar os suportesReduzir seus efeitosReduzir seus efeitos
68
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
69
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
70
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
∑ = amFrr
tsenFxckxxm o ω+−−= &&& tsenFkxxcxm o ω=++ &&& (4.33)
71
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
tsenm
Fx
m
kx
m
cx o ω=++ &&&
(4.34)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
mk
c
m
c
c
c
ncrit .2..2===
ωζ (3.149)
Da Equação 3.149:
72
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
tsenm
Fxxx o
nn ωωζω =++ 22 &&& (4.35)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
m
kn =ω
73
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:
ph xxx += (4.36)
SoluSoluçção da equaão da equaçção ão homgêneahomgênea SoluSoluçção da equaão da equaçção particular: ão particular:
parte do movimento que continuaparte do movimento que continua
enquanto a forenquanto a forçça F estiver presentea F estiver presente
74
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
EquaEquaçção Homogênea:ão Homogênea:
A soluA soluçção ão éé a mesma do caso de um movimento livre amortecido.a mesma do caso de um movimento livre amortecido.
SoluSoluçção Equaão Equaçção ão Homogênea:Homogênea:
+=
−−−
−+−
−tt
t
h
nnn beaeex
ωζζωζζζω
11 22
(4.38)
( )θωζω += −tsenAex a
t
hn .. (4.39)
0=++ kxxcxm &&& (4.37)
75
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
SoluSoluçção Particular:ão Particular:
tBtAsenxp ωω cos+=
tBsentAxp ωωωω −= cos&
tBtAsenxp ωωωω cos22 −−=&&
tsenFkxxcxm o ω=++ &&&
76
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
SoluSoluçção Particular:ão Particular:
tsenFtkBtkAsentBsenctActBmtAsenm o ωωωωωωωωωωω =++−+−− coscoscos22
( ) ( ) ( ) tsenFtBtAsenktBsentActBtAsenm o ωωωωωωωωω =++−++− coscoscos2
0≠tsenω 0cos ≠tω
( ) ( ) tsenFtBmkBActsenkABcAm o ωωωωωωω =−+++−− cos22
( ) oFkABcAm =+−− ωω 2
02 =−+ BmkBAc ωω
77
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
SoluSoluçção Particular:ão Particular:
( ) oFkABcAm =+−− ωω 2
02 =−+ BmkBAc ωω
( ) oFBcAmk =−− ωω 2
( ) 02 =−+ BmkAc ωω
=
−
−−
02
2oF
B
A
mkc
cmk
ωω
ωω
222
2
)()(
)(
ωω
ω
cmk
mkFA o
+−
−= (4.40)
( )( ) ( )2222
22
...2 ωωζωω
ωω
nn
on FA
+−
−=
222 )()( ωω
ω
cmk
FcB o
+−
−= (4.41)( ) ( )2222 ...2
....2
ωωζωω
ωωζ
nn
on FB
+−=
78
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
222
2
)()(
)(
ωω
ω
cmk
mkFA o
+−
−=
222 )()( ωω
ω
cmk
cFB o
+−
−=
Substituir
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
tBtAsenxp ωω cos+=
( )222
2
)()(
cos)(
ωω
ωωωω
cmk
tctsenmkFx op
+−
−−= (4.42)
79
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
( )222
2
222 )()(
cos)(
)()( ωω
ωωωω
ωω cmk
tctsenmk
cmk
Fx o
p
+−
−−
+−=
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
)()()( 222
φωωω
−+−
= tsencmk
Fx o
p (4.43)
222 1
2
1
2
)(tan
r
r
mk
c
n
n
−=
−
=−
=ζ
ω
ω
ω
ωζ
ω
ωφ (4.44) Ângulo de Fase:Ângulo de Fase:
( )222
2
)()(
cos)(
ωω
ωωωω
cmk
tctsenmkFx op
+−
−−=
80
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:
ph xxx +=
( ) )()()(
..222
φωωω
θωζω −+−
++= −tsen
cmk
FtsenAex o
a
tn
(4.45)
( )θωζω += −tsenAex a
t
hn ..
)()()( 222
φωωω
−+−
= tsencmk
Fx o
p
Resposta Transiente Resposta em regime permanente
81
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
( ) )()()(
..222
φωωω
θωζω −+−
++= −tsen
cmk
FtsenAex o
a
tn
(4.45)
Resposta Transiente Resposta em regime permanente
82
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:
( ) )(.. φωθωζω −++= −tsenAtsenAex oa
tn (4.47)
A e θ ⇒ Constantes a serem determinadas pelas condições iniciais.
São diferentes daquelas obtidas para o caso de resposta livre.São diferentes daquelas obtidas para o caso de resposta livre.
