Texto Apoio Vibracoes Mecanicas Apostila

7/23/2019 Texto Apoio Vibracoes Mecanicas Apostila

1/54

APONTAMENTOS DE VIBRAESMECNICAS

Anlise de Estruturas 2Mestrado Integrado em Engenharia Civil

&Mestrado em Engenharia Civil (Reabilitao de Edifcios)

Ano lectivo 2009/2010


2/54


3/54

Estes apontamentos foram retirados dos textos de apoio da disciplina deMecnica

Aplicada II, do antigo curso de Licenciatura em Engenharia Civil, da autoria doProf. Corneliu Cismasiu.

i


4/54

ii


5/54

Contedo

1 Vibraes mecnicas 1

1.1 Vibraes no amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.1 Vibraes livres. Movimento harmnico simples . . . . . 21.1.2 Vibraes foradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.2 Vibraes amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.2.1 Vibraes livres. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.2.2 Vibraes foradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.3 Exerccios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

iii


6/54


7/54

Captulo 1

Vibraes mecnicas

Uma vibrao mecnica o movimento de uma partcula ou de um corpo queoscila em torno de uma posio de equilbrio.

O estudo que se segue ser limitado a sistemas com apenas um grau de liberdade.

Uma vibrao mecnica surge geralmente quando um sistema deslocado da suaposio de equilbrio estvel. Em geral, quando o sistema tende voltar sob a ac-o de foras de restituio, ultrapassa esta posio. A repetio deste processo

chamado movimento oscilatrio. O intervalo de tempo necessrio para o sis-tema completar um ciclo de movimento chama-se perodo de vibrao. O nmerode ciclos por unidade de tempo define a frequncia, e o deslocamento mximodo sistema medido a partir da sua posio de equilbrio chama-se amplitude devibrao.

Vibraes:

livres: movimento mantido apenas por foras de restituio;

foradas: quando uma fora peridica aplicada ao sistema;

no amortecidas: quando se pode desprezar o atrito - o movimentocontinua indefinidamente;

amortecidas: a amplitude decresce lentamente at que, passado umcerto tempo, o movimento cessa.

1


8/54

CAPTULO 1. VIBRAES MECNICAS

1.1 Vibraes no amortecidas

1.1.1 Vibraes livres. Movimento harmnico simples

Considere-se uma partcula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk.

mola

indeformadaequilbrioesttico

est

Fe

P

(a) (b) (c)

P

Fe

x

Quando a partcula se encontra na posio de equilbrio esttico (b),Fx= 0 P Fe= 0

Mas, nesta posio, a fora elstica Fe =kest, ondeestrepresenta a deforma-

o esttica da mola, resultandoP=kest

Numa posio arbitrria (c),Fx=max P Fe=mx

mx= P k (est+ x) =P kest

0

kx

mx+ kx = 0ou, dividindo pela massa,

x+ 2x= 0 com2 km

(1.1)

O movimento definido pela equao (1.1) e um movimento harmnico simples. Asoluo desta equao diferencial homognea de tipoet,

x= et x= et x= 2et

p.2 Captulo 1


9/54

1.1. VIBRAES NO AMORTECIDAS

2 + 2 et = 0 t 2 + 2 = 0 . . . eq. caracterstica

Como soluo da equao caracterstica

1,2= i

a soluo da equao diferencial uma combinao linear de funes de tipoet,

x(t) =C1e1t + C2e

2t =C1eit + C2e

it

ondeC1e C2so constantes arbitrrias que podem ser obtidas da imposio dascondies iniciais do movimento (deslocamento e velocidade inicial).

Usando a bem conhecida frmula de Euler, que liga o nmero irracional edasfunes trigonomtricas,

eix = cos x i sin xa soluo da equao diferencial pode ser escrita,

x(t) =C1(cos t i sin t) + C2(cos t +i sin t)

x(t) = (C1+ C2)cos t +i(C2 C1)sin t = A cos t + B sin tonde Ae B so constantes arbitrrias que podem ser obtidas da imposio das

condies iniciais.

