Problemas Resolvidos Serie3

7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3

1/28

Exerccios resolvidos

Mecnica Fsica ACF-DEM

50

Vibraes

1.Um oscilador harmnico tem movimento segundo a equao

x(t) = 20 cos (

4t

2

) cm.

Determine:

1.1 a velocidade e acelerao para t = 0,5 s;

1.2 a velocidade e acelerao mximas;

1.3 as condies iniciais.

Resoluo

x(t) = 20 cos (2

t -

4

) cm

v(t) = -20x2

sen (

2

t -

4

) cms-1

a(t) = -20x

2

2

cos (

2

t -

4

) cms-2 ou a = 2

o x = 2

2

x

1.1 em t = 0,5 s

v(t) = -20x2

sen (

4

-

4

)= 0 cms-1

a(t) = -20x

2

2

cos (

4

-

4

) = - 49,3 cms

-2

1.2 vmax = o A=2

x 20 = 10 cms-1

amax=2

o A=2

2

x 20 = 49,3 cms

-2

1.3 em t = 0

xo = A cos o = 20 cos

4

=202

2= 14,1 cm

vo = -o A sen o = 2

x 20 sen

4

= 10 2

2= 22,2 cms-1

ao = 2o xo = 2

2

x 14,1=

2

2

x14,1 = 34,5 cms-2


2/28


ACF-DEM Mecnica Fsica

51

2 Uma partcula de 8 g tem movimento harmnico simples com 12 cm de

amplitude e frequncia de 80 Hz. No instante t = 2 s a partcula ocupa a posio x =

6 cm com velocidade (+).

Calcule:

2.1 a equao da elongao x(t);

2.2 a fora de restituio mxima;

2.3 a energia mecnica da partcula;

2.4 a energia cintica e potencial no instante inicial.

Resoluo

2.1 m =8 g; A = 12 cm; f = 80 Hz. No instante t = 2 s x = 6 cm v> 0

A equao da elongao x = A cos (ot+o)

o = 2f = 160 rads-1

Em t = 2 s

6 = 12cos (320+o) cos (320+o) = 0,5

320+ o =3

+2n v 320+ o =

3

+2n com n inteiro

Como v > 0 sen (320+o) < 0 320+ o =3

+2n o =

3

x = 0,12 cos (160t3

) m

2.2 Frest = -Kx (Frest)max = K A = m2

o A = 8x10-3

x1602

x2x0,12 = 242,56 N

2.3( )

J55,142

12,056,242

2

AFKA

2

1E max

rest2

mec =

=

==

2.4 xo = 0,12cos ( 3

) = 0,06 m

J64,34

55,14

4

1EcosKA

2

1Kx

2

1E meco

222

opo =====

J91,10E4

3EEE mecpomecco ===

3 So dadas as condies iniciais da vibrao de uma particula de 20 g:

xo = -20 cm; vo = 180 cms-1 e ao = 180 ms

-2.

3.1. Determine:


3/28



52

3.1.1 as grandezas fundamentais da vibrao;

3.1.2 a constante de restituio.

3.2 Represente os vectores girantes no instante inicial e em t = 1,5 s.

Resoluo

xa 2o= ; 2o

22 vxA

+=

3.1.1 1o2

o

2

o rads30900)2,0(180===

m209,0900

8,12,0A

22 =+=

rad43,385,23,163rad85,23,163958,0

209,0

2,0cos oo

o

oo ======

=

como vo> 0 seno < 0 o = -163,3o

3.1.2 K = m 2o = 0,02x900 = 18 Nm-1

3.2 em t = 0 a representao grfica dos vectores girantes associados a x, v e a

( Zxo, Zv0 e Za0) a seguinte:

Em t = 1,5 s a fase da vibrao = ot + o=30x1,5 + 3,433=45 + 3,433 rad

A representao dos vectores girantes obtida a partir da anterior com uma rotao

dos mesmos de 45 rad ou 2578,3o = 7,16x360o = 7x360o + 58,3o

I

o=30rads-1

196,7o

A=0,209 m

Zao

R

Zxo

Zvo

Ao= 6,27 ms-1

90o

A2o = 188,10 ms

-2

o=30rads-1

255o

A=0,209 m

Za

R

Zx

Zv

Ao= 6,27 ms-190

o

A2o = 188,10 ms

-2

I


4/28



53

4 Uma partcula de 20 g adquire vibrao harmnica com a pulsao de2

rads-1

e a acelerao mxima da partcula de 1,23 ms-2. Sabe-se que para t =0

xo = 25 cm e vo>0.

