11.0 – Instabilidade Elástica. 11.1 – Introdução.petmec.uff.br/sites/default/files/downloads/K- Instabilidade... · 11.3 – Flambagem de colunas comprimidas. Um pilar reto,

K – Instabilidade Elástica

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11.0 – Instabilidade Elástica. 11.1 – Introdução. No dimensionamento dos elementos estruturais, além de se considerar a resistência do material (limitando as tensões a um valor considerado admissível) e a rigidez da estrutura (limitando as deforma-ções), há que se levar em conta certos valores críticos, característicos do carregamento, do material e da geometria da estrutura, que podem provocar a sua instabilidade (*). Algumas vezes, apesar de os valores nominais das tensões e deformações se enquadrarem naqueles limites admissíveis, pode acontecer o colapso total da estrutura, sem prenúncio para sua ocorrência, tor-nando mais graves as conseqüências (a falta de avisos prévios, como trincas, rachaduras, estalos, deforma-ções progressivas, impede que uma ação preventiva seja adotada antes da ocorrência catastrófica). É o que acontece, por exemplo, em colunas longas e esbeltas, submetidas a cargas de compressão pelos topos, e que sofrem uma brusca deflexão lateral (flambagem), como também no caso de estruturas elásticas, quan-do submetidas a esforços ativos alternados cuja freqüência coincide com a freqüência natural de vibração livre da estrutura (ressonância). 11.2 – Flexão Composta com força normal em vigas esbeltas. Já foi comentado (7.1) que o princípio da superposição dos efeitos não se aplica à flexão composta com força normal de compressão (como no caso da compressão excêntrica) em se tratando de vigas esbel-tas (cujo comprimento é elevado quando comparado às dimensões da seção transversal), pois a deforma-ção (flecha), decorrente da flexão, provoca um incremento no momento fletor na seção (por aumento da excentricidade) que, por sua vez, gera novo incremento na flecha, sendo tal efeito cumulativo. Tomemos como exemplo o caso de uma viga prismática bi-apoiada, submetida a um momento fle-tor M 0 uniforme ao longo de sua extensão L , e comprimida nas extremidades por uma força normal H (ou que fosse submetida tão somente à força compressiva H, porém com uma excentricidade e tal que M0 = He, o que seria equivalente). O momento M0 foi escolhido negativo para gerar flechas f positivas.

A função f = f(x), solução da equação acima, que, derivada duas vezes, somada com ela mesma, multiplicada por uma constante, iguala um valor constante, é uma função constante, ou seja, uma solução será: f = - M0/H. Tal solução é tão-somente uma solução particular (já que nenhuma constante dependente

A equação diferencial da linha elástica será: d2f/dx2 = M(x) / EI A fig. 11.2 nos mostra que, numa seção gené-rica afastada de x da origem, onde a flecha vale f, o momento fletor será: M(x) = - (M0 + Hf), portanto: d2f/dx2 = - (M0 + Hf)/EI, ou d2f/dx2 + (H/EI) f = - M 0/EI .... (11.2.1)

x

f

f

x HH

M 0

M 0

Fig. 11.2 – Flexão composta com compressão.

Fig. 11.1 – Tipos de Equilíbrio: (a) estável; (b) instável; (c) indiferente.

(a) (b) (c)

(*) Observação: diz-se estável um siste-ma de esforços em equilíbrio, atuantes em um corpo em repouso quando, ligei-ramente afastado dessa posição, surge um esforço vincular de endireitamento, no sentido de recuperar a posição de re-pouso - Fig. 11.1 (a). É instável o equilíbrio quando o esforço gerado é de emborcamento, afastando ainda mais o corpo da posição de re-pouso - Fig. 11.1 (b). É indiferente o equilíbrio quando esta condição se mantém inalterada, mesmo após ser o corpo afastado de sua posi-ção inicial em repouso – Fig. 11.1 (c).


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das condições de contorno nela aparece). A solução geral de uma equação diferencial linear como a 11.2.1 é a soma de todas as suas possíveis soluções. Se adicionarmos à solução particular, já computada, as solu-ções da equação diferencial homogênea correspondente (f” + k f = 0), tal soma será a solução geral. Real-mente: se fH é solução da homogênea (f” + k f = 0), e fP é uma solução particular de (f” + k f = y), então fP + fH será solução geral de (f” + k f = y). A equação homogênea correlata à equação 11.2.1 é: d2f/dx2 + (H/EI) f = 0 ..................................................... (11.2.2) A solução de tal equação diferencial será uma função f(x) que, derivada duas vezes se torna igual a ela mesma, multiplicada por uma constante e com o sinal trocado. As funções trigonométricas seno e co-seno satisfazem tal condição. A solução da equação homogênea será, portanto: fH = C1 sen bx + C2 cos bx, que, levada em 11.2.2 nos dá: d2 fH/dx2 = - b2 C1 sen bx - b2 C2 cos bx = - b2 fH, ou seja: b2 = H/EI e a solução geral de 11.2.1 se-rá: f = C1 sen [(H/EI)1/2x] + C2 cos [(H/EI)1/2 x] - M0/H As condições de contorno da viga bi-apoiada em análise nos indicam: para x = 0, f = 0, portanto: 0 = C1 (0) + C2 cos (0) – M0/H, ou seja, C2 = M0/H. Por outro lado, em x = L, f = 0, e então: 0 = C1 sen [(H/EI)1/2 L] + (M0/H)cos[(H/EI)1/2]x – 1, o que nos leva a C1 = (M0/H)1 – cos[(H/EI)1/2L]/ sen [(H/EI)1/2L]. Portanto:

f = (M0/H) [ [1– cos[(H/EI)1/2L]/ sen [(H/EI)1/2L] sen [(H/EI)1/2x] + cos [(H/EI)1/2 x] – 1] A flecha máxima, ocorrente no meio do vão (em x = L/2) será:

fmáx = (M0/H) [ [1– cos[(H/EI)1/2L]/ sen [(H/EI)1/2L] sen [(H/EI)1/2L/2] + cos [(H/EI)1/2 L/2] – 1] Utilizando as relações cos 2a = cos2a – sen2a e sen 2a = 2 sena cos a, obtemos: fmáx = (M0/H ) sec [(H/EI)1/2

L/2] – 1 ..........................................11.2.3 A equação obtida nos mostra que, mesmo que o momento fletor M0 fosse mínimo, ou (o que seria equivalente) se a excentricidade e = M0/H fosse desprezível em presença das dimensões da seção, na cir-cunstância especial de se ter (H/EI) 1/2 L/2 = ππππ/2, o cálculo da secante tenderia a um valor infinitamente e-levado, o que corresponderia a um aumento explosivo da flecha e ao colapso catastrófico da viga. Portan-to, para a viga esquematizada, uma força normal compressiva: H = ππππ2 EI / L 2 .......................................................11.2.4 provocará uma condição crítica de instabilidade elástica. Outros valores de H também se enquadrariam em tal condição crítica (quando [H/EI]1/2 L/2 = 3π/2, 5π/2, 7π/2, .....) não havendo interesse quanto a eles por serem superiores ao dado em 11.2.4, o qual já teria levado à ruína da peça, quando atingido, não chegando a ser ultrapassado.

11.3 – Flambagem de colunas comprimidas.

Um pilar reto, submetido a uma força compres-siva P, centrada na seção do topo, provocará uma tensão compressiva de valor σ = P/A. O estudo efetuado nos indica que, se a força normal P alcançar o valor críticoπ2 EI / L2 , embora o pilar permaneça reto e suporte, com lazeira, a tensão compressiva de esmagamento, es-tará numa condição de equilíbrio instável, já que, por uma leve excentricidade ou um momento fletor decor-rente de um pequeno esforço transversal, sofrerá um co-lapso catastrófico por flexão. Diz-se que ocorreu a flambagem do pilar. A carga crítica que a provoca (deduzida por Eu-ler) é obtida encontrando-se a solução da equação dife-rencial homogênea:

Fig. 11.3.1 – (a) Pilar bi-articulado, na base e no topo; (b) pilar engastado na base e livre no topo.

P

P

L

x

f

f

P

x

f

fL

P

M=PfL

a b


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d2f/dx2 + (P/EI) f = 0

que, como vimos, será: f = C1 sen bx + C2 cos bx, sendo b = (P/EI)1/2 . A análise dos formatos assumidos pelas linhas elásticas nos dois casos apresentados na Fig. 11.3.1 aponta no sentido de que o comprimento L, presente na equação de Euler, é a distância entre dois pontos sucessivos da viga onde o momento fletor é nulo (ou seja, um meio comprimento da onda senoidal). A fórmula de Euler, aplicável a diversas condições de contorno, pode então ser reescrita na forma: Pcrít. = ππππ2 E I / (L f)

2 ....................................................(11.3.1) onde Lf é o chamado “comprimento efetivo de flambagem” (distância entre duas seções da viga onde o momento fletor é nulo). A Fig. 11.3.2 apresenta alguns exemplos comuns de condições de extremidades para pilares de comprimento L e os correspondentes compri-mentos efetivos de flambagem Lf para aplicação na fórmula de Euler (11.3.1).