A forma acima equivalente a

x(t) =Xmsin(t )

ondeXme so a amplitude e o desfazamento do movimento oscilatrio, gran-dezas estas que devem ser determinadas das condies iniciais.Para mostrar que as duas formas so equivalentes, usa-se a frmula trigonom-trica,

sin(a

b) = sin a cos b

sin b cos a

Ento,

A cos t + B sin t = Xmsin(t ) =Xm(sin t cos sin cos t)

A cos t + B sin t = Xmsin cos t + Xmcos sin t t

A= Xmsin B =Xmcos

Xm=

A2 + B2 =

+ arctanA

B , seB


10/54


Resumindo, o movimento harmnico simples definido pela equao diferencial

x+ 2x= 0

cuja soluo geral pode ter uma das seguintes formas,

x(t) =C1eit + C2e

it

x(t) =A cos t + B sin t

x(t) =Xmsin(t )Nestas equaes,

= km rad/s

denomina-se por frequncia (circular) do movimento oscilatrio. O tempo neces-srio para a partcula descrever um ciclo completo chama-se perodo,

T =2

s

enquanto o nmero de ciclos descritos na unidade de tempo, denomina-se porfrequncia natural,

= 1

T =

2 Hz

-XM

XM

t

T

A velocidade e a acelerao da partcula resulta pela definio,

x(t) =Xmsin(t ) xmx =Xmx(t) =Xmcos(t ) xmx =Xm

x(t) = 2Xmsin(t ) = 2x(t) xmx =2Xm

Qualquer seja a forma sob a qual apresentada a soluo da equao diferencial,esta envolve duas constantes a determinar pela imposio das condies iniciais,ou seja, o deslocamento e a velocidade inicial da partcula.

p.4 Captulo 1


11/54


Admitindo a soluo e as condies iniciais,

x(t) =Xmsin(t ) x(0) =x0 e x(0) =v0resulta,

x(0) =x0x(0) =v0

Xmsin = x0

Xmcos = v0

Xm=

x20+v0

2= arctan

x0v0

Pndulo simples (soluo aproximada)

Seja um pndulo simples formado por uma esfera demassam ligada a uma corda de comprimento l, quepode oscilar num plano vertical. Pede-se para deter-minar o perodo das pequenas oscilaes (ngulo in-ferior 10).

Ft =mat

mg sin = ml + glsin = 0

P

T

l

m

Para pequenas oscilaes,

sin + gl= 0

(t) =msin(t ) com =

g

l T =

2

= 2

l

g

Exerccio(Beer 19.15)

Um cursor com 5 kg repousa sobre uma mola, no estando ligado a ela. Ob-serva-se que, se o cursor for empurrado para baixo 180 mm ou mais, perde ocontacto com a mola depois de libertado. Determine (a) a constante de rigidez da

mola e (b) a posio, a velocidade e a acelerao do cursor, 0.16s aps ter sidoempurrado para baixo180 mm e , depois, libertado.

m

kmg

Fex

x0equilbrio esttico

mola indeformada

p.5 Captulo 1


12/54


Numa posio qualquerx,

mx= mg Fe= mg k(x+ x0) = kx+ (mg kx0)mas tomando em conta que na posio de equilbrio esttico

mg kx0= 0resulta

mx+ kx = 0 x + 2x= 0

k

m

A soluo da equao diferencial pose ser escrita

x(t) =C1sin t + C2cos t

ondeC1e C2so constantes arbitrrias a determinar aplicando as condies ini-ciais:

x(0) =Xm C2=Xm

x(0) = 0 C1= 0 x(t) =Xmcos t

A velocidade a a acelerao sero dadas por,

x(t) = Xmsin t x(t) = 2

Xmcos t(a) Sabe-se que, quando o cursor perde o contacto com a mola a sua velocidade

nula e a sua acelerao a acelerao gravitacional,

x(t1) = 0 sin t = 0 t1= x(t1) =g 2Xmcos = 2Xm=g

2 = g

Xm=

k

m k= mg

Xm

k=5 9.81

0.18 = 272.5N/m

(b)

=

g

Xm=

9.81

0.18 7.38rad/s

x(0.16) = 0.18 cos(7.38 0.16) 0.068mx(0.16) = 7.38 0.18 sin(7.38 0.16) 1.23m/s

x(0.16) = 7.382 0.18 cos(7.38 0.16) 3.73m/s2

p.6 Captulo 1


13/54



Um bloco com 35 kg est apoiado pelo conjunto de molasmostrado na figura. O bloco deslocado verticalmente para

baixo e em seguida libertado. Sabendo que a amplitude do

movimento resultante de45 mm, determine (a) o perodo efrequncia do movimento e (b) a velocidade e a acelerao

mxima do bloco. Considerek1 = 16 kN/m, k2 = k3 =8kN/m.

m

k1

k3k2

Determinar a constante de rigidez equivalente

posio de equilbrio (molas indeformadas) F1

F2 F3P P

Fe

P =F1+ F2+ F3=Fe (k1+ k2+ k3) = ke

ke=k1+ k2+ k3= 16 + 8 + 8 = 32kN/mou seja, o movimento do sistema dado equivalente ao movimento osci-latrio de um bloco de massa m = 35 kg ligado a umamola de rigidezke= 32kN/m.