4.1Represente os vectores girantes associados a x, v e a quando se verificar

v = a, algebricamente.

4.2 Expresse as energias em funo da elongao e represente graficamente.

Resoluo

4.1 Para encontrar as expresses da elongao x = A cos (ot+o) e velocidade da

partcula v =

dt

dx= -oAsen (ot+o), calcule-se A e o

.

Amax=2o A 1,23 = A

2

2

A = 0,4985 m

xo = A cos o cos o= 5,04985,0

25,0=

Como vo=- o Asen o e vo>0 sen o


5/28



54

A soluo negativa corresponde aos instantes em que a>0 e v>0 sen (ot+o)


6/28



55

O conjunto adquire movimento

horizontalmente quando afastado

da posio de equilbrio PEO para a

posio A em que x =A

e da

libertado sem velocidade inicial.

5.1Calcule o trabalho realizado pela fora de restituio quando o corpo passar

pela primeira vez na posio de equilbrio; qual a sua velocidade nesta

posio?

5.2 Suponha que a superficie rugosa e que o coeficiente de atrito dinmico

= 0,25; qual a velocidade do corpo ao atingir a posio O?

Resoluo

5.1 200

rF K2

1KxdxdxFW

rA

AA ===

Sendo a resultante das foras que actua o corpo Fr , pela aplicao do teorema da

variao da energia cintica vem:

2i

2fF mv

2

1mv

2

1W

r=

m

K

m

W2v ff A==

As foras que actuam o corpo so agora a fora de restituio e a de atrito, sendo a

sua resultante:

Fr+ Fa= - Kx + mg

5.2 O trabalho realizado por estas foras no deslocamento indicado :

AAA

mgK2

1dx)mgKx(W 2

0

F r=+= .

Por aplicao do teorema variao da energia cintica

2f

2F mv

2

1mglK2

1Wr

== A

mg2m

K

m

W2v 2ff == A

6 O comprimento livre de uma mola de 40 cm. Suspendeu-se um corpo de

massa m=200g na sua extremidade e a situao de equilbrio esttico verificou-se

para um aumento de comprimento de 2 cm.


7/28



56

6.1 Determine o perodo e amplitude das oscilaes resultantes se o corpo

receber um impulso na posio de equilbrio esttico que lhe comunique uma

velocidade de 200 cms-1.

6.2 Calcule a fora mxima induzida na mola.

6.3 Se o comprimento da mola fosse reduzido a metade, qual seria o perodo das

respectivas oscilaes?

Resoluo

6.1 Quando o corpo est na posio de equilbrio esttico, o peso e a fora

elstica equilibram-se, sendo:

P-K=0.

= 0,02 m 9802,0

8,9*2,0mgK ==

= Nm-1 e 14,22

2,0

98

m

Ko === rads

-1

284,014,22

22T

o

=

=

= s

O mdulo da velocidade comunicada ao corpo a velocidade mxima da vibrao

resultante, pois a posio em que o corpo se encontrava corresponde ao centro da

vibrao onde x=0. Sabe-se que vmax=oA o que permite calcular a amplitude

3max 10*035,914,22

2

o

vA ==

= m

6.2 A fora induzida na mola a fora elstica K(+x)=P+Kx, cujo valor

mximo se obtm quando x mximo, ou seja quando x=A. A fora mxima

induzida na mola P+KA= 0,2*9,8+98*9,035*10-3=2,85 N

6.3 Se o comprimento da mola se reduziu a metade a sua constante duplicou. Na

situao inicial como se tivssemos duas molas iguais associadas em srie, cada

uma com uma constante 2K de modo a que a constante da mola equivalente seja K.

2m

K2 oo == 2007,0

2

284,0

2

T

2

22T

oo

===

=

= s = 201 ms

7 Uma mola colocada na vertical distendeu-se 8 cm quando foi colocado na sua

extremidade um corpo de 2 Kgf.


8/28



57

Em seguida o conjunto foi colocado horizontalmente e ligado a uma parede. O

corpo foi puxado de 15 cm e largado sem velocidade inicial.

Determine a equao da vibrao e represente em t =1,2 s os vectores

complexos associados a x, v e a.

Resoluo

= 8 cm; m =2 Kg.; xo = 15 cm e vo = 0.