No caso de as extremidades do pilar serem articuladas (f = 0 para x = 0 e x = L), como mos-trado na Fig. 11.3.1 (a), concluímos que C2 = 0 e que o produto C1 sen[P/EI)1/2 L] = 0. Tal ocorre se C1 = 0 (o que corresponde à situação de a coluna permanecer reta) ou se [P/EI)1/2 L = nπ (para n = 0, 1, 2 ...). O valor n = 1 corresponderá à carga crítica mínima que produzirá o colapso da viga, portanto, a mais relevante:

Pcrít = ππππ2 EI / L 2 ....(Pilar bi-apoiado) Se o pilar fosse engastado na base e livre no topo (Fig. 11.3.1 (b), a equação diferencial teria a forma: d2f/dx2 + (P/EI) f = (P/EI) fL (onde fL seria a flecha na extremidade livre). A integração nos leva a f = fL + C1 sen [(P/EI)1/2x]+ C2 cos [(P/EI)1/2x]. Como f = 0 para x = 0, tiramos C2 = - fL. Como f = fL para x = L, concluímos que fL = C1 tan [(P/EI)1/2L]. A solução C1 =0 (portanto, fL = 0) corresponde à situação de a coluna permanecer reta, exceto no caso especial em que [(P/EI)1/2L] = π/2 (tan → ∞), caracterizando a ocorrência de instabilidade quando:

Pcrít = ππππ2 EI / (2L)2 ....(Pilar engastado)

L

LF = L LF = 2L LF = L/2 LF = 0,7L LF = L/2


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Em uma análise crítica dos resultados até agora obtidos, devemos considerar que as grandes deformações provocadas pelo fenômeno da flambagem poderiam invalidar a apro-ximação feita quando da dedução da equação da elástica (quando se desprezou o termo [df/dx]2 em presença da unidade) com também a própria aplicação da lei de Hooke relacio-nando as tensões com as deformações na flexão (σ = [M/I]y). Portanto, a formula de Euler deve ser considerada apenas como indicativa de condições limites perigosas que devem ser analisadas no projeto.

Fig. 11..3.2 – Comprimentos Efetivos de Flambagem para várias condições de extremidade das colunas.

L

L 2L L/2 0,7L

Exemplo 11.3: Determinação do comprimento efetivo de flambagem para um pilar engastado na base e articulado no topo. A desestabilização do pilar por flambagem provocaria sua flexão, fazendo aparecer uma reação horizontal R no apoio do topo e um correspondente sistema força-conjugado (RL-ML) no engastamento. O momento fletor em uma seção genérica x, onde ocorreria uma fle-cha f (suposta positiva), será: M(x) = - Rx – Pf. A equação diferencial da elástica terá a forma:

d2f/dx2 + (P/EI)f = (-R/EI)x. À solução particular, fP = (-R/P)x, somamos a solução da equação homogênea, obtendo a solução geral: f = C1 sen [bx]+ C2 cos [bx] – (R/P)x, onde b = [(P/EI)1/2.

A condição de contorno f = 0 para x = 0 implica em que C2 = 0, restando: f = C1 sen [bx] – (R/P)x. Como para x = L, f = 0, tiramos que C1 sen bL = (R/P)L e portanto: C1 = (R/P)L / sen (bL). Temos ainda a condição de que em x = L, o ângulo ϕ = 0, o que corresponde a df/dx = 0, ou seja, obtemos outra condição a ser satisfeita: C1 b cos (bL) = (R/P), portanto, C1 = (R/P) / b cos (bL). Para que ambas as condições sejam satisfeitas, (R/P)L / sen (bL) = (R/P) / b cos (bL), o que impli-ca em que: tan bL = bL. Resolvendo, por tentativas, tal equação transcendente, obtem-se, para o me-nor valor diferente de zero, a solução: bL = 4,493409458. Como b2 = P/EI e, segundo a fórmula de Euler, P = π2 EI/ (LF)

2, obtemos: LF = 0,699155659 L, adotando-se nas aplicações LF = 0,7 L

x

f

R

P

ML

RL

f

x


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11.4 – Índice de Esbeltez. A fórmula de Euler ------ Pcrítico = π2 EI / (LF)

2 ------- pode ser re-escrita utilizando o conceito de raio de giração r da seção, tal que I = A r2 (distância hipotética em que estaria concentrada toda a área, produzindo o mesmo momento de inércia) obtendo-se: Pcrítico = π2 E A r2 / (LF)

2 = π2 E A / (LF /r)2.

A tensão crítica quando a flambagem da coluna ocorre ( σcrít. = Pcrít. / A )será: σ σ σ σcrítica = ππππ2 E / (LF /r)

2 = ππππ2 E / ( λ λ λ λ )2 .......................................... (11.4.1) onde λ = λ = λ = λ = LF / r é o chamado “índice de esbeltez” da coluna. Para colunas longas e delgadas (com índice de esbeltez elevado), a tensão considerada crítica para o dimensionamento é aquela dada pela fórmula de Euler, enquanto que para colunas curtas e robustas, a tensão crítica será a de escoamento por compressão, considerando esmagamento do material.

Observações experimentais para colu-nas em aço estrutural (E = 200 GPa e σesc = 250 MPa) indicam que a transição ocorre pa-ra um índice de esbeltez em torno de 100, sendo considerada aplicável a fórmula de Euler para λ maior que 130. Para colunas de alumínio ou madeira, o limite para a aplica-ção da fórmula de Euler se situa em torno de λ = 70. Para colunas com esbeltez intermedi-ária, várias fórmulas empíricas são propostas na bibliografia especializada, objetivando a determinação da carga crítica de ruína para cada tipo de material.

λλλλ

100

200

300 MPa

σσσσcrít.

Aço estrutural

curtas intermediárias longas

100 200

Fig.11.5 – Tensões Críticas para colunas de Aço

σσσσescoam.

Fórmula de Euler

TENSÕES ADMISSÍVEIS (em MPa) (AÇO ESTRUTURAL - 1020) AISC

E = 200 GPa - σe = 250 MPa – C.S. = 1,92→ (23/12)

λT = 126 λ > 126 → σadm = 1,03 x 106 / λ2 ............ (Euler) λ < 126 → σadm = 130 [1–31,66x10-6 λ2]......(Parábola)

Parábola

Euler

λ = Lf/r

σadm (MPa)

130

65

89

TENSÕES CRÍTICAS (AÇO) λ > λC → σcrít = π2 E / λ2 ..................... (Euler)

λ < λC → σcrít = σe

[1 – (σe/4π2E)λ2] .... (Parábola) (λT)

2 = 2π2E / σe ........ (transição)

λ = Lf/r λ T

Parábola

Euler

σe

½ σe

σcrít

126


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Ex. 11.4 – O pilar esquematizado, um perfil W 150 x 24, em aço (E = 200 GPa), é engastado na base e es-taiado por dois tirantes que impedem o deslocamento do topo no sentido do eixo “y”, tracionados, cada um, com uma força 11,7 kN pelos esticadores E. As características do perfil são apresentadas na tabela: Perfil Área Altura Largura Espess. Alma IY WY rY IZ WZ rZ

W150 mm2 mm mm mm mm 106mm4 103mm3 mm 106mm4 103mm3 mm X 24 3060 160 102 10,3 6,6 13,36 167,0 66,0 1,844 36,2 24,6

Pretende-se calcular o peso máximo de uma peça a ser apoiada no topo da coluna, para um C. S. = 3,5.

y

Analisando a possibilidade de flambagem da co-luna no plano xy (engastada na base e articulada no topo) temos: (LF)1 = 0,699 x 6 = 4,195m; λy = 4.195/ 24,6 = 170,5 (valor > 130 - vale a fórmula de Euler): (σcrít.)1 = π2 (200x109) / (170,5)2 = 67,9 MPa, o que cor-responderia a uma carga Pcrít. = 67,9 x 3060 = 207,8 kN. Analisando a flambagem da coluna no plano xz (engastada na base e livre no topo, já que os tirantes são vínculos ineficazes para impedir deslocamentos do topo na direção do eixo z) teremos: (LF)2 = 2 x 6 = 12m; ; λz = 12.000/ 66,0 = 181,8 (> 150 - vale a fórmula de Euler): (σcrít.)2 = π2 (200x109) / (181,8)2 = 59,72 MPa, o que cor-responderia a uma carga Pcrít. = 59,72 x 3060 = 182,7 kN. Portanto a carga crítica no topo será 182,7 kN.

A pré-tensão provocada pela tração dos tirantes laterais produz uma força normal de compressão no pilar que vale: N = 2T cos θ = 2x11,7 x (6/6,5) = = 21,6 kN. Conclui-se que o peso crítico para o equipamento a ser montado no topo da coluna será: 182,7 – 21,6 = 161,1kN. Levando em conta o C.S. preconiza-do: Pcrít.=161,1/3,5 = 46,0kN =~4,7 tf.