(a)

=

kem

=

32000

35 30.237rad/s

T =2

0.208s = 1

T 4.81Hz(b)

x(t) =Xmsin(t )

xmx =Xm

xmx =2Xm

xmx = 30.237 0.045 1.36m/sxmx = 30.237

2 0.045 41.14m/s2

p.7 Captulo 1


14/54



Sabe-se da mecnica dos materiais que quando uma carga estticaP aplicadana extremidadeB de uma viga encastrada com seco transversal uniforme, pro-voca uma flecha B = P L

3/(3EI), em que L o comprimento da viga, E omdulo de elasticidade do material eIo momento de inrcia da seco transver-sal. Sabendo queL = 3.05 m, E= 200 GPa e I = 4.84 106 m4, determine(a) a constante de rigidez equivalente da viga e (b) a frequncia das vibraes

verticais de um bloco com2313N ligado extremidadeB da mesma viga.(Nota: 1 Pa = 1 N/m2,1 GPa =109 Pa)

L,EI B

A

P

B

P

ke

(a)

P =Fe= kB ke= P3EIP L3

=3EI

L3

ke=3 200 109 4.84 106

3.053 102.352kN/m

(b)

= 1

T =

2 =

1

2

k

m=

1

2

kg

P

= 1

2102352 9.812313 3.316Hz

Vibraes de corpos rgidos

No caso dos corpos rgidos, a equao diferencial do movimento oscilatrio re-sulta directo das equaes de equilbrio dinmico.


p.8 Captulo 1


15/54


A barra uniforme AB com 8 kg est articulada emCe ligada em A a uma mola de constante de rigidezk = 500N/m. Se for imposto extremidadeA um pe-queno deslocamento e se depois for libertada, deter-

mine (a) a frequncia das pequenas oscilaes e (b) o

menor valor da constante de rigidez para o qual ocorre-

ro oscilaes. ConsidereL = 250mm ed = 40mm.

kA

B

G

C

L

d

A

C

G

Fe

CnCt

mg

(a)

MG . . . I G = Fe(L/2)cos CtdFt . . . mat =Ct+ mg sin Fecos

at= d sin cos 1

Ct = md mg+ FeIG= FeL/2 md2+ mgd Fed

Mas,

Fe=k L2 + d sin kL

2 + d

e

IG= 1

12mL2

resultando,

+k(L/2 + d)2 mgd

mL2/12 + md2 = 0

=

k(L/2 + d)2 mgd

mL2/12 + md2

=500 (0.25/2 + 0.04)2 8 9.81 0.04

8 0.252/12 + 8 0.042 13.87rad/s

f= 1

T =

2 2.21Hz

(b) No ocorrem oscilaes quando o T ou 0, ou ainda se a frequn-cia um nmero imaginrio,

2 =k(L/2 + d)2 mgd

mL2/12 + md2 >0 k > mgd

(L/2 + d)2

p.9 Captulo 1


16/54


kmn >

8

9.81

0.04

(0.25/2 + 0.04)2 115.3N/m

Exerccio

Determine o perodo das pequenas oscilaes da placa rectangular homognea

representada.

P

R

G

2b

2bG

O

MO =IO

IO =IG+m OG2

IO = 112

(2b)2 + (2b)2

+ mb2

IO =5

3mb2

P b sin = 53

mb2 mgb sin = 53

mb2

Mas, como


17/54


e tomando em conta que, num movimento harmnico simples,

Xm= Xm ou m= m

Exerccio

Utilizando o princpio da conservao da energia, determine o perodo das pe-

quenas oscilaes da placa rectangular homognea considerada no exerccio an-

terior.

nvel de refernciaV = 0

M

= 0 = 0

P P

2b

2b

O

GG

O

M

Posio do deslocamento mximoT1= 0 V1= P b(1

cos m)

1 cos m = 2 sin2

m2

2

m2

2=

2m2

V1=1

2P b2m

Posio de equilbrio

T2=1

2IO

2

m V2= 0

IO =IG+ mOG2 =

1

12

(2b)2 + (2b)2

+ mb2 =

5

3mb2

T2=1

2

5

3mb22

m V2= 0

Conservao da energia

T1+ V1= T2+ V2 1

2P b2m =

1

2

5

3mb22m

e tomando em conta que m=m(movimento harmnico),

mgb2m =5

3mb22m

2 2 =3g5b

T =2

= 2

5b

3g

p.11 Captulo 1


18/54



Uma barra AB com 8 kg e comprimentoL= 600mm est ligada a dois cursores commassa desprezvel. O cursor A est por suavez ligado a uma mola de constante de rigidez

k = 1.2 kN/m e pode deslizar numa barra ver-tical, enquanto o cursorB pode deslizar livre-mente numa barra horizontal.