1Nm24508,0

6,92mgK =

=

=

1

o rads07,112

245

m

K ===

xo = 15 cm e vo = 0 A = 15 cm coso = 1 o = 0

A equao da vibrao portanto x = 15cos(11,07t) cm e em t = 0 os

vectores complexos associados a x, v e a so:

Em t = 1,2 s = 11,07x1,2 = 13,28 rad= 4,23 rad =4 + 0,23 rad

Neste instante a representao grfica dos vectores ( Zx, Zv e Za) associados a x, v e

a obtida a partir da anterior rodando o conjunto dos vectores de 0,23 rad

equivalente a 40,5o:

o=11,07 rads-1

A=0,15 m

Zao R

Zx

ZvAo= 1,66 ms

-1

A2o = 18,38 ms

-2

I

o=11,07 rads-1

A=0,15 m

Zao

R

Zx

Zv

Ao= 1,66 ms-1

A2o = 18,38 ms

-2

I

= 0,23 rad = 40,5o


9/28



58

8 Um corpo de massa m cai da altura h sem velocidade inicial sobre um prato de

massa desprezvel apoiado numa mola (K), ficando ligado ao mesmo.

Determine:

8.1 a mxima deformao que a mola

sofre;

8.2 a equao da vibrao referenciada

origem OPE.

Resoluo

8.1 A velocidade do corpo de massa m aps ter percorrido a distncia h calcula-

se pela conservao da energia mecnica.

12 ms2,49,08,92gh2vmghmv2

1 ====

Nas condies dadas o sistema formado agora pela massa, prato e mola vai

iniciar um movimento vibratrio, sendo o valor encontrado a velocidade inicial e

como o centro da vibrao se vai localizar para baixo da posio inicial da mola

devido defleco esttica produzida pela massa sobre a mola, a elongao inicial

(- ).

Como m08,098

8,98,0

K

mg=

== Assim, as condies iniciais so

xo = - 0,08 m e vo =4,2 ms-1

A mxima deformao produzida na mola na situao de compresso,

quando a elongao da vibrao for mxima, sendo portanto A+.

A amplitude da vibrao m3878,098

8,02,408,0

vxA

22

2

o

2

2 o

o =

+=

+=

K = 98 Nm-1

m = 800 g

h = 90 cm.

K

m

K

m

K

x


10/28



59

Mxima deformao = 0,08 + 0,3878 = 0,468 m

8.2 Para determinarmos a equao da vibrao s falta o valor de o que se

calcula apartir das condies iniciais.

- 0,08 = 0,3878 cos o cos o = - 0,206. Como vo > 0 sen o< 0 o = 258,1o

x = 0,388 cos (11,07t + 258,1o) m

9 Considere os seguintes sistemas mecnicos figurados:

Para as condies iniciais xo = 10 cm e vo = 4 ms-1, qual dos trs sistemas

vibrar com maior energia mecnica? Calcule ainda a frequncia das vibraes de

cada um dos sistemas.

Dados: m = 4 Kg; K1 = 20 Nm-1; K2 = 12 Nm

-1.

Resoluo

A energia mecnica dos sistemas mecnicos figurados tem a expresso:

2

o

2

omec Kx2

1mv

2

1E += . O nico parmetro diferente para os trs sistemas K, sendo

a energia maior para o que tiver maior valor de K.

Clculo dos valores de K

K1

x

m

K2

OPE

K1

x

m

K2

OPE

K1

x

m

K2

OPE

K1

I II III

K1

x

m

K2

OPE

K1

xmK2

OPE

K1

x

m

K2

OPE

K1

I II III


11/28



60

I 1

21

21I Nm5,7

32

1220

KK

KKK =

=

+=

II KII = K1 + K2 = 32 Nm-1

III 121

21III Nm23,952

12202

KK2

KK2K =

=+=

A energia mecnica maior para o sistema II.

Clculo dos valores de frequncia

I Hz218,02

4

5,7

2

m

K

2f

I

oII =

=

=

=

II Hz450,02

4

32

2m

K

2f

II

oIIII =

=

=

=

III Hz242,02

4

23,9

2

m

K

2f

III

oIIIIII =

=

=

=

10 O sistema mola-massa m1 est em repouso: uma esfera de massa m2 e

velocidade v vai chocar elasticamente com a massa m1.

Calcular:

10.1 a energia cintica de translao da esfera aps o choque;

10.2 a energia mecnica da vibrao do sistema mola-massa m1; indique, ainda,

as grandezas fundamentais da vibrao.

Resoluo

10.1 O sistema mola-massa m1 est em repouso: uma esfera de massa m2 e

velocidade v vai chocar elasticamente com a massa m1.