6,0 m

2,5 m

2,5 m

E

E

z

x

θ

L

L / 2

fmáx

P

P

e

11.5 – Carregamento excêntrico. Fórmula da Secante. A equação 11.2.3 obtida quando analisamos a flexão composta com

compressão de uma viga bi-apoiada se aplica ao caso de colunas submetidas a uma carga excêntrica compressiva, tal que M0 = P x e. A equação mencio-nada (fazendo H = P e L= LF) toma a forma:

fmáx = (e ) sec [(P/EI)1/2 LF/2] – 1

indicando que o valor crítico que provoca a instabilidade elástica (sec → ∞) continua sendo o dado pela fórmula de Euler, Pcrítico = π2 EI / (LF)

2. A tensão máxima correspondente à flexão composta com a força normal será: σmáx = (P/A) + (Mmáx/I)y* = (P/A) + P(e + fmáx)y*/Ar 2

(onde y* é a distância da fibra mais afastada em relação ao centróide do per-fil). Como e +fmáx = sec [(P/EI)1/2

LF/2]

σmáx = (P/A) 1 + [ey*/ r2] sec [(P/EI)1/2 LF/2], ou


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σσσσmáx=(P/A)1 + [ey*/ r2] sec [½(P/AE)1/2 (LF/r)] ....(11.5.1) Convém observar que a relação entre σmáx e (P/A) não é linear (σmáx cresce mais rapidamente que P/A) não sendo aplicável o princípio da superposição para carregamentos diversos, o que faz com que a deter-minação de Pcrít deva ser feita por tentativas. A fórmula da secante tem aplicação satisfatória nas colunas de esbeltez intermediária, não sendo fácil, porém, estabelecer eventuais limites para a excentricidade da carga. ou seja, fazendo P/A 1 + 0,2851 sec [55,277 x 10-6 (P/A)1/2 = Ψ, devemos obter o valor de (P/A) que torne Ψ = 170 x 10 6. A tabela abaixo mostra valores atribuídos para o cálculo por tentativas (T):

σσσσescoam

(P/A)crít

λ = λ = λ = λ = LF/r

100

200

300 MPa

100 200

Aço estrutural E=200GPa; σε=250MPa

Fórmula de Euler

(ey*/r2)=0

=0,1

=0,4

=1,0

Fig. 11.5 – Carga P/A que provoca escoamento.

O gráfico da Fig. 11.5 apresenta a relação entre a tensão normal máxima em função do índice de esbeltez da coluna, para alguns valores da excentricidade (expressa pelo adimensional ey*/r2) para um aço doce (E = 200 GPa e σesc = 250 MPa). Importante notar que para colunas esbeltas a carga crítica tende para o valor dado através da fórmula de Euler, prati-camente independendo da excentricidade (ey*/r2) eventualmente presente. Por ou-tro lado, nas colunas curtas, é a excentri-cidade o fator preponderante no cômputo da carga crítica, independendo ela do ín-dice de esbeltez λ.

Exemplo 11.5.1: A coluna tubular esquematizada (diâme-tro externo 150mm, espessura de parede 5mm e compri-mento 3,0m) construída em alumínio (E = 70 GPa e σesc.

= 170 MPa) é engastada, tanto na base como no topo, sen-do essas extremidades impedidas de se deslocar horizon-talmente. Pretende-se avaliar a carga crítica de compressão, admitindo a possibilidade de uma excentricidade de no máximo 10mm para a linha de ação da força normal em relação ao eixo da coluna.

D = 150mm 3,0m

As dimensões da coluna indicam que: A = π (1502 – 1402) / 4 = 2.278 mm2; I = π (1504 – 1404) / 64 = 5,993 x 106 mm4; r = (I/A)1/2 = 51,29mm y* = 75,0 mm; ey*/r2 = 10 x 75 / (51,29)2 = 0,2851. LF = L/2 = 1,50m; λ = LF / r = 1.500/51,29 = 29,25 Utilizando a equação 11.5.1, com σmáx = σesc = 170 MPa, ob-temos: 170x106 = (P/A) 1 + [0,2851] sec [½(P/A)1/2 (1/70

x109)1/2(29,25)]


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T

(P/A) x 106

55,277 x 10-6 (P/A)1/2 secante

55,277 x 10-6 (P/A)1/2 Ψ ∆

1 140 0,6540463 1,260035 190,29 ↑ 2 130 0,6302548 1,237812 175,88 ↑ 3 125 0,6180156 1,226949 168,73 ↓ 4 126 0,6204828 1,229108 170,15 ↑ 5 125,5 0,6192504 1,228028 169,43 ↓ 6 125,8 0,6199901 1,228676 169,87

Com 4 algarismos significativos, o valor da carga crítica será tal que Pcrít /A = 125,9 MPa. Se tivéssemos utilizado a fórmula de Euler, obteríamos: Pcrít /A =π2 E / ( λ )2 = π2

x 70x109 /(29,25)2 = 807,5MPa (valor muito superior ao limite de escoamento, fora da aplicabilidade da fórmula). Se, por outro lado, tivéssemos desconsiderado a esbelteza do pilar (desprezando as deformações la-terais), o cálculo nos levaria a: σmáx = P/A + (M/I)y* = P/A + [(Pe)/Ar2]y* = (P/A) (1 + ey*/r2) (compare com 11.6 e 6.2) ou seja: (P/A) = σmáx / (1 + ey*/r2) = 170 x 106 / [1 + 10 x 75 / (51,29)2] = 132,3 MPa. Conclui-se, dessa forma, que a carga crítica para o pilar será a correspondente a uma tensão média P/A igual a 125,9 MPa, ou seja, uma força de 125,9 x 2278 = 286,8 kN. No projeto de colunas submetidas a uma carga excêntrica, adotando a hipótese (mais conservativa) de que a tensão admissível é a mesma, tanto para a flexão como para a flambagem (esta no caso de a car-ga ser centrada), deverá ser satisfeita a desigualdade: (P/A) + (M/IC)y* < (σadm)

flambagem ......................................................... (11.5.2). A hipótese mais utilizada (método interativo) é a que admite, para a parcela da tensão devida à car-ga axial, a tensão admissível à flambagem, enquanto que para a parcela de tensão devida à flexão, é a tensão admissível à flexão pura a adotada como tensão limite. Assim a equação acima toma a forma: [(P/A)/(σflamb)] + [(M/I C)y*]/( σflex) < 1 ............................................. (11.5.3) Ex. 11.5.2 –

3,36m

P

P

e = ....

y

x

y

y

A

B z e

Perfil S150x18,6

Área Altura Ix Wx rx Iy Wy ry

2362 mm2

152 mm

9,20 106mm4

121,1 103mm3

62,2 mm

0,758 106mm4

18,05 103mm3

17,91 mm

Obs: o perfil está engastado em A e o apoio em Bsomente impede o deslocamento dessa extremidade na direção transversal x, não sendo capaz de im-pedir deslocamentos na direção vertical y ou rota-ções em torno de x ou y.

Calcule o valor admissível para a força

P de compressão no perfil mostrado, sendo E = 200GPa e σescoam = 250MPa, supondo: a) que a força é centrada (e = 0) b) que a força é excêntrica (e = 60mm):

b1) pelo método da tensão admissível; b2) pelo método da interação. C.S. (σ)flambagem = 1,92; C.S. (σ)flexão = 1,60.


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Solução: a) sendo a força centrada analisaremos duas hipóteses para a ocorrência de flambagem: - no plano zy – LF = 2 x 3,36 = 6,72m; rx = 62,2mm

λx = 6720/62,2 = 108 < 126 (parábola) σadm = 130 [1–31,66x10-6 (108)2] = 81,96 MPa - no plano xz – LF = 0,7 x 3,36 = 2,352m; ry = 17,91mm

λx = 2352/17,91 = 131,3 > 126 (Euler) σadm = 1,03 x 106 / (131,3)2 = 59,72 MPa. Portanto:

Padmissivel = 59,72 x 2362 = 141 kN (já considerado o CS = 1,92). (Resp. a)

b) para uma excentricidade e = 60 mm na direção do eixo z, teremos segundo a fórmula da se-cante:

σmáx=(P/A)1 + [60 x 76*/ (62,2)2] sec [½(P/A)1/2 (1/200x109)1/2 (108)] σmáx=(P/A)1 + 1,179] sec [0,0001207 (P/A)1/2 ] Fazendo σmáx = 250 MPa, obtemos, por tentativas: (P/A)máx = 74,75 MPa – Pmáx = 177,6 kN; para um CS = 1,92 teremos: Padm = 92,0 kN

Pelo método da tensão admissível à flambagem tem-se: σadm = (P/A)[ 1 + ey*/r2] = (P/A)[2,179) = 57,72 MPa ..... (P/A)adm = 26,49MPa