222
0
)()( ωω cmk
FAo
+−= (4.48)
( ) )()()(
..222
φωωω
θωζω −+−
++= −tsen
cmk
FtsenAex o
a
tn
(4.46)
Resposta Transiente Resposta em regime permanente
Ao
83
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Condições iniciais:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
( ) )(.. φωθωζω −++= −tsenAtsenAex oa
tn
θ
φ
sen
AxA o cos0 −
= (4.49)
( )( )
+−+
−=
φζωφωζω
φωθ
cos
cos
00
0
non
oa
senAxx
Axarctg
&(4.50)
84
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
Portanto, a resposta permanente tem a mesma forma da excitação (função harmônica),
tem a mesma freqüência ω, porém está atrasada em relação à excitação de um ângulo de
fase φ.
85
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
222
0
)()( ωω cmk
FAo
+−= (4.48)
222
0
)()( ωω cmk
FAo
+−= k÷
222
0
)1
()( ωω ckk
m
k
k
k
F
Ao
+−
=
22
22
0
)2.
1(1 ζωωωω
ωn
nn
o
mm
k
F
A
+
−
=
n2mω
c=ζ ζn2mω=c
mk nn .m
k 22 ωω =→=
Usando resposta de vibraUsando resposta de vibraçção forão forççada para medir as propriedades de um sistemaada para medir as propriedades de um sistema
86
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
22
2
0
)2.
1(1 ζωωωω
ωn
nn
o
mm
k
F
A
+
−
=222
0
21
+
−
=
nn
ok
F
A
ω
ωζ
ω
ω
222
21
+
−
=
nn
ooA
ω
ωζ
ω
ω
δ
(4.51)
Usando resposta de vibraUsando resposta de vibraçção forão forççada para medir as propriedades de um sistema.ada para medir as propriedades de um sistema.
87
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
222
21
+
−
=
nn
ooA
ω
ωζ
ω
ω
δ
(4.51)
222
21
1
+
−
=
nn
o
oA
ω
ωζ
ω
ωδ (4.52)
Usando resposta de vibraUsando resposta de vibraçção forão forççada para medir as propriedades de um sistema.ada para medir as propriedades de um sistema.
88
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
o
o
δ
ARepresenta a razão entre a amplitude dinâmica e a
amplitude estática do movimento.
Fator de Amplificação, Fator de Ampliação ou Coeficiente de Amplitude:
o
oAFA
δ= (4.53)
222
21
1
+
−
=
nn
FA
ω
ωζ
ω
ω (4.54)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
Usando resposta de vibraUsando resposta de vibraçção forão forççada para medir as propriedades de um sistema.ada para medir as propriedades de um sistema.
89
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Fator de Amplificação: n
rω
ω= (4.55)
[ ] [ ]222 ..21
1
rr
FA
ζ+−= (4.54) 21
..2tan
r
r
−=
ζφ
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
90
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
222
21
+
−
=
nn
ooA
ω
ωζ
ω
ω
δ
(4.51)
DeterminaDeterminaçção da ão da frequênciafrequência de de ressonânicaressonânica ⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒ Amplitude da resposta Amplitude da resposta éé mmááximaxima
AAo o será a amplitude máxima se o denominador é um mínimo.
( ) ( )( ) 021 222 =+− rrdr
dζ (4.56)
( ) 0421 2224 =+−+ rrrdr
dζ (4.57)
91
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
( ) 0421 2224 =+−+ rrrdr
dζ
0844 23 =+− rrr ζ ( ) 0844 22 =+− ζrr
021 22 =+− ζr
SoluSoluçção:ão:
0844 22 =+− ζr
0=r
22 21 ζ−=r
221 ζ−=r (4.58)
92
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
221 ζ−=r (4.58) Para:
( ) ( ) ( ) ( )222222 2121 rr
k
F
rr
A
o
oo
ζζ
δ
+−=
+−=
22 1212 ζζζζ
δ
−=
−= k
F
A
o
oMAX
(4.59)
212
1
ζζ −=MAXFA
(4.60) ζ2
1)( =resFA (4.61)
93
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Fator de Qualidade (ou Agudeza de Ressonância)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
( )aressonanciFAQ = (4.62)
ζ2
1=Q (4.63)
94
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Para pequenos ζ (< 0.2)
Largura da banda ∆ω∆ω∆ω∆ω
Fator de Qualidade
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
122
1
ωω
ω
ζ −== nQ (4.64)
nζωωωω 212 =−=∆ (4.65)
95
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Frequências da Banda
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
−+=
QQn 2
1
4
11
21 ωω (4.66)
++=
QQn 2
1
4
11
22 ωω (4.67)
96
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
97
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
98
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
99
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
100
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.7
Um compressor a ar com massa 100 kg é montado sobre uma base elástica.