Trata-se de um choque directo e elstico, sendo portanto vlidas as equaes:

m1v1+ m2v2 = m1u1+ m2 m2v= m1u1+ m2u2

- (v2 -v1)= u2 -u1 - v2 = u2 -u1

K

OPE

=0

v

x +

m1m

K=90 Nm-1m1=400 gm2=1200 g

v=4ms-1


12/28



61

1

12

122 ms2)4(

1600

800v

mm

mmu ==

+

=

u1 = u2 + v = - 2 4 = -6 ms-1

A energia cintica de translao da esfera aps o choque :

J4,246,0um2

1E 221ctransl ===

10.2 a energia mecnica da vibrao do sistema mola-massa m1 :2

ctransl KA2

1E =

onde A a amplitude da vibrao

As condies iniciais xo = 0; vo = -6 ms-1 e 1o rads15

4,0

90

m

K === permitem

calcular a amplitude atravs da expresso m4,015

36vxA

22

o

2

2 o

o ==

+=

J2,74,0902

1E 2ctransl ==

As grandezas fundamentais da vibrao so os valores j calculados de A = 0,4 m;

o =15 rads-1 e o que iremos calcular:

coso = 0, pois xo = 0. Como vo < 0 seno > 0 o = 2

rad

11 Considere um corpo de 200 gf com movimento amortecido definido pela

equao diferencial:

0x25,2dt

dx4,2

dt

xd2

2

=++ e pelas condies iniciais xo= 0 e vo= - 1,8 ms-1.

11.1 Determine a equao do movimento x(t) e esboce o respectivo grfico

para um ciclo.

11.2 Determine a energia mecnica inicial do movimento; justifique que o

atrito viscoso mximo no incio do movimento.

Resoluo

11.1 0x25,2dt

dx4,2

dt

xd2

2

=++ condies iniciais xo= 0 e vo= - 1,8 ms-1.

2 = 2,4 = 1,2 s-1 1o2

o rads5,125,2==


13/28



62

< o amortecimento fraco, para o qual a equao do movimento x(t) do

tipo:

)tcos(Ae)t(x oat +=

com 12o2

o

a

a rads9,044,125,2T2 ====

)tsen(Ae)tcos(Ae)t(v oat

aoa

t ++=

xo= 0 cos o = 0; vo < 0 sen oa

o

A

v

= > 0. Ento o =

2

;

m29,0

8,1A =

= e m)

2t9,0cos(e2)t(x t2,1

+=

1

a

a s981,69,0

22T ==

=

O grfico para um ciclo est representado na figura. Aos instantes em que a

velocidade se anula com x < 0, corresponde uma fase

radn27,09,02,1arctgarctgt

a

oa +===+=,pois cos < 0 12

quadrante. Assim, o primeiro instante que verifica esta condio de a velocidade ser

nula :

s715,02

981,6)5,07,0(t7,0

2t

981,6

211 ===

+

. A este instante

corresponde um valor de = 7,0cose2x 715,02,1 x=-0,5 m. O instante t2 (tangente

t1 t2

0.7150

vo

-0.6

-0.5

-0.4

-0.3

-0.2

-0.1

0

0.1

0 1.74525 3.4905 5.23575 6.981 8.72625


14/28



63

curva moduladora) igual a s74525,14

Ta = , correspondendo-lhe

m246,0)22

cos(e2x 74525,12,1 =

+

= .

11.2 A energia mecnica inicial do movimento tem apenas a componente da

energia cintica pois a energia potencial nula. Assim

J324,08,12,02

1mv

2

1E 22oo === . A fora de atrito viscoso Fa = bv = 2mv

. Como v mxima em mdulo no incio do movimento, a fora de atrito viscoso

mxima em mdulo (Fa)max = 2mvo = 2x1,2x0,2x1,8 = 0,864 N.

12 Um corpo com a massa de 3 Kg suspenso de uma mola que lhe fez

aumentar o comprimento de 15 cm. Em seguida, o corpo puxado para baixo de 20

cm e libertado sem velocidade inicial. Aps 5 oscilaes completas verificou-se que

a elongao tinha 5% do valor inicial.

Determine:

12.1 a equao da vibrao amortecida;

12.2 a fora de restituio mxima.

Resoluo

m = 3 Kg; = 15 cm; xo = 20 cm; vo = 0. Aps 5 oscilaes a elongao 5% do

valor inicial.