Padm = 62,6 kN Pelo método interativo (considerando o CS = 1,92 para a flambagem, e o CS = 1,60 para a fle-

xão), tem-se: [(P/A)/1,92] + [(P/A)(ey*/r2)/1,60] = 1 (P/A)adm =41,17 MPa e,.......................... Padm = 97,3 kN NOTA: como visto, no método da tensão admissível, foi utilizado o maior índice de esbeltez,

não importando que tal valor não corresponda realmente ao plano em que ocorre a flexão. Tal critério pode levar a dimensionamentos exagerados.

z

z

x

y

6,0m

P

240

120

6

a

c

b

QUESTÃO PRPOSTA - A coluna de aço (E = 200 GPa e σescoamento = 250 MPa), com seção retangular va-zada (120 x 240 mm2) e espessura de parede 6mm, tem6,0m de altura, sendo engastada na base e livre no topo. Determinar o valor admissível para a força vertical de compressão P, aplicada no topo do duto, através de uma placa de apoio, considerando como coeficientes de segu-rança: 3,0 para a flambagem e 2,0 para a flexão, su-pondo que o ponto de ataque da força normal seja:

a) centrado b) no ponto médio da parede maior do duto; c) no ponto médio da parede menor do duto. # use o método da interação nos itens b) e c).


10

11.6 – Instabilidade elástica por Vibrações (Ressonância) Quando uma estrutura elástica, em equilíbrio estável, é deslocada da posição de re-pouso e abandonada livremente nessa condição, os esforços vinculares restauradores (que serão proporcionais aos deslocamentos promovidos) farão com que a mesma se mova no sentido de recuperar a posição de repouso, ultrapassando-a devido à inércia de seus com-ponentes, fazendo-a oscilar em torno dessa posição com uma certa freqüência (pulsação) natural. Fica caracterizada a alternância entre a energia potencial elástica de deformação e a energia cinética do movimento. Forças dissipativas (atrito), em geral presentes, fazem com que a energia mecânica total da vibração livre seja decrescente com o tempo, amorte-cendo o movimento. Já se a estrutura for atacada por uma força pulsante, após uma fase transitória, o sis-tema oscilará com a freqüência da força que o força a vibrar, ocorrendo que a amplitude do movimento será muito aumentada no caso de a freqüência da força se aproximar da fre-qüência natural de oscilação livre do sistema. É o fenômeno da ressonância, que sempre deve ser analisado no dimensionamento de estruturas que possam ser submetidas a esforços alternados, mesmo que de pequena intensidade. É o que ocorre nos equipamentos de má-quinas, por desbalanceamento dos rotores, nos motores de combustão alternativos, nas pon-tes ferroviárias, em edificações construídas em regiões sujeitas a abalos sísmicos, etc. Tomemos como exemplo (Fig. 11.6) o caso de um eixo propulsor de navio, acionado por um motor com um determinado número de cilindros, movendo um hélice com certo número de pás, girando em uma faixa de rotações por minuto (rpm) em função das várias velocidades da embarcação, suposta em lastro (com pequeno calado, quando as pontas do hélice afloram na superfície da água). Com o navio dando adiante, o eixo trabalha comprimido (apoiado no mancal de es-cora) pela força propulsiva que oscila levemente a cada rotação, em função das posições das pás do hélice (pela variação da pressão hidrostática com a profundidade onde passam, especialmente no caso em exame, no qual a ponta de cada pá aflora da água a cada volta do eixo), fazendo o eixo oscilar longitudinalmente.

1,24m 3,20m 2,35m

Mancais de Sustentação

Motor

Gaxeta Mancal de Escora

calado

Fig. 11.6 – Eixo propulsor de navio.


11

O eixo é torcido pelo torque do motor que também é ligeiramente pulsante, pela su-cessão das combustões em seus cilindros a cada rotação, caracterizando a possibilidade de oscilação torcional do eixo, entre o volante do motor e o hélice em sua extremidade fora do casco. Da mesma forma, o eixo, como uma viga apoiada nos mancais de sustentação e ten-do o pesado hélice na extremidade em balanço, na popa da embarcação, tem uma certa fre-qüência de vibração transversal, pela flexão. Se a rotação do eixo provocar esforços pulsantes (mesmo de pequenas intensidades) com freqüências coincidentes com qualquer uma dessas vibrações naturais (longitudinal, torcional ou transversal) ocorrerá o fenômeno da ressonância, com grave amplificação das deformações e correspondentes tensões, culminando com o colapso catastrófico do equi-pamento, se mantida a rotação naquele valor crítico por um certo período de tempo. 11.7 – Pulsação (freqüência) natural nas vibrações livres, sem amortecimento. Para um corpo de massa m, que pode se mover, sem atrito, em translação na direção x (com um grau de liberdade, portanto), vinculado por meio de um dispositivo de constante elástica K, a lei de Newton (F = m a = m d2x/dt2) nos fornece:

F = - K x = m d2x / dt2 , ou d2x / dt2 + (K/m) x = 0.

A solução de tal equação diferencial linear e ho-mogênea, como já se viu, é: x = C1 sen ωt + C2 cos ωt,

onde ωωωω = (K/m)1/2, medida em radianos por se-gundo, é a chamada pulsação da vibração livre, de freqüência f = ω / 2π e período T = 1 / f = 2π / ω.

Supondo que, nas condições iniciais (t=0), o corpo é abandonado sem velocidade (dx/dt = 0) com uma elongação elástica x0, obtem-se: C1 = 0 e

x = x0 cos ωωωωt , , , , onde ω = (K/m)1/2 .......................(11.7.1) A conservação da energia mecânica aplicada ao caso permite escrever: ½ m (Vmáx)

2 = ½ K (xmáx)2, o que leva a: ωωωω = (Vmáx) / (xmáx).

Se o corpo admitir um grau de liberdade por rotação ( θ ) em torno de um eixo fixo, vinculado a um dispositivo elástico por torção (tal que T = - Kθ), a lei de Newton aplicada à Dinâmica da rotação nos fornece: T = Im d

2θ/dt2 , onde Im é o momento de inércia de massa do corpo, em relação ao eixo de rotação – sendo este um de seus eixos principais de inércia. A equação diferencial do movimento oscilatório de rotação será: Im d2θ/dt2 = - Kθ, sendo a solução: θ = θθ = θθ = θθ = θ0 cos ωωωωt, onde ω = (K/Im)1/2 .......................(11.7.2)

admitindo as mesmas condições iniciais comentadas quando da análise do movimento de translação acima, ou seja, (dθ/dt)0 = 0 e (θ)0 = θ0:

x K

m

Fig.11.7 – Sistema massa-mola

F


12

R

Exemplo 11.7: O centro de um disco ho-mogêneo, de massa m = 2,0kg e raio R = 125mm, é fixado, perpendicularmente, a meio comprimento de um eixo maciço de aço (E = 200 GPa e G = 80 GPa), com di-âmetro d = 20mm e extensão de 400mm, sendo engastado nas duas extremidades. Pede-se calcular (em cps) as freqüências naturais de vibração livre do disco, devido à elasticidade do eixo no sentido:

a) Longitudinal; b) Torcional; c) Transversal.

2,0kg

Aço d=20mm

200m

D=250 mm

200mm

P/2

P/2

P/2

P/2

δ

T

T/2

T/2

θ

P

P/2

P/2

f

M1

M1

M1

M1 R

R

M 0

ϕ

Apesar de se tratar de uma estrutura hiperestática, as si-metrias geométrica e do carregamento permitem o cálculo das reações com simplicidade. (a) Vibração longitudinal – considerando a tração / compres-são do eixo temos: δ = (P/2)(L/2)/EA, ou seja,

δ = (PL)/4E(πd2/4) → P = π E d2 / L δ. Encarando a expressão como da forma F = K x, a cons-tante elástica correspondente será: K = π E d2 / L . A pulsa-ção natural para a vibração por translação longitudinal do disco valerá: ω = (K/m)1/2...................... ωωωω1111 = (ππππ E d2 / mL)1/2

(b) Vibração torcional – considerando a torção do eixo temos: θ = (T/2)(L/2)/GJp, ou seja: θ = (TL)/4G(πd4/32) → → T = π G d4 / 8 L θ. A constante elástica correspondente será: K = π G d4 / 8 L . A pulsação natural para a vibração por rotação torcional do disco valerá: ω = (K/Im)1/2, sendo Imo momento de inércia do disco (homogêneo) de massa m e raio, em relação ao eixo perpendicular a seu plano, que vale ½ mR2. Portanto,....................................... ωωωω2222 = (ππππ G d4 / 4LmR2)1/2

(c) Vibração Transversal - considerando a flexão da viga bi-engastada temos: f =PL3/192EI, ou seja f = (PL3)/192EI(πd4/64) P = 3π E d4 / L3 f . A constante elástica correspondente será: K = 3π E d4 / L3 . A pulsação natural para a vibração por translação vertical do disco valerá: ω = (K/m)1/2, portanto

................................................... ωωωω3333 = ( 3ππππ E d4 / m L3)1/2 (d) Vibração em torno de um eixo diametral do disco – outro caso a considerar seria a oscilação que o disco pode sofrer, gi-rando em torno de um seu eixo diametral (perpendicular ao eixo de aço). Será necessário estabelecer a relação entre um momen-to M0 aplicado ao disco e o correspondente ângulo de giro de seu plano (ϕ) provocado pela deflexão angular da linha elástica do eixo de aço, por ação daquele momento fletor, o que será fei-to a seguir, já que tal estudo ainda não foi até aqui realizado.