Foi observado que quando uma amplitude de força harmônica de 100 N é
aplicada no compressor, o máximo deslocamento foi de 5 mm obtido a uma
rotação de 300 rpm.
Determine as constantes de rigidez e amortecimento da base elástica.
101
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.7
Solução:
rad/s 10π60
300 x 2πrpm 300n
N; 100F
kg; 100m
m; 0.005mm 5
:
max
o
==→=
=
=
==
⊗
ω
oA
DADOS
102
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.7
METODOLOGIA PARA SOLUMETODOLOGIA PARA SOLUÇÇÃO:ÃO:
212 ζζ −= k
F
A
o
MAX
(4.59)
m
kn =ω
(4.6)
n
rω
ω=
(4.55)
mk
c
m
c
n .2..2==
ωζ
(3.149)
221 ζ−=r(4.58)
103
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.7
Solução:
212 ζζ −= k
F
A
o
MAX
kk
m
kn 01.0
100===ω
n
rω
ω= 221 ζ−=r
22101.0
ζω
−=k
22101.0
10ζ
π−=
k
22101.0
4.31ζ−=
k
22101.0
96.985ζ−=
k202.001.0
96.985
ζ−=k
104
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.7
Solução:
212 ζζ −= k
F
A
o
MAX
202.001.0
96.985
ζ−=k
2
2
12
00201.0985100
005.0ζζ
ζ
−
−= ( )2
2
00201.0
12
985
100005.0
ζ
ζζ
−
−=
( )2
2
00201.0
12
985
100005.0
ζ
ζζ
−
−=
( )2
2
00201.0
12030.0005.0
ζ
ζζ
−
−= 0998.0=ζ
rad/s 10π60
300 x 2πrpm 300n
N; 100F
kg; 100m
m; 0.005mm 5
:
max
o
==→=
=
=
==
⊗
ω
oA
DADOS
105
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.7
Solução:
rad/s 10π60
300 x 2πrpm 300n
N; 100F
kg; 100m
m; 0.005mm 5
:
max
o
==→=
=
=
==
⊗
ω
oA
DADOS
mk
c
m
c
c
c
ncrit .2..2===
ωζ (3.149)
nm
c
ωζ
..2= N.s/m 633.396 ..2. == nmc ωζ
106
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.8
Determinar a resposta total de um sistema com 1GDL, com os seguintes
parâmetros:
0x m; 0.01xiniciais Condições
N/m 4000 k N.s/m; 20 c kg; 10m
:
00 ==→
===
⊗
&
Dados
a) Uma força F(t) = Fo.cosωt atua no sistema com Fo = 100 N e ω = 10 rad/s;
b) Vibração livre com F(t) = 0 .
107
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.8
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:
( ) )()()(
..222
φωωω
θωζω −+−
++= −tsen
cmk
FtsenAex o
a
tn
(4.46)
Resposta Transiente Resposta em regime permanente
( ) )(.. φωθωζω −++= −tsenAtsenAex oa
tn (4.47)
[ ] [ ]222222
0
.21)()( rrcmk
FA o
o
ζ
δ
ωω +−=
+−=
(4.48)
θ
φ
sen
AxA o cos0 −
= (4.49)
( )( )
+−+
−=
φζωφωζω
φωθ
cos
cos
00
0
non
oa
senAxx
Axarctg
&(4.50)
21
..2tan
r
r
−=
ζφ (4.57)
108
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.8
0x m; 0.01xiniciais Condições
N/m 4000 k N.s/m; 20 c kg; 10m
:
00 ==→
===
⊗
&
Dados
Solução:
Hz 3.18rad/s 20kg 10
N/m 4000====
m
knω
FrequênciaFrequência NaturalNatural
Deslocamento EstDeslocamento Estááticotico
m 0.025N/m 4000
N 100===
k
Fooδ
Razão de Razão de FrequênciasFrequências
5.020
10===
n
rω
ω
109
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.8
0x m; 0.01xiniciais Condições
N/m 4000 k N.s/m; 20 c kg; 10m
:
00 ==→
===
⊗
&
Dados
a) Uma força F(t) = Fo.cosωt atua no sistema com Fo = 100 N e ω = 10 rad/s;
b) Vibração livre com F(t) = 0 .