12.1 )tcos(Ae)t(x oat +=

)tsen(Ae)tcos(Ae)t(v oat

aoa

t ++=

K = mg

==g

m

K2o

222

o srad333,65

15,0

8,9 ==

599,0TT505,0lne05,0x

xaa

T5

o

a ====

1

a2

a

2

2

a

222

0

2

a s767,0s7809,0TT

599,0333,65

T

4 ===

=

vo = 0 o

ooa

a

o 446,50cos;09533,02

599,0

2

Ttg =>=

=

=

=

cm09,20m2009,0)446,5cos(

2,0cos

xA oo

o ====.


15/28



64

A equao da vibrao amortecida :

cm)446,5t781,0

2cos(e09,20)t(x ot767,0

=

12.2 A fora de restituio mxima para x = xo, pois quando x tem o valor

mximo.

(Frest)max=Kxo = m2

o xo = 3x65,33x0,2 = 39,2 N

13 Prev-se que um corpo com

2 toneladas, em repouso, caia da altura

h = 5 m sem velocidade inicial, sobre

uma plataforma a montar sobre uma

suspenso (K;b).

Pretende-se projectar a suspenso

de forma a que a plataforma sofra uma

deflexo esttica de 20 cm quando

carregada com o corpo.

Determine K e b de modo que o corpo ao cair no origine vibrao na

plataforma. Calcule, ainda, o valor mximo da fora originada quer na mola quer no

amortecedor.

Admita que o corpo cai na plataforma com choque inelstico e que o peso

desta se pode desprezar.

Resoluo

O corpo com 2 toneladas, em repouso, caindo da altura h = 5 m sem

velocidade inicial, atinge a plataforma com a velocidade

2ms9,998gh2v ===

Se se pretende que a deflexo esttica tenha o valor de de 20 cm, ento K =

mg 1o rads72,0

8,9g ==

=

Para que o corpo ao cair no origine vibrao na plataforma o.

Consideremos o caso da igualdade correspondente ao amortecimento crtico para o

qual a equao do movimento :

t

21 e)tCC()t(x+=

K

h

P

b


16/28



65

e a velocidade t2t

21 eCe)tCC()t(v ++= .

Para determinarmos as constantes entramos em conta com as condies

iniciais do movimento xo = - = - 0,2 m e vo = 9,9 ms-1

1C2,0 =

5,8CC2,079,9 22 =+=

me)t5,82,0()t(x t7+= . A representao grfica vem a seguir ilustrada.

O valor mximo da fora originada na mola o valor mximo da fora

elstica

(Fe)max = K( + xmax) = P + Kxmax. O valor de xmax atingido quando a velocidade

se anula, correspondendo ao instante t2 calculado pela expresso da velocidade.

s1664,05,87

5,82,07

C

CCtC)tCC(0

2

2122221 =

+=

+=++=

m3788,0e)1664,05,82,0(x 1664,07)1664,0( =+= . Este valor maior que

xo, sendo portanto o valor mximo de x atingido durante o movimento. Assim,

(Fe)max = N107,563788,01028,91023233 =+ .

O valor da fora no amortecedor Fa = bv que ser mximo quando a

velocidade for mxima. Para calcularmos os valores mximos de v durante o

movimento devemos encontrar os extremos da funo v(t) que a acelerao:

( ) t22122 eC)tCC(C)t(a ++=

Os valores de t que anulam a(t) so t= e

s309,05,8

2,0

7

2

C

C2t

2

1 =

=

= , pelo que para este ltimo valor vem

t2t1

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

-0.1 0.1 0.3 0.5 0.7 0.9


17/28



66

( ) 1309,07 ms976,0e5,8)309,05,82,0(7)t(v =++= . Comparando este valor

com vo conclumos que a velocidade mxima atingida durante o movimento no

seu incio. Assim, a fora mxima originada no amortecedor :

(Fa)max = bv max =2mvo = 2x7x2000x9,9 = 277,2 N

14 Considere o sistema figurado em que a massa m se vai ligar ao prato de

massa desprezvel adquirindo o conjunto movimento.

Determine a equao x(t) do movimento e faa a sua representao grfica.

Resoluo

Neste sistema no existe mola, sendo ento o=0. Estamos na condio de

>o qual corresponde a soluo do amortecimento forte.

x=C1e-2t+C2e-0t= C1e-2t+C2, sendo v=-2C1e-2t.