13

M1

M1

M1

M1

M1 ½ M0

M 0 R

R

R

R

L/2

R R

x

f

½ M0

½ M0 +

+

-

Q

M

Observando o esquema de esforços externos mostrados na figura ao lado, aplicados ao eixo bi-engastado, verifica-se que o momento ativo M0 faz aparecer o binário de forças R aplicadas nas extremidades engastadas que, por não pode-rem girar, desenvolvem os momentos M1 nos sentidos indi-cados, com iguais valores, devido a anti-simetria do carre-gamento em relação à viga simétrica. Os diagramas de Q e de M são apresentados logo abai-xo, em função dos valores desconhecidos de R e M1. A equação da Estática nos fornece: M0 = RL – 2M1 .......................................... (a) Para simplificar, analisemos o comportamento de uma das metades do eixo (de x = 0 a L/2), para a qual se conhece como condições de contorno: para x = 0 → Q = R; M =-M1; f = 0 e ϕ = df/dx = 0; para x = L/2 → Q = R; M = ½ M0; f=0 e ϕ = df/dx = ϕ0 (incógnita que se quer determinar co-mo uma função do momento M0).

A equação do momento fletor no trecho (0; L/2) será: M = M(x) = - ½ (RL – M0) + Rx, en-quanto a equação diferencial da elástica: d2f/dx2 = (-1/2EI)(RL – M0) + (R/EI) x, que integrada uma vez dá: ϕ = df/dx = (-1/2EI)(RL – M0) x + (R/EI) x2/2 + C1 ............................................ (b). Como para x = 0, ϕ = 0, obtemos C1 = 0. Integrando mais uma vez, temos: f = - (1/4EI)(RL – M0) x

2 + (R/6EI) x3 + C2. Como para x = 0, f = 0, obtemos também C2 = 0, e então: f = - (1/4EI) (RL – M0) x

2 + (R/6EI) x3 . Como para x = L/2, f = 0 (pela simetria), concluímos que R = 3M0/ 2L, que, levado em (a) nos permite obter o valor para M1 = M0 / 4.

Levando agora em (b) , teremos finalmente que: M0 = 16EI / L ϕ.ϕ.ϕ.ϕ. A vibração natural do disco, por rotação em torno de um eixo diametral (em re-lação ao qual o momento de inércia Im = ¼ mR2) terá como pulsação: ω = 16EI / [L (1/4 )m R2] 1/2 , e como I = π d4 / 64, obtemos ωωωω = ππππEd4/mLR 2] 1/2 Resumindo os resultados obtidos o introduzindo os valores numéricos: Eixo: L = 400mm; d = 20mm; E = 200GPa; G = 80GPa; Disco: m = 2kg; R= 125mm.

caso Pulsação natural - ω ω (rad/s) f (cps) Longitudinal πEd2/mL 1/2 17.725 2.821

Torcional πGd4/4LmR2 1/2 896,8 142,7

transversal 3πΕd4/mL3 1/2 1.535 244,3

balanceio πEd4/LmR2 1/2 2.836 451,5

Observe que, se o disco em análise (como uma roda de palhetas de uma turbina) girasse arrastando o eixo e acio-nando uma engrenagem cônica em sua extremidade (com componentes de força transversal, radial e longitudinal), um leve desbalanceamento (centro de massa do disco excêntrico em relação ao eixo, ou por falta de perpendicularismo entre o disco e o eixo) e as trepidações na transmissão de força pe-los dentes da engrenagem, as rotações críticas nas quais o eixo não deveria permanecer girando continuamente seriam as de 8.562; 14.658; 27.090; 169.260 rpm. Ao passar por es-sas 3 primeiras rotações, acelerando lentamente até uma ro-tação em regime permanente de, por exemplo, 36.000 rpm, ocorrerão trepidações que poderão gerar danos.


14

11.8 – Amortecimento Viscoso. Forças dissipativas decorrentes do atrito, normalmente atuantes sobre o corpo no sentido contrário a seu movimento, promovem o amortecimento da vibração livre, pela perda da energia mecânica, trans-formada em energia térmica. A força provocada por fluidos viscosos escoando, em regime laminar, entre superfícies atritantes é proporcional à velocidade relativa entre elas: fat = - C (dx/dt), sendo C a constante de amortecimento (em Nm/s). A equação que decorre da aplicação da lei de Newton na vibração livre com amortecimento será: m d2x/dt2 = - C (dx/dt) - K x, ou d2x/dt2 + (C/m) (dx/dt) + (K/m) x = 0. Levando em conta que (K/m) = ωn

2 (sendo ωn a pulsação natural de vibração livre sem amorteci-

mento) e designando a constante (C/m) = 2δωδωδωδωn,,,, sendo δ adimensional (*), a equação será re-escrita co-mo: d2x/dt2 + 2 δ ωδ ωδ ωδ ωn (dx/dt) + ωωωωn

2 x = 0 .................... (11.8.1) A solução de 11.8.1 seria uma função que, sucessivamente derivada, permanece idêntica, multipli-cada por constante. A função que se enquadra em tal condição é a função exponencial: x = λ e st .............................................(11.8.2) Substituindo em 11.8.1 obtemos: (s2 + 2 δ ωn s + ωn

2 ) λ e st = 0, o que implica em → (s2 + 2 δ ωn s + ωn2 ) = 0, já que se

supõe ser λ e st ≠ 0. As raízes da equação do 2º grau são: s1 = [-δ + (δδ + (δδ + (δδ + (δ2222 − 1) − 1) − 1) − 1)1/2 1/2 1/2 1/2 ] ω] ω] ω] ωn e s2 = [-δ − (δδ − (δδ − (δδ − (δ2222 − 1) − 1) − 1) − 1)1/2 1/2 1/2 1/2 ] ω] ω] ω] ωn. (*) a introdução do parâmetro δ objetivou justamente simplificar a escrituração das soluções da equa-ção diferencial, ficando a solução geral na forma:

x = e-δωn

t [ λ1 e + √(δ2 − 1) ]ωn

t + λ2 e − √(δ2 − 1) ] ωn

t ]...........................(11.8.3) Como se vê, trata-se de uma função decrescente com o tempo (expoente negativo do termo amor-

tecedor e-δωnt).

Dependendo do valor de δ teremos: δ > 1 (amortecimento supra-crítico) (exponencial decrescente) δ < 1 (amortecimento sub-crítico) (senóide amortecida)

Convém recordar que no estudo dos números complexos introduziu-se o operador imaginário i com a propriedade de, “multiplicado por um nº R,, fazer com que o mesmo gire de 90º no sentido trigonométrico”. Assim, se repetirmos a operação, multiplicando (iR) novamente por i, haverá novo giro de 90º, fazendo com que Ri2 seja girado de 180° em relação ao nº R inicial, ou seja, Ri2= -R, i2 =-1 e i = (-1)1/2.

δ > 1

δ < 1

Tal operador é muito útil permitindo substituir a notação ve-torial pelos números complexos do tipo (z = a + bi), em lugar do usual z = a i + b j . Na forma polar, o nº complexo fica escrito como: z = ρ (cos θ + i sen θ). Derivando a expressão em relação à variável θ obtemos: dz/dθ = ρ (- sen θ + i cos θ) = ρ (i2 senθ + i cos θ), já que i2 = -1. Ou seja: dz/dθ = iρ (cos θ + ι sen θ) = i z. Separando as variáveis teremos: dz/z = i dθ que, integrada de forma indefinida, nos indica

que: ln z = iθ + C, e portanto, z = eiθ + C = ρ eiθ. Por isso te-

mos: ei θθθθ = = = = (cos θ + θ + θ + θ + i sen θ) θ) θ) θ). O “operador” eiθ tem, portanto, a propriedade de fazer girar de θ um número que ele multipli-car.................................... (Por exemplo: eπi = -1 !)

Real

Imaginário

R

iR

i2 R = -R a

b ρ θ

Elegante equação que une a Geometria (π), o Cálculo (e), a Álgebra (i) e a Arit-mética (-1) ! Une entes que, quando nos são apresentados pela primeira vez, ge-ralmente causam certa estranheza.