Solução:
( )( )05.0
1040002
20
22=====
mk
c
m
c
c
c
ncrit ωζ
Fator de AmortecimentoFator de Amortecimento
FrequênciaFrequência amortecidaamortecida
( ) Hz 3.18rad/s 19.9720.05.01.1 22 ==−=−= na ωζω
110
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.8
0x m; 0.01xiniciais Condições
N/m 4000 k N.s/m; 20 c kg; 10m
:
00 ==→
===
⊗
&
DadosSolução:
Amplitude da Resposta em Regime PermanenteAmplitude da Resposta em Regime Permanente
[ ] [ ]222222
0
.21)()( rrcmk
FA o
o
ζ
δ
ωω +−=
+−=
(4.48)
[ ] [ ] ( )[ ] ( )( )[ ]m 0.025
5.005.0205.01
025.0
.21 222222=
+−
=+−
=rr
A oo
ζ
δ
21
..2tan
r
r
−=
ζφ (4.57)
Ângulo de FaseÂngulo de Fase( )( )
( )o81.3
5.01
5.005.0.2tan
2=→
−= φφ
111
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.8
Solução:
m -0.00234A
rad/s; 10
rad/s; 20ω
0.05;
;3.81
m; 0.033A
rad/s; 19.97
0x
m; 0.01x
:
n
o
o
0
0
=
=
=
=
=
=
=
=
=
⊗
ω
ζ
φ
ωa
Dados
&
( )( )
+−+
−=
φζωφωζω
φωθ
cos
cos
00
0
non
oa
senAxx
Axarctg
&(4.50)
Ângulo da Resposta TransienteÂngulo da Resposta Transiente
( )( )( )( ) ( )( )( )
o
senarctg 96.83
81.3cos2005.081.310025.001.02005.0
81.3cos025.001.097.19=
+−
−=θ
o96.83=θ
θ
φ
sen
AxA o cos0 −
= (4.49)
Amplitude MAmplitude Mááxima da Resposta Transientexima da Resposta Transiente
m 0.023096.83
81.3cos033.001.0−=
−=
senA
112
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.8
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:
( ) )(.. φωθωζω −++= −tsenAtsenAex oa
tn (4.47)
( ) )81.310(025.096.8397.19.0230.0 20*05.0 oot tsentsenex −++−= −
o
n
o
o
0
0
84.39
m -0.00234A
rad/s; 10
rad/s; 20ω
0.05;
;3.81
m; 0.033A
rad/s; 19.97
0x
m; 0.01x
:
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
⊗
θ
ω
ζ
φ
ωa
Dados
&
113
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Um sistema massa-mola-amortecedor está sujeito a uma força harmônica.
Determinar a amplitude de movimento e o ângulo de fase.
EXEMPLO 4.9
400sen30tF
N/m; 10000k
N.s/m; 150c
kg; 5m
:
=
=
=
=
⊗ Dados
114
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.9
Solução:
Amplitude da Resposta em Regime PermanenteAmplitude da Resposta em Regime Permanente:
[ ] [ ]222222
0
.21)()( rrcmk
FA o
o
ζ
δ
ωω +−=
+−=
(4.48)
Hz 7.16rad/s 72.44kg 5
N/m 10000====
m
knω FrequênciaFrequência Natural:Natural:
Razão de Razão de FrequênciasFrequências: : 6708.072.44
30===
n
rω
ω
400sen30tF
N/m; 10000k
N.s/m; 150c
kg; 5m
:
=
=
=
=
⊗ Dados
( )( )3354.0
5100002
150
22=====
mk
c
m
c
c
c
ncrit ωζ Fator de Amortecimento:Fator de Amortecimento:
115
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
EXEMPLO 4.9
Solução:
400sen30tF
N/m; 10000k
N.s/m; 150c
kg; 5m
:
=
=
=
=
⊗ Dados
[ ] [ ] ( )[ ] ( )( )[ ]m 0.0563
6708.03354.026708.01
04.0
.21 222222=
+−
=+−
=rr
A oo
ζ
δ
Deslocamento EstDeslocamento Estááticotico
m 0.04N/m 10000
N 400===
k
Fooδ
21
..2tan
r
r
−=
ζφ (4.57)
Ângulo de FaseÂngulo de Fase
( )( ) oarctg
r
r29.39
6708.01
6708.03354.02
1
..2tan
22=
−=→
−= φ
ζφ
116
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
Isolamento de vibraIsolamento de vibraçções:ões:
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base
1) Isolar a m1) Isolar a mááquina de deslocamentos provenientes da base (fundaquina de deslocamentos provenientes da base (fundaçção) ão)
devidos devidos ààs vibras vibraçções provocadas por equipamentos situados nas ões provocadas por equipamentos situados nas
vizinhanvizinhançças.as.