Para determinarmos as constantes recorremos s condies iniciais que so

xo=0 e vo=1,5 ms-1, substituindo-as nas equaes anteriores, bem como

54

20

m2

b=== s-1:

0=C1+C2 C1= -C2

1,5=-2*5C1 C1= -0,15 C2= 0,15

x=0,15(1-e-10t) m

vo = 150 cms-1

m = 2 Kg

b = 20 Kg s-1

OPE

=0

v

x +m

b

x(m)

t

0,15


18/28



67

15 Um corpo de 800 g adquire vibrao segundo o eixo OX de acordo com a

equao diferencial:

tcos12x9dt

dx4

dt

xd2

2

=++ (SI)

15.1 Determine a equao x(t) da vibrao forada do corpo quando = rads-1.

15.2 Represente A() indicando se h ressonncia de amplitude.

15.3 Represente graficamente a energia mecnica da vibrao em funo de

. Calcule o seu valor para = rads-1.

Resoluo

15.1 Neste problema a amplitude do foramento constante. A soluo em

regime estacionrio harmnica cuja equao x=Acos(t+o), sendo a amplitude

A deduzida anteriormente:

2222o

o

4)(m

FA

+=

e o desfasamento o entre a excitao e a vibrao22

o

o

2artg

=

o=3 rads-1 e =2 s-1. Substituindo nas expresses anteriores:

953,0*4*4)9(

12A

22=

+= m

=

=

2o 9

*2*2arctg 93,96o

o=-o, sendo =0 o= -93,96o.

x=1,19 cos(t-93,96o) m

15.2 Para representar graficamente A(), calcule-se a pulsao de ressonncia de

amplitude. Atendendo a que Fo/m constante 189222

or ===

rads-1. Para valores de amplitude temos:

=0 A=1,667 m

=r=1 rads-1 A= 34,1

181

12F

4

r

4

o

o =

=

m

= A=0,953 m= A=0.


19/28



68

Pode ento traar-se o grfico A()

15.3 A energia mecnica tem a expresso

+

==

2

2

2

2o

2o22

41m2

FAm

2

1E .

=0 E=0

=o=3 rads-1 E mxima e igual a 6,3

4*8

8,0*12

m8

F 2

2

2

o ==

J

= 58,3953,0**4,0Am2

1E 2222 === J

= E=0.

O grfico E() o seguinte:

16 A vibrao de um ressoador de 100 Kgf definida pela equao diferencial:

)2

tcos(5x100dt

xd2

2 =+ (SI)

16.1 Determine a equao da vibrao forada quando = 20 rads-1 e

represente graficamente A().

16.2 Interprete quando = 10 rads-1.

A (m)

1,331,34

1 (rads-1)0

E (J)

(rads-1)3

3,60

3,58


20/28



69

Resoluo

16.1 Neste problema a amplitude do foramento constante. A soluo em

regime estacionrio harmnica cuja equao x=Acos(t+o), excepto quando

=o, situao que trataremos a seguir.

=0, o=10 rads-1.

2

2210*7,1

)20100(

5A =

= m

o= arctg0 e como o


21/28



70

Dados: P = 200 Kgf; K = 32 MNm-1;

b = 120x103 Kgs-1; Fo = 1 KN e [320, 650 rads

-1]

Resoluo

17.1 400200

10*32 6

o == rads-1

30010*4

10*1202

3

== s-1

22r 300*2400 = corresponde a um nmero no real o que significa que

no h ressonncia, ou seja na curva A() no h nenhum mximo, sendo a curva

sempre decrescente como est esquematizado.

A amplitude mxima para =320 rads-1. O seu valor determinado a partir da

expresso da amplitude deduzida anteriormente

9,24320*300*4)320400(

5

4)(m

FA

222222222o

o =+

=+

=

m

O desfasamento o entre a excitao e a vibrao :

o

2222o

o 3,73320400

320*300*2arctg

2artg =

=

= o= -73,3

o

17.2 A expresso da potncia mdia dissipada

=2E, sendo portantoproporcional energia e mxima quando a energia o for, o que sucede quando

=o.

max=2Emax=m2o (A

2)=o= m2o

16,4200*300*4

10

m4

F

4m

F 62o2o

22

2o ==

=

W

(rads-1)

A(m)

5

320 650


22/28



71

18 O equipamento rotativo figurado adquire vibrao forada na vertical

em virtude do desequilbrio de massa em rotao.

Na banda de pulsaes correspondente variao da velocidade

angular (N) abaixo indicada, determine:

18.1 a amplitude da vibrao forada

quando for mxima;

18.2 o valor da energia mecnica

quando for mxima;

18.3 os valores das foras mximas nas

ligaes L1 e L2.