C Fig 11.8.1-Amortecedor

óleo canaletas


15

Se δ < 1, a equação incluirá números imaginários nos expoentes e poderá ser re-escrita como:

x = e-δωnt [ λ1 e + √ 1− (δ2) ] i ω

n t + λ2 e − √( 1 − δ2) ] i ω

n t ] e como eiθ= (cos θ + i sen θ),

x = e-δωt λ1 [cos+√(1 - δ2) ωt + i sen +√(1 - δ2) ωt ] + λ2 [ cos -√(1 - δ2) ωt + i sen -√(1 - δ2) ωt]. Levando em conta que cos -ξ = cos ξ e que sen -ξ = − sen ξ , a equação se torna: x = e-δωt [ (λ1 + λ2) cos √(1 - δ2) ωt + i (λ1 − λ2) sen √(1 - δ2) ωt ], ou Supondo que as condições iniciais do movimento são x = x0 e v = dx/dt = v0, para t = 0, obtemos os valores das constantes arbitrárias como sendo: C1 = x0 e C2 = -i[(v0 + δωn x0)/ √(1 - δ2) ωn] e, finalmente:

x = e-δωnt [(x0) cos√(1 - δ2)ωnt + [(v0 + δωnx0)/√(1 - δ2) ωn] sen √(1 - δ2) ωnt]..........(11.8.5)

A pulsação do movimento amortecido (ωa) é inferior à pulsação do movimento sem amortecimento (ωn), sendo (ωa) = √(1 - δ2) ωn

e o período: Ta = 2π / (1 - δ2)1/2 ωn

A relação entre duas amplitudes consecutivas x1 = x0 e

-δωn

t1 e x2 = x0 e-δω

n (t

1 + T

a ) , x1/x2 = eδω

n T

a

Portanto ln (x1/x2) = δ ωn Ta = 2π δ / (1-δ2)1/2

o chamado “decremento logarítmico” que nos permite determinar experimentalmente o valor de δ.

1ºciclo

2ºciclo

3ºciclo

e-δωt

x

x

x0

No amortecimento crítico (δ =1), a solução geral será a exponencial: x = e-ωt [ λ1 + λ2 t), que representa a fase de transição entre um amorte-cimento em que há oscilação em torno da posição de repouso e aquele em que o sistema “flui” até parar (compare as características do sistema mo-la/amortecedor de uma porta de elevador residencial e o de uma porta de “saloon” de filme de “bang-bang”).

Fig.11.8.2 – Tipos de Amortecimento

δ > 1 δ = 1

δ < 1

t

x

x = e-δωn

t [ (C1) cos √(1 - δ2) ωn t + i (C2) sen √(1 - δ2) ωn t ].........(11.8.4)

Exemplo 11.8 – Determinar o número mínimo de ciclos suficiente para que uma oscilação amorte-cida atinja uma elongação de 1% de sua amplitude máxima. Solução: da equação 11.8.5 tiramos que para (1 - δ2)1/2 ωnt = (n)2π, sendo n o nº de ciclos da oscilação, teremos “picos” de amplitude, amortecidos pela exponencial. Para que em um

desses “picos” a elongação seja 1% da inicial, teremos: 0,01x0 = e-δωnt (x0) e portanto:

-δωnt = -4,605 ⇒ (1 - δ2)1/2 (4,605/δ)= (n)2π ⇒ n = 0,7329 [(1 - δ2)1/2 /δ ]

δ n δ n δ n 0,05 19,9(20) 0,20 3,59 (4) 0,50 1,27 (2) 0,10 7,29 (8) 0,30 2,33 (3) 0,80 0,55 (1)


16

A equação diferencial do movimento será: FM sen (pt) – C dx/dt – Kx = m d2x/dt2, ou d2x/dt2 + (C/m) dx/dt + (K/m) x = (FM / m) sen (pt).................(11.9.1). Procedendo à mesma substituição feita para os parâmetros envolvidos, na qual se considerou: (C/m) = 2 δ ωn; (K/m) = ωn

2 (pulsação natural do sistema em vibração livre sem amortecimento), e fazendo (FM / m) = (FM / K)(K/m) = xest ωn

2, onde xest é a elongação que a mola sofreria pela aplicação estática da força Fmáx (lentamente crescente de zero até seu valor máximo), a equação se torna:

d2x/dt2 + (2 δ ωδ ωδ ωδ ωn)))) dx/dt + (ωωωωn2222) ) ) ) x = (xest) (ωωωωn

2222) ) ) ) sen (pt) .............. (11.9.2)

11.9 – Vibrações Forçadas. Ressonância. Consideremos o caso de um corpo com grau de liberdade translacional, vinculado a um sistema elástico de constante K, a um amorte-cimento viscoso de constante C e submetido a uma força ativa pulsante F = F(t), definida em função do tempo pela equação: F = FM sen (pt) onde FM é a amplitude da força e p a sua pulsa-ção.

A solução geral (soma da solução da e-quação homogênea com a particular), ao cabo de um curto intervalo de tempo da fase transi-tória (quando a primeira se extingue pelo amor-tecimento) se limitará à solução particular (em regime permanente). Tal solução particular será do tipo:

x = xM sen (pt - ϕ)ϕ)ϕ)ϕ)......... (11.9.3) onde xM é a amplitude da resposta e ϕ o ângulo de fase entre a força excitatriz e a resposta).

x

t

Fase transitória

x

K

m

Fig.11.9.1 – Vibração forçada c/ amortecimento

v C

Fig.11.9.2- Fase transitória. Regime permanente.

Oportuno registrar a analogia entre o problema mecânico em estudo e a análise do comportamento de um circuito RLC (resistência, indutância, capa-citância), alimentado por uma fonte de tensão senoidal (E = Emáx sen pt), me-dida em volts. As leis aplicadas ao longo do circuito, quanto às sucessivas quedas de tensão em seus elementos, permite escrever: Emáx sen pt = Ri + L (di/dt) + (1/C) Ι i dt, sendo i a corrente no circui-to, dada por i = dq/dt (carga q em Coulomb e corrente i em Coulomb / se-gundo – ampère). A equação pode ser re-escrita na forma: L d2q/dt2 + R (dq/dt) + (1/C) q = Emáx sen pt ............. (comparar com 11.9.2).

Tal equivalência, além do efeito didático de facilitar a compreensão dos fenômenos, pela ana-logia mecânico-elétrica, permite a prática de se montar circuitos elétricos em bancadas (de muito mais fácil confecção e monitoramento, por medição de seu desempenho, do que os sistemas mecâni-cos) para servir de modelos desses sistemas equivalentes (ou outros que obedeçam a equações análo-gas), obtendo-se suas respostas como função das excitações que lhe são promovidas.

R

L

C

~E

i

Fig.11.9.3 – Circuito RLC.

F(t)


17

A seguir é apresentado um quadro de equivalências entre os componentes e proprie-dades dos sistemas mecânicos submetidos a vibrações e seus correspondentes nos circuitos elétricos.

EQUIVALÊNCIA MECÂNICO-ELÉTRICA Sistemas Mecânicos Circuitos Elétricos Característica

Grandeza Unidade Grandeza Unidade Física Força (F)

(N) Tensão (FEM) (E)

Volt (V)

Excitação

Deslocamento (x)

(m) Carga Elétrica (q)

Coulomb (C)

Resposta

Velocidade (V)

(m/s) Corrente (i)

Ampère (A)

Taxa de variação

Massa (m)

(kg) Indutância (L)

Henry (H)

Inércia

Constante Elástica (K)

(N/m) (1/capacitância) (1/C)

1/Faraday (1/F)

Armazenador de Energia Potencial

Amortecimento (C)

(Nm/s) Resistência Ohmica (R)

Ohm (Ω)

Dissipador de Energia

Adotando 11.9.3 como a solução particular (e em regime permanente) da equação 11.9.2, temos: x = xM sen (pt - ϕ); dx/dt = p xM cos (pt - ϕ); d2x/dt2 = - p2 xM sen (pt - ϕ); e, portanto: (ωn

2 - p2) xM sen (pt - ϕ) + (2 δ ωn) p xM cos (pt - ϕ) = (xest) (ωn2) sen (pt), ou

[(xM) / (xest)][( ωn

2 - p2)/(ωn2)] sen (pt - ϕ) + [(2 δ )(p/ωn) cos (pt - ϕ)] = sen (pt).