117
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
2a Lei de Newton:
xmyxkyxc &&&& =−−−− )()(
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
Supondo x > y:
( )yxk − ( )yxc && −
0)()( =−+−+ yxkyxcxm &&&&
(4.67)kyyckxxcxm +=++ &&&&
118
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
tYseny bω= tYy bb ωω cos=&
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
(4.67)kyyckxxcxm +=++ &&&&
Movimento da base:
Substituindo na EDOL:
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
tYksentYckxxcxm bbb ωωω +=++ cos&&& (4.68)
119
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
tYksentYckxxcxm ωωω +=++ cos&&& (4.68)
Trigonometria:
Associando P = ωt e Q = α
Multiplicando por A:
PsenQQsenPQPsen coscos)( −=− (4.69)
tsentsentsen ωααωαω coscos)( −=− (4.70)
tAsentAsentAsen ωααωαω coscos)( −=− (4.71)
ωαα YcAsenYkA == - e cos (4.72)
120
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
tYksentYckxxcxm ωωω +=++ cos&&& (4.68)
[ ] ( ) ( )[ ]tsenktcYtsenAtAsen ωωωωαωα +=+− coscoscos
[ ] ( ) ( )[ ][ ]22 coscoscos tsenktcYtsenAtAsen ωωωωαωα +=+−
[ ] ( ) ( )[ ]tsenktcYtsenAtsenA ωωωωαωα 22222222222 coscoscos +=+
[ ] ( ) ( )[ ]2222222 cos kcYAsenA +=+ ωαα
tAsentAsentAsen ωααωαω coscos)( −=− (4.71)
121
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
[ ] ( ) ( )[ ]2222222 cos kcYAsenA +=+ ωαα
22 )( ωckYA += (4.72)
k
csentg
ω
α
αα −==
cos(4.73)
−=
k
carctg
ωα (4.74)
122
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
Logo, a EDOL pode ser rescrita como:
( )αω −=++ tAsenkxxcxm &&& (4.75)
ou:
( )αωω −+=++ tsenckYkxxcxm222
&&& (4.76)
Conclusão:
o deslocamento harmônico da base
equivale à excitação de uma força harmônica de amplitude A,
atuando diretamente sobre a massa m.
123
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
( ) ( ) ( )αωωζωωωζω −+=++ tsenmmYxxx nnnn
22222 2.2 &&&
Algumas RelaAlgumas Relaçções Importantes:ões Importantes:
nm
c
ωζ
2=
m
kn =ω
ζωnmc 2=
mk n .2ω=
( )αωωζωωωζω −+=++ tsenYxxx nnnn
22242 42 &&& (4.77)
124
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
( ))(
)()(1222
22
αφωωω
ω−−
+−
+= tsen
cmk
ckYxp (4.78)
2221 1
2
1
2
)(tan
r
r
mk
c
n
n
−=
−
=−
=ζ
ω
ω
ω
ωζ
ω
ωφ (4.79)
Ângulo de Fase:Ângulo de Fase:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
A resposta em regime permanente da massa pode ser expressa:
Que é semelhante a expressão 4.43.
)()()( 222
φωωω
−+−
= tsencmk
Fx o
p (4.43)
125
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
Pode-se colocar a eq. (4.78) numa forma mais conveniente:
( ))(
)()(1222
22
αφωωω
ω−−
+−
+= tsen
cmk
ckYxp (4.78)
)()( φω −= tXsentxp (4.79)
onde:( )
( ) ( )222
22
ωω
ω
cmk
ckYX
+−
+= (4.80)
αφφ += 1 (4.81)
126
Pro
f. A
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Eduard
o –
Curs
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ibra
ções M
ecânic
as
após simplificações
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
onde φ1 e α são dados, respectivamente, por
−=
21ω
ωφ
mk
carctg (4.82)
−=
k
carctg
ωα (4.83)
))2(1
2(
22
3
rr
rarctg
ζ
ζφ
+−= (4.84)
127
Pro
f. A
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Eduard
o –
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
Usando:
( ) ( )
( ) ( )2222
222
2
2
ωωζωω
ωωζω
nn
nn
mmm
mm
Y
X
+−
+=
nm
c
ωζ
2=
m
kn =ω
ζωnmc 2=
mk n .2ω=
222
2
)2()1(
)2(1
rr
r
Y
XFA
ζ
ζ
+−
+== (4.85)
Fator de amplificaFator de amplificaçção:ão:
128
Pro
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as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
222
2
)2()1(
)2(1
rr
r
Y
XTd
ζ
ζ
+−
+== (4.86)
Se uma massa deve ser isolada de um indesejado movimento harmônico da
base, a transmissibilidade de deslocamento do isolador é dada por
Qual a freqQual a freqüüência em que a amplitude ência em que a amplitude éé mmááxima?xima?
Qual o ponto de mQual o ponto de mááxima amplitude?xima amplitude?
ζ
ζ
2
811 2++−=r (4.87)
129
Pro
f. A
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as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
2=nω
ωnωω *2=
130
Pro
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as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.3 – Comparação entre as Curvas de Transmissibilidade de Deslocamento de Força
131
Pro
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as
EXEMPLO 4.10
A figura abaixo mostra um modelo simplificado de um veículo motorizado que oscila na
direção vertical (1 GDL) enquanto move-se sobre uma estrada ondulada.