Dados: P = 600 Kgf; K = 9 MNm-1; b = 105

Kgs-1; c = 3 Kg m;

N [764, 3820 r.p.m.].

Resoluo

18.1 A expresso da amplitude da vibrao forada deduzida na terica :

22222o

2

4)(m

cA

+

=

qual corresponde um mximo quando22

o

2o

r

2

== sendo para esta

situao a amplitude a de ressonncia4o

4r

2r

r

m

cA

= .

Calculem-se o, e r

47,122

600

10*9

m

K6

o === rads-1

7,1323333,33*210*15

10*15

23

3

r =

= rads-1

N

P

K b

L1 L2

14

s..333,33600*2

10*4

m2

b ===


23/28



72

Convertendo as unidades em que est expressa a banda de pulsaes para rads -1,

multiplicando pelo factor60

2obtm-se [80,400 rads-1]. O grfico de A() da

forma:

=0 A=0

=r=1

rads-1

3

24

23

r 10*5,9150006,132

6,132*10*5A

=

= m

= 83,932r = rads-1

A= 310*5m

c = m

= A= 310*5m

c = m.

Como mostra o grfico, na banda de pulsaes dada a amplitude mxima

quando ocorre a ressonncia, tendo portanto a amplitude correspondente o valor

calculado de 9,5 mm.

18.2 Para este caso em que a amplitude do foramento varia com 2, sabe-se que

se >15

1o a energia mecnica cresce com , no ocorrendo extremos. Neste

problema essa condio verificada, pois 27,047,122

333,33

o

==

que superior a

151 =0,258. Ento a energia mecnica mxima para no limite superior da banda

de pulsaes que 400 rads-1.

( )3,1413

400*333,33*440015000

10*5*400*300E

2222

626

=+

=

J

18.3 A fora exercida em L1 a fora elstica expressa por K(+x)=P+Kx que

para cada valor de ser mxima quando x=A, ou seja P+KA. Ento na banda

referida este valor ser mximo quando A for mximo ou seja quando houver

A(mm)

9,5

(rads-1)400132,793,8

5


24/28



73

ressonncia de amplitude, vindo ento (FL1)max=600*9,8*9*106*9,5*10-3 =91,38

KN.

A fora exercida em L2 FL2=bv. Para cada valor de ser mxima quando

v=A=m

E2 ,e na banda dada ser mxima quando a energia o for, ou seja para

=400rads-1. (FL2)max= 4,1886003,1413*2

*10*4 4 = KN

19 Considere o modelo fsico representado na figura constitudo por uma mola

e um motor rotativo com vibrao forada na horizontal:

Determine, na banda indicada:

19.1 a amplitude mxima da vibrao do motor;

19.2 a fora mxima originada em L.

Dados: P = 150 Kgf; K = 6 MNm-1; c = 0,166 Kg m; N [200, 1840 r.p.m.].

Resoluo

19.1 Este problema refere-se ao caso tratado na questo anterior, mas com =0. A

expresso da amplitude 22

o

2

m

cA

= tornando-se mxima e infinita para

=o.

200150

10*66

o == rads-1.

A banda de pulsaes em rads-1 [20,9-192,7]

K

LP

A(mm)

1,1

(rads-1)200192,7

14,3

20,9


25/28



74

A banda de pulsaes localizada no grfico A() mostra-nos que a amplitude

mxima

no limite superior da banda, isto para = 192,7 rads-1. O valor de amplitude

0143,0)68,192200(*150

68,192*166,0A22

2

=

= m

19.2 A fora exercida em L a fora elstica, que nesta configurao horizontal

da mola coincide coma a fora de restituio FL = Kx. Para cada valor de o valor

mximo KA e dentro da banda referida ser mximo quando A o for. Ento

(FL)max = KA=192,7= 6*106*0,0143=85,76 KN

20 Considere o sistema figurado que vai adquirir vibraes foradas nahorizontal originadas pela excitao externa indicada.

Verifique se a excitao e o

ressoador vibram em fase ou oposio

de fase quando = 12 rads-1; nesta

situao, calcule a fora mxima

exercida em L.

Dados: P = 60 Kgf; K = 6 KNm-1; = 4 mm.