A relação [(xM) / (xest)] é o chamado “fator de ampliação” (Φ), razão entre a ampli-tude da elongação forçada e a elongação que o sistema sofreria pela aplicação estática da força máxima. Levando em conta a relação sen (a + b) = (sen a) (cos b) + (sen b) (cos a), concluí-mos que: [Φ][( ω2 - p2) / (ω2)] = cos (ϕ) e [Φ] [(2 δ )(p / ω)] = sen (ϕ) e portanto: [Φ] = xmáx / xest = 1/[1-(p/ωn)

2]2 + [2δ (p/ωn)]2 1/2 ........... (fator de ampliação)....(11.9.4)

tg (ϕ) = 2δ (p/ωn)] / [1- (p/ωn)2] ..... (ângulo de fase entre a força e a elongação) ......(11.9.5)

0,5 1,0 1,5 2,0 p/ωn

A figura ao lado apresenta os va-lores do fator de ampliação (Φ) da vi-bração forçada em função da relação en-tre a pulsação (p) da força que atua e a pulsação natural do sistema (ωn), para alguns valores do fator de amortecimen-to (δ). Observe que, para sistemas não amortecidos, a vibração provocaria e-longações de grande intensidade quando da coincidência entre os valores das pul-sações natural e forçada (p/ωn = 1)(ressonância).

1,0

2,0

3,0

4,0 [Φ]

xmáx / xestδ=0

δ=0,2

δ=0,5

δ=1,0

δ=0,3


18

Exemplo 11.9 : O rotor do motor esquematizado, pesando 7,5 kgf, gira a 800 rpm, e está desbalanceado, de sorte que seu centro de massa é excêntrico em relação ao eixo de rotação, numa distância de 0,1mm. O mo-tor é fixado na extremidade de uma viga de aço (E = 200GPa) em balanço, com as características mostradas na figura. Procura-se determinar as amplitudes da oscila-ção do motor (com peso total de 14,0 kgf – rotor + estator) devido à flexibilidade transversal da viga, tanto no sentido vertical como no horizontal) admi-tindo (não considerar a massa da viga*): A) um fator de amortecimento desprezível na ro-tação nominal; B) um fator de amortecimento δ = 0,10 nas ocasi-ões em que a rotação do motor passa e permanece um certo tempo nos valores críticos de ressonân-cia.

2,0m

Perfil S75x8,5 Ix = 1,05 x 106 mm4 Iy = 0,189 x 106 mm4

76

59

6,6

4,3

Solução: O desbalanceamento do rotor, girando a 800 rpm, gera uma força centrífuga (usando o conceito de força de inércia proposto por D’Alembert) de valor: FC = m ω2 r = 7,5 [800 x 2π / 60]2 x 0,1 x 10-3 = 5,264 N. A força é girante, provocando componentes vertical e horizontal alternadas do tipo:

F = Fmáx sen (pt - ϕ), de amplitude Fmáx = 5,264 N e pulsação p = 800 x 2π / 60 = 83,78 rad/s. Para a viga em balanço, com carga concentrada na extremidade teremos como flecha:

f = PL3 / 3 EI. A constante elástica valerá: K = P/f = 3EI/L3 . Vibrações no plano vertical Para a viga em estudo: Ky = 3 (200x109)(1,05x10-6)/(2)3 = 78.750 N/m A pulsação natural de vibração da viga no plano vertical com o motor (de massa 14,0 kg) na extremidade do balanço valerá: (ωn)y = (K/m)1/2 = (78.750 / 14)1/2 =75,00 rad/s. O fator de amplia-ção correspondente será (para δ = 0): [Φ] = 1/[1-(p/ωn)

2] = 1/1-(83,78/75)2= - 4,035 Como xest = 5,264 / 78.750 = 0,06684 x 10-3 m; xmáx = (-4,035) xest = -0,270 mm (o sinal –indica oposição de fase entre a excitação e a resposta). Vibrações no plano horizontal Para a viga em estudo: Kx = 3 (200x109)(0,189x10-6)/(2)3 = 14.175 N/m A pulsação natural de vibração da viga no plano horizontal com o motor (de massa 14,0 kg) na extremidade do balanço valerá: (ωn)y = (K/m)1/2 = (14.175 / 14)1/2 =31,82 rad/s. O fator de am-pliação correspondente será (para δ = 0): [Φ] = 1/[1-(p/ωn)

2] = 1/1-(83,78/31,82)2= - 0,1686 Como xest = 5,264 / 14.175 = 0,3714 x 10-3 m; xmáx = (-0,1686) xest = -0,0626 mm. Ao ser acionado o motor, antes de atingir a rotação nominal (83,78rad/s = 800rpm), passará pelas rotações críticas 31,82 rad/s = 304 rpm e 75,0rad/s = 716 rpm. Para tais rotações críticas teremos, supondo um fator de amortecimento δ = 0,1 em (11.17), com p = ωn: [Φ] = xmáx / xest = 1/ [2δ]= 1 / (2 x 0,1) = 5 (*) – A massa da viga, no caso, não é desprezível em presença da massa do motor, pois o perfil ti-po S 75 x 8,5 tem uma massa de 8,5 kg por metro de comprimento e, numa extensão de 2 metros, te-ria um peso de 17 kgf (tendo o motor 14 kgf).

x

y


19

Para se levar em conta a influência da inércia do elemento elástico no cômputo da massa oscilante

equivalente total, influindo na pulsação natural da vibração, deve-se utilizar o conceito de energia, igua-lando a energia potencial elástica máxima (1/2 K xmáx

2) à energia cinética máxima do conjunto (1/2 M

equivalente Vmáx 2), sendo a massa equivalente a soma da massa do objeto vinculado com uma certa parcela

da massa do elemento elástico que o vincula (já que as velocidades de seus elementos variam ao longo de sua extensão). Chamando de V a velocidade de sua extremidade livre (onde a flecha é máxima e vale PL3/3EI) e de v a velocidade de uma seção genérica x (onde a flecha é dada por “a”) podemos escrever: v = (3V/2L3)(Lx2 – x3/3). Designando por λ a massa por unidade de comprimento da viga (de modo que MV = λL), a energia cinética da viga será dada pela integral: L

Eviga = ∫0 ( ½ )(λ dx) [(3V/2L3)(Lx2 – x3/3)]2 = (1/2) (0,2357 λL) V2

Ou seja: a influência da massa da viga na pulsação natural do sistema corpo-viga pode ser compu-tada, acrescentando-se à massa do corpo, 23,57% da massa da viga (no caso do exemplo em estudo: 0,2357 x 17 = 4,00 kg, a serem acrescentados aos 14 kg do motor). 11.10 - Forças transmitidas às bases. O elemento elástico (K) e o amortecedor (C), conectados às bases (fundações), transmitirão a elas uma força dada por: FB = C(dx/dt) + k (x). Sendo a oscilação em regime permanente dada por x = xM sen (pt-ϕ), teremos: FB = C p xM cos (pt-ϕ) + Κ xM sen (pt-ϕ) = (FB)máx

sen (pt-β), onde (FB)máx é a amplitude da força trans-mitida à base e β é seu ângulo de fase em relação à força que força o sistema.

Assim, para a viga em balanço em análise (ver Ex 10.2.2), a equação da linha elástica será: f = (P/2EI)(Lx2 – x3/3) ............... (a) Na 1ª forma fundamental de vibração da vi-ga, a velocidade vertical de cada seção será propor-cional à flecha correspondente (v = k f).

Exercício proposto: mostre que para uma mo-la helicoidal, o efeito de sua massa sobre a pulsação de um corpo a ela vinculado é de-terminado adicionando-se à massa do corpo, 1/3 da massa da mola.

x

f

v V

M F

Mmola

Procedendo às mesmas substituições de variáveis: C = 2δ ωn m, sendo ωn = (K/m)1/2 , xM = xest, sendo o fator de ampliação da oscilação (amplitude da resposta) e xest = Fmáx / K, obtem-se como “fator de am-pliação da força transmitida à base” ()Β : ()Β = (FB)máx / (F)máx = [(1 + (2δp/ωn)

2]1/2 ou seja ()Β = [(1 + (2δp/ωn)

2]1/2 / [1-(p/ωn)2]2 + [2δ (p/ωn)]2 1/2

A figura mostra que para valores de p/ωn = 0 e 21/2 =1,414 o()Β = 1,0, indicando que a presença do amortecedor abranda a trepidação nas fundações até p = 1,414 ωn, porém a amplia para valores maiores do que p. O ângulo de fase β será dado por: tg β = 2δ (p/ωn)

0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 p/ωn

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

3,0

()Β δ=0

δ=0,2

δ=0,5

1,414

δ=0,9


20

Ex. P3-2004/02 A bancada para teste de um peque-no motor experimental (de 0,980kg – rotor + esta-tor) dispõe de um apoio elástico composto de duas lâminas de alumínio (E = 70GPa e ρ = 2,78 g/cm3) de seção retangular (30 x 9 mm2) engastadas em uma de suas extremidades e servindo de apoio na outra ao motor, que é conectado a um amortecedor

(C = 26,0 Ns/m), conforme indica a figura.

Considerando que o rotor tem de massa 0,480kg e gira a 560 rpm, com centro de gravidade ex-cêntrico em relação ao eixo de rotação num raio de 2 mm, pede-se determinar a amplitude da oscila-ção vertical do motor em regime permanente, em decorrência do desbalanceamento do rotor.

Determinar ainda a amplitude da força transmitida à bancada pela trepidação.