A carroceria suspensa do veículo tem uma massa de 1200 kg e o sistema de suspensão
tem constante equivalente de mola de 400 kN/m e constante de amortecimento de 20
kNs/m.
Se a velocidade do veículo é de 100 km/h, determine a amplitude X do movimento da
carroceria.
Sabe-se que a superfície da estrada varia segundo uma senóide com amplitude Y = 0.05
m e λ = 6 m.
m 6
m; 0.05Y
km/h; 100v
N/m; 000400k
N.s/m; 20000c
kg; 1200m
:
=
=
=
=
=
=
⊗
λ
Dados
132
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
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ecânic
as
EXEMPLO 4.10
Solução:
m 6
m; 0.05Y
km/h; 100v
N/m; 000400k
N.s/m; 20000c
kg; 1200m
:
=
=
=
=
=
=
⊗
λ
Dados
( )( ) ( )
2
1
222
2
21
21
+−
+=
rr
r
Y
X
ζ
ζ(4.75)
133
Pro
f. A
lexandre
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ecânic
as
EXEMPLO 4.10
Solução:
m 6
m; 0.05Y
km/h; 100v
N/m; 000400k
N.s/m; 20000c
kg; 1200m
:
=
=
=
=
=
=
⊗
λ
Dados
FreqFreqüüência Natural:ência Natural: rad/s 26.181200
400000===
m
knω
Fator de Amortecimento:Fator de Amortecimento:
( )( )46.0
3.1812002
20000
2===
nm
c
ωζ
134
Pro
f. A
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o –
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ecânic
as
EXEMPLO 4.10
Solução:
m 6
m; 0.05Y
km/h; 100v
N/m; 000400k
N.s/m; 20000c
kg; 1200m
:
=
=
=
=
=
=
⊗
λ
Dados
rad/s 29.089ciclo 6
rad 2π
s 3600
1h
km 1
m 1000
h
km 100 =
=ω
135
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
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ibra
ções M
ecânic
as
mm 42.5m 0.0425)6.1*5.0*2()6.11(
)6.1*5.0*2(105,0
222
2
==+−
+=X
( )( ) ( )
2
1
222
2
21
21
+−
+=
rr
r
Y
X
ζ
ζ(4.75)
EXEMPLO 4.10
Solução:
6.123.18
09.29===
n
rω
ω Razão de Razão de FrequênciaFrequência::
136
Pro
f. A
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o –
Curs
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ções M
ecânic
as
85.005.0
0425.0==
Y
X
6.123.18
09.29===
n
rω
ω
EXEMPLO 4.10
Solução:
137
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
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ções M
ecânic
as
Isolamento de vibraIsolamento de vibraçções:ões:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
2) Isolar a base (funda2) Isolar a base (fundaçção) de forão) de forçças geradas pela mas geradas pela mááquina (casos de quina (casos de
mmááquinas rotativas, alternativas, prensas, etc.)quinas rotativas, alternativas, prensas, etc.)
138
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
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ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força
Força transmitida a massa principal = Força no suporte
tFyxkyxcxm =−+−=− )()( &&&& (4.88)
139
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
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ecânic
as
)( φω −= tXsenxp
Resposta permanente:Resposta permanente:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força
)cos( φωω −= tXxp&
)(2 φωω −−= tXsenxp&&&
Substituindo na Eq. 4.88:
tFxm =− &&
tFyxkyxcxm =−+−=− )()( &&&& (4.88)
( )[ ]φωω −−−= tXsenmFt
2 ( )φωω −= tXsenmFt
2
( )φω −= tsenFF Tt(4.89)
XmFT
2ω= (4.90)
Valor mValor mááximo a forximo a forçça transmitida a base:a transmitida a base:
140
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
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ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força
XmFT
2ω= (4.90)
( )( ) ( )
2
1
222
22
21
21
+−
+=
rr
r
Y
m
F
n
T
ζ
ζω ( )( ) ( )222
2
221
21
rr
r
Ym
F
n
T
ζ
ζ
ω +−
+=
( )( ) ( )
2
1
222
2
21
21
+−
+=
rr
r
Y
X
ζ
ζ(4.75)
( )( ) ( )222
2
2
2
21
21
rr
r
Ym
Xm
n ζ
ζ
ω
ω
+−
+= (4.92)
( )( ) ( )222
22
21
21
rr
rr
Y
XTF
ζ
ζ
+−
+==
( )( ) ( )222
2
21
21
rr
r
kY
FT
ζ
ζ
+−
+= (4.91)
141
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força
142
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Deslocamento da massa em relaDeslocamento da massa em relaçção ão àà basebase
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo
yxz −= (4.93)
EDO:EDO:
0)()( =−+−+ yxkyxcxm &&&&
(4.94)ymkzzczm &&&&& −=++
(4.95)tYsenmkzzczm ωω 2=++ &&&
143
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
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ções M
ecânic
as
Resposta Permanente:Resposta Permanente:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo
( ) ( ))()( 1
222
2
φωωω
ω−
+−= tsen
cmk
Ymtz (4.96)
Amplitude Z:Amplitude Z:
( ) ( )222
2
ωω
ω
cmk
YmZ
+−=
(4.97)
( ) ( )222
2
21 rr
rYZ
ζ+−= (4.98)
144
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
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ecânic
as
Ângulo de Fase Ângulo de Fase φ φ φ φ φ φ φ φ11::
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo
−=
21ω
ωφ
mk
carctg (4.99)
−=
21
2
r
rarctg
ζφ (4.100)
( ) ( )222
2
21 rr
r
Y
Z
ζ+−= (4.101)
145
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Uma máquina pesando 3000 N está
colocada sobre uma fundação elástica.