Resoluo

Clculo de o:

1060

6000

m

Ko === rads

-1

A nica fora que actua o corpo de peso P a fora elstica Fe = -K(x-), sendo

ento:

- K(x-) = m2

2

dt

xdque conduz equao diferencial

2

2

dt

xd+ 2o x =

2o cos t

Assumindo para soluo desta equao em

regime estacionrio x = A cos (t+o) e

associando vectores complexos s parcelas do

primeiro membro da equao, da sua

representao grfica (ver figura) conclui-se que:

K

L P

O

= cos t

2

o

oR

I

2o A

2A


26/28



75

o desfasamento o entre a excitao e o ressoador , porque >o, estando

portanto em oposio de fase a excitao e a vibrao forada.

A amplitude desta vibrao est contida na relao geomtrica 2o = (2-

2o )A.

33

2o

2

2o 10*1,910*4100144

100A =

=

= m

A fora FL exercida em L simtrica da fora elstica:

FL = K(x-)=K[A cos (t+)-cos t]= -K(A+)cos t. O seu valor mximo

(FL)max= K(A +) = 6*103(9,1+4)*10-3=78,6 N

21 Estudar as vibraes foradas de

uma massa suspensa de uma mola

quando a sua extremidade superior

estiver sujeita vibrao externa =

cos t

Resoluo

As foras actuantes na massa m

durante a vibrao forada da mesma soo seu peso e fora elstica, como esto

indicadas na figura. A resultante destas

foras igual ao produto da massa pela

acelerao.

P- K(x+-) = m2

2

dt

xd. Como da condio de equilbrio esttico P- K =0 e

mKo = a equao diferencial que traduz a vibrao forada :

2

2

dt

xd+ 2o x =

2o cos t

A soluo desta equao, referente ao regime estacionrio, encontra-se facilmente

recorrendo ao mtodo grfico atravs dos vectores complexos como foi estudada na

teoria. Assim a soluo harmnica da forma x = A cos (t+o), onde,

K

xm

OPE

;

K

xm

OPE

;

K(x+-)

P


27/28



76

=

22o

2oA e o (desfasamento entre a excitao e o ressoador) 0 se

o, estando a excitao e a vibrao forada em fase e em oposio

de fase respectivamente.

=0 A=

=o A= (diz-se que h

ressonncia de amplitude)

= A=0.

Da figura podemos concluir que a vibrao forada tem uma amplitude inferior do

excitador quando > 2 o e superior quando < 2 o. Para =o A=. Para

>o o ressoador vibra em fase com o excitador e para >o o ressoador vibra

em oposio de fase com o excitador

22 Considere um automvel de peso P = 750 Kgf com a suspenso (K;b). O

condutor, com o peso de 70 Kgf, ao entrar no mesmo provocou o abaixamento do

seu CM de 24,5 mm. Admita que se pode desprezar o amortecimento face rigidez

total das molas.

22.1Determine a equao da vibrao do automvel se ao circular na estrada

encontrar um ressalto e sofrer um deslocamento vertical instantneo no eixo das

rodas de 40mm.

22.2Admita que o automvel se desloca a velocidade constante e que o perfil da

estrada ondulado sinusoidalmente sendo a distncia entre dois mximos 8 m;

determine a velocidade crtica do automvel.

22.3Resolva a alnea anterior considerando b = 3,28x103Kgs-1.

Resoluo

22.1 Se assumirmos que o deslocamento

instantaneo originado pelo ressalto na suspenso

o deslocamento mximo que ela vai ter em

relao situao de equilbrio e desprezarmos o

amortecimento a vibrao originada no

automvel ser harmnica com condies iniciais

xo = - e vo = 0.

o

A

2 o

o =0 o=

Kb

x

OPEm

A


28/28

Exerccios resolvidos 77

13

3

1 Nm1028105,24

8,970gmK

=

=

= 1

3

rads843,5820

1028

m

Ko =

==

x(t) = - 40x10-3 cos 5,843t m

22.2 Desprezando o amortecimento a

ressonncia de amplitude ocorre para =o, ao

qual corresponde a velocidade critca do veculo

dada pela expressoY

v2 co

= .

Assim

11

c Kmh8,26ms44,7

2

8843,5v ==

=

22.3 Considerando o amortecimento, a condio de ressonncia de amplitude

ocorre para o valor de que satisfaz a expresso o2

r 8112

1

++

= ,

ondeo

= o ndice de amortecimento. Sendo 1

3

s28202

1028,3

m2

b =

==

= 0,3423 e r= 0,9144x5,843 = 5,343 rads-1. Ento a velocidade critica ser

11

c Kmh5,24ms804,62

8343,5v ==

=

Kb

VC

x

OPEm

Y/2

y

Documents

Problemas Resolvidos Serie3