30 30

600 600

C

Solução: A ação centrífuga produzida pelo desbalanceamento estático do rotor gera uma força de inércia girante de valor: F = m ω2 r = 0,480 (560 x 2π / 60)2 x 0,002 = 3,301 N, com uma pulsa-ção p = (560 x 2π / 60) = 58,64 rad/s

A componente vertical dessa força girante varia senoidalmente na forma:

Fy (t) = 3,301 sen(58,64 t).

A constante elástica (K) da suspensão do motor é obtida considerando a relação for-ça/deformação para uma viga engastada com carga na extremidade livre (P/f = 3EI/L3). Como são duas vigas em paralelo: K = 6 E I / L3.

Para as oscilações no plano vertical, I = 30x93/12 = 1823 mm4= 1823 x 10-12m4.

Portanto: KV = 6 x 70 x 109 x 1823 x 10-12/(0,600)3 = 3544 N/m.

xest =Fmáx/K = 3,301 / 3544 = 0,93 mm

A pulsação natural de vibração vertical livre sem amortecimento do conjunto (rotor + es-tator) valera: ωn = (K/m)1/2 = (3544/0,980)1/2 = 60,13 rad/s.

Levando em conta a massa das 2 barras na inércia do conjunto teremos:

mB =2 x [2,78 x (3 x 0,9 x 60) = 900,7 g.

A massa total equivalente (motor + barras) será: M = 0,98 + 0,2357x0,9007=1,192kg

ωn* = (K/M) 1/2 = (3544/1,192)1/2 = 54,53 rad/s.

O fator de amortecimento δ = C / 2 ωn m = 26,0 / 2 x 54,53 x 1,192 = 0,200.

Como p/ωn =58,64 / 54,53 = 1,075, o fator de ampliação valerá:

[Φ] = xmáx / xest = 1/[1-(p/ωn)2]2 + [2δ (p/ωn)]2 1/2 =

= 1/ [1-(1,075)2]2 + [2(0,200)1,075]2 1/2 =2,185.

A amplitude da oscilação valerá: xmáx = Φxest = 2,185 x 0,93 = 2,03 mm

O fator de ampliação das forças transmitidas à bancada (pelas barras elásticas e pelo amortecedor) valerá:

[ΦΒ] = [ Φ] x 1 + [2δ (p/ωn)] 2 1/2 = 2,185 x [1+ [2(0,200)1,075]2 1/2 = 2,378

(FB)máx = 2,378 x 3,301 =7,85 N.

3 3


21

11.11 – Absorvedores de Vibrações Objetivando minimizar os efeitos da ressonância numa estrutura suscetível a tal tipo de ocorrência, quando é impraticável modificar sua conformação ou impedir a ação de es-forços pulsantes que nela atuam, existe o recurso de instalar absorvedores de vibrações que oscilarão em lugar da estrutura que se quer preservar. m1 d

2x1/dt2 + (k1 + k2) x1 + (0) m2 d2x2/dt2 + (-k2) x2 = F(t)

(0)m1 d2x1/dt2 + (-k2) x1 + m2 d

2x2/dt2 + (k2) x2 = 0

No caso em que F(t) = Fmáx sen pt, pode-se prever que a solução particular que satisfaz as equações do sistema (e que representará a condição da vibração em regime permanente, já que a solução transiente se extingue após um certo nº de ciclos, mesmo sendo pequeno o amortecimento) será:

x1 = X1 sen pt; x2 = X2 sen pt. Substituindo nas equações e levando em conta que d2x/dt2 = - p2 x, obtemos:

[- m1 p

2 + (k1 + k2)] X1 + (-k2) X2 = Fmáx

(-k2) X1 + [-p2 m2 + (k2)] X2 = 0 A solução do sistema será obtida pela razão entre os determinantes: [ Fmáx ] [ (-k2)] [- m1p

2 + (k1+k2)] [ ( Fmáx )] [( 0 )] [-m2p

2 + (k2)] [(-k2)] [( 0 )] X1 = ; X2 = [- m1p

2 + (k1+k2)] [ (-k2)] [- m1p2 + (k1+k2)] [ (-k2)]

[(-k2)] [-m2p2 + (k2)] [(-k2)] [-m2p

2 + (k2)] Fazendo com que X1 = 0 (imobilidade do corpo principal m1) teremos: ⇒ k2 = p2 /m2 , que nos leva a X2 = - Fmáx / k2 (em oposição de fase) (o que permite escolher o par de valores k2 e m2 compatível com a pulsação p da força que força o sistema e com a máxima elongação ad-missível para mola do absorvedor).

No caso de a excitação, ao invés de uma força periódica atuando na massa m1, ser uma movimen-tação forçada periódica da base à qual a massa estiver vinculada elasticamente (caso de um abalo sísmico, da trepidação de uma fundação, etc) a solução do problema é análoga através da instalação de um absor-vedor de vibrações (m2, k2). Para tal basta designar por x1 e x2 as coordenadas das massas m1 e m2 em re-lação à base móvel e definir uma coordenada, δ = δ (t), que posicione a base móvel em relação a um refe-rencial fixo. A equação da lei de Newton aplicada a cada uma das duas massas leva a:

Analisemos o modelo esquemático (Fig. 11.10): corpo de massa m1 vinculado elasticamente (constante k1) a uma base fixa e submetido a uma força periódica (F = Fmáx sen pt); um segundo corpo (de massa m2) será co-nectado ao primeiro através de um novo elemento elásti-co (k2) para funcionar como absorvedor de vibrações. Aplicando a lei de Newton para cada uma das massas do sistema (com 2 graus de liberdade), para uma configura-ção genérica na qual as duas massas ocupam as

posições x1 e x2 medidas em relação a um referencial fixo externo (posição de repouso), obtemos: m1 d

2x1/dt2 = F(t) – k1 x1 + k2 (x2 – x1) m2 d

2x2/dt2 = – k1 (x1 - x2) Ou seja:

Fig.11.10-Absorvedor de Vibrações

m1 m2

k1 k2

x1 x2 F(t)


22

m1 d

2 (x1 - δ)/dt2 = – k1 (x1 - δ) + k2 (x2 – x1) m2 d

2 (x2 - δ)/dt2 = – k2 (x2 – x1) Sendo a trepidação da base do tipo:

Exemplo 11.11.1

Solução: a constante elástica da caçamba K = 75 x 9,81 / 0,003 = 245,25 kN/m. A freqüência da oscilação forçada pela ondulação do piso é tal que: f = V/λ =(54.000/3600)/5 = = 3,00 cps. A pulsação forçada vale p = 2πf = 18,85 rad/s. A pulsação natural da oscilação da caçamba sob molas será: ωn = (K/m)1/2 = (245.250/600)1/2 =20,22 rad/s. O fator de ampliação da oscilação vale: Φ = [1 / 1 – (p/ωn)

2 ] = [1 / 1 – (18,85/20,22)2] = 7,64 - A amplitude da oscilação da caçamba alcançaria 7,64 x 4,0 = 30,6 mm. (Resp. 1º item)

- A velocidade crítica para a ressonância corresponderia a uma pulsação p = ωn = 20,22 rad/s, por-tanto a uma freqüência fn = 20,22 / 2π = 3,218 cps, ou seja V = 3,218 x 5 = 16,09 m/s = 57,9 km/h (Resp)

- Para p =(K/M)1/2 = 20,22 = (K / 50)1/2 , obtemos K = 20,44 KN/m . A máxima deformação que o absorvedor experimentaria teria para valor: (245,25/20,44) x 4 = 49mm. (Resp).

m1 m2

k1 k2

x1 x2

δ δ = δmáx sen pt e a resposta do sis-

tema análoga (x = Xmáx sen pt) chega-se às equações do movimento permitindo com-putar as amplitudes (como nos sismógra-fos).

4,0 mm

5,00 m

A caçamba de reboque esquematizada , totalizando 600 kg, é montada sobre um feixe de molas, sendo que, durante seu carregamento, foi verificado que a cada 75kg de carga acrescentada, ocorreu uma deflexão de 3mm nas molas. O veículo se desloca com velocidade de 54 km/h sobre um piso sinuoso (tipo seno) com uma ondulação de amplitude de 4,0 mm entre as cristas, distantes entre si de 5,00 m. Supondo que as rodas (de massa desprezível) a todo instante se mantêm em conta-to com o piso e que seja também desprezível o amortecimento, pede-se determinar: 1º ) a amplitude da vibração vertical da caçamba; 2º) a velocidade contínua do reboque que provocaria grandes trepidações; 3º) o conjunto massa mola que deveria montado na caçamba para limitar tal trepidação, supondo que a massa a ser acrescentada não ultrapasse 50kg.

Documents

11.0 – Instabilidade Elástica. 11.1 – Introdução.petmec.uff.br/sites/default/files/downloads/K- Instabilidade... · 11.3 – Flambagem de colunas comprimidas. Um pilar reto,