A deflexão estática da fundação devida ao
peso da máquina vale 7,5 cm.
Observa-se que a máquina vibra com uma
amplitude de 1 cm quando a base da fundação
é submetida a uma oscilação harmônica de
amplitude 0,25 cm e freqüência igual à
freqüência natural do sistema.
Determinar:
(1) coeficiente de amortecimento da fundação;
(2) amplitude da força transmitida à base;
(3) amplitude do deslocamento da máquina em
relação à base.
EXEMPLO 4.11
146
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
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ções M
ecânic
as
⊗⊗⊗⊗⊗⊗⊗⊗ DADOSDADOS::
W = 3000 N ⇒ m = 305,81 kg
δst = 7,5 cm = 0,075 m
X = 1 cm
Y = 0,25 cm = 0,0025 m
Sistema em ressonância: Sistema em ressonância:
n
n
r ωωω
ω=⇒== 1
rad/s 44.11075.0
81.9====
st
n
g
δωω
Solução:
EXEMPLO 4.11
Na ressonância: r = 1r = 1 ( )( ) ( )
2
1
222
2
21
21
+−
+=
rr
r
Y
X
ζ
ζ(4.75)
ζ
ζ
ζ
ζ
2
)2(1
)2(
)2(1 2
2
2 +=
+=
Y
X
147
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Solução:
EXEMPLO 4.11
1291.040025.0
010.0
2
)2(1 2
=⇒==+
ζζ
ζ
44,111291,081,305222
xxxmcm
cn
n
==⇒= ζωω
ζ
N.s/m 051.903=c
(1) coeficiente de amortecimento da funda(1) coeficiente de amortecimento da fundaççãoão
148
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
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ibra
ções M
ecânic
as
222
22
)2()1(
)2(1
rr
rrT f
ζ
ζ
+−
+=
Na ressonância: ζ
ζ
2
)2(1 2+=fT
41291.0*2
)1291.0*2(1 2
=+
=fT
(2) Amplitude da for(2) Amplitude da forçça transmitida a transmitida àà base;base;
Solução:
EXEMPLO 4.11
r = 1r = 1
149
Pro
f. A
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o –
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ecânic
as
kY
FT T
f = kYTF fT =
N/m 51.4002244.11*81.305 22 === nmk ω
N 400.220025.0*51.40022*4 ==TF
( ) ( )222
2
21 rr
rYZ
ζ+−=
mm 9.67m 00968.01291.0*2
0025.0
2====
ζ
YZ
Obs.:Obs.: Z = 0,00968 mZ = 0,00968 m ≠ X X -- Y = 0,01 Y = 0,01 -- 0,0025 = 0,0025 = 0,0075 m0,0075 m
por causa da diferença de fase entre x, y e z.
Na ressonância:
r = 1r = 1
Solução:
EXEMPLO 4.11
150
Pro
f. A
lexandre
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o –
Curs
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ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
Pequenas irregularidades na distribuição de massas rotativas de eixos de
máquinas rotativas, quando em movimento, podem causar vibrações devido ao
desbalanceamento rotativo.
151
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
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ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
m0
k
c
e
ωωωωr
e = excentricidade;
mo = massa de
desbalanceamento
ωωωωr = frequência de rotação
Esquema do
desbalanceamento
rotativo de uma
máquina
152
Pro
f. A
lexandre
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o –
Curs
o d
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ções M
ecânic
as
m0
k
c
e
ωωωωrt
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
e
m0
θθθθ
Rx
Ry
ωωωωr
tesenx rr ω=
tex rrr ωω cos=&
tesenx rrr ωω 2−=&&
tememamR
tsenemsenemamR
rroroyy
rroroxx
ωωθω
ωωθω
coscos 220
220
−=−==
−=−==(4.102)
153
Pro
f. A
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o –
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
2 sin (2.82)o r r
mx cx kx m e t
m
ω ω+ + =&& & (4.103)
2 2or 2 sinon n r r
mx x x e t
mζω ω ω ω+ + =&& & (4.104)
( ) sin( ) (2.83)p r
x t X tω φ= − (4.105)
154
Pro
f. A
lexandre
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o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
( )
2
22 2(1 ) 2
om e rX
m r rζ=
− +(4.106)
Na ressonância r = 1 :
m
emX
ζ20= (4.107)
12
2tan (2.85)
1
r
r
ζφ −
= −
(4.108)
155
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
156
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Uma máquina rotativa apresenta os seguintes dados: deflexão na ressonância
é 0.1 m, ζ = 0.05 e a m0 = 10% do valor de m.
Determinar o valor da excentricidade (e) e a quantidade de massa adicional (∆m)
necessária para reduzir a amplitude máxima para 0.01 m.
EXEMPLO 4.11
;*1.0m
m 0.1X
0.05;ζ
:
0 m
DADOS
=
=
=
⊗
157
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Na ressonância r = 1
Solução:
EXEMPLO 4.11
ζm
emX
20= (4.108)
( )( )( ) m 0.1101.005.0220
==
=
m
mXe ζ
;*1.0m
m 0.1X
0.05;ζ
:
0 m
DADOS
=
=
=
⊗
ExcentricidadeExcentricidade
Agora, para calcular a massa para reduzir a amplitude de vibração:
m
m0
X
0.1 m
= 10
101.0
01.0
0
=
∆+
m
mm
( )10
1.0
01.0
1.0=
∆+
m
mmmm *9=∆
158
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
A seção do rotor da cauda do helicóptero é composto por quatro hélices, cada uma de
massa 20 kg, motor tem massa 60 kg, tendo uma rigidez de 1x105 N/m.
A seção de cauda está ligada ao corpo principal do helicóptero por uma estrutura elástica.
Durante o vôo o rotor opera a 1500 rpm.
Assuma que o sistema tem uma relação de amortecimento de 0,01.
Durante o vôo 500 g de partículas se prendem a uma das hélices, a 15 cm a partir do eixo
de rotação.
Qual é a amplitude de vibração causada pelo desequilíbrio rotativo resultante?
EXEMPLO 4.12
159
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
rpmn
m
m
DADOS
r 1500
;15.015cme
0.01;
g; 500kg .50m
kg; 20m
kg; 60m
N/m; 10 x 1k
:
0desb
helice
motor
5
=
==
=
===
=
=
=
⊗
ζ
EXEMPLO 4.12
Solução:
160
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
FrequênciaFrequência de de rotarotaççãoão: :
EXEMPLO 4.12
Solução:
rad/s 157rev
rad 2π
60s
min
min
rev1500rpm 1500 ===rω
45.4rad/s 35.24
rad/s 157===
n
rω
ω
( ) ( )rad/s 35.24
kg 60kg 20.5
N/m 1x105
=+
==m
knω
rpmn
m
m
DADOS
r 1500
;15.015cme
0.01;
g; 500kg .50m
kg; 20m
kg; 60m
N/m; 10 x 1k
:
0desb
helice
motor
5
=
==
=
===
=
=
=
⊗
ζ
FrequênciaFrequência natural:natural:
RazãoRazão de de FrequênciaFrequência::
( )
2
22 2(1 ) 2
om e r
Xm r rζ
=− +
(4.106)
161
Pro
f. A
lexandre
Eduard
o –
Curs
o d
e V
ibra
ções M
ecânic
as
Amplitude de Amplitude de vibravibraççãoão: : DesbalanceamentoDesbalanceamento rotativorotativo
EXEMPLO 4.12
Solução:
( )( ) ( )
( )( ) ( )( )( )m 0.003
45.401.0245.41
45.4
5.20
15.05.0222
2
=
−−
=kg
mkgX
rpmn
m
m
DADOS
r 1500
;15.015cme
0.01;
g; 500kg .50m
kg; 20m
kg; 60m
N/m; 10 x 1k
:
0desb
helice
motor
5
=
==
=
===
=
=
=
⊗
ζ
( )
2
22 2(1 ) 2
om e r
Xm r rζ
=− +
(4.106)
Na ressonância r = 1
ζm
emX
20= (4.107)
( )( )0.5 kg 0.15 m 10.183 m or 18.3 cm
20.5 kg 2(0.01)X = =
rpm 336.52min
60s
rad 2πs
rad 35.24 rad/s 35.24 ===
revrω
A A mmááximaxima deflexãodeflexão ocorreocorre nana velocidadevelocidade::
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