A L

B

k

Sabendo que o sistema est em equilbrio e que = 40, determine o perodode vibrao se for imposto um pequeno deslocamento ao cursorB e depois liber-

tado.

Determinao da deformao esttica da mola.

Na posio de equilbrio,Fh= 0 NA= 0

MB = 0

A

B

NA

NB

Femg

mgL

2cos FeL cos = 0 est=

mg

2k

Conservao da energia

B

A

B

A

dy

dx

dy

dx

y

x

y

y

y

x

x

GG

(A) (B)

x= L cos y=L sin dx= L sin d dy = L cos d

p.12 Captulo 1


19/54


Tomando em conta que - o ngulo da posio de equilbrio esttico -

independente de tempo,

dx= L sin d dy = L cos d

Comox= x/2e y = y/2,

d x= L2

sin d d y =L

2cos d

(A) - posio de equilbrio (deformao da molaest, velocidade mxima)

V1= 12

k2est+ mgy

T1=1

2IG(d)

2

m+1

2m

(d x)2m+ (d y)2

m

T1=

1

2

mL2

12

(d)2m+

1

2m

L

2sin

2

+

L

2cos

2

(d)2m

T1=1

2

1

12+

1

4

mL2(d)2m=

1

6mL2(d)2m

(B) - posio de deslocamento mximo (velocidade zero)

V2=1

2k(est dym)2 + mg(y+ dym)

T2= 0

T1+ V1= T2+ V2 1

6mL2(d)2m+

1

2k2est+ mgy= 0 +

1

2k(est dym)2 + mg(y+ dym)

1

6mL2(d)2m=

k

2(2estdym+ dy

2

m) + mgdym

e substituindo a expresso doest,

1

6mL2(d)2m=

k

2

2 mg

2kdym+ dy

2

m

+ mg

dym2

=k

2dy2m

1

3mL2(d)2m =kL

2 cos2 (d)2m

p.13 Captulo 1


20/54


Tomando em conta que o movimento harmnico,

d= (d)msin(t ) (d)m= (d)mresultando

1

3mL22(d)2m = kL

2 cos2 (d)2m 2 =3k

m cos2

=

3k

mcos =

3 1200

8 cos40 16.25rad/s

T =

2

0.387s


Uma barra AB com 800 g est rebitada a umdisco com 1.2 kg. Uma mola de constante derigidezk = 1.2 kN/m est ligada ao centro dodisco em A e parede em C. Sabendo que odisco rola sem escorregar, determine o perodo

das pequenas oscilaes do sistema. Considere

r= 250mm eL = 600mm.

0000000

0000000

0000000

0000000

0000000

1111111

1111111

1111111

1111111

1111111

A

B

kr

L

C

00000001111111000000111111

M

M(L/2 r)

rM

B

G

M B

A

G

r sin M rM

(B)(A)

A

(A) - posio de equilbrio esttico (mola indeformada, velocidade mxima)

Tomando em conta que o ponto de contacto entre o disco e a superfciehorizontal o centro instantneo de rotao do sistema, a velocidade dopontoA

vA=rm

p.14 Captulo 1


21/54


A velocidade do pontoGresulta,

vG = vA+ vG/A vG = rm+L

2m = m(L/2 r)

T1= IG,AB

2

m

2 +

mAB(L/2 r)22m2

+IA,disco

2

m

2 +

mdiscor22m

2

IG,AB=mABL

2

12 =

0.8 0.6212

= 0.024kgm2

IA,disco= mdiscor2

2 =1.2 0.25

2

2 = 0.0375kgm2

T1=

0.024

2 +

0.8 (0.3 0.25)22

+0.0375

2 +

1.2 0.2522

2m

Escolhendo o nvel zero para a energia potencial do sistema nesta posio,temos ento,

T1= 0.069252

m V1= 0

(B) - posio de deslocamento mximo (velocidade nula)A deformao da mola nesta posio dada por,

=r sin m rm

V2=1

2k(rm)

2 + mABgL

2(1 cos m)

Mas como,

1

cos m= 2 sin

2m

2 2m

2 2

=2m

2

V2=1

2kr22m+ mABg

L

2

2m2

=

kr2

2 +

mABgL

4

2m

V2=

1200 0.252

2 +

0.8 9.81 0.64

2m

Tomando em conta que nesta posio a velocidade do sistema nula,

T2= 0 V2= 38.6772 2

m

p.15 Captulo 1


22/54


Aplicando agora o princpio da conservao da energia entre as duas posies, e

tomando em conta que o movimento harmnico (m=m),

T1+ V1= T2+ V2 0.069252m= 38.67722m

0.06925 22m= 38.6772 2

m 2 =

38.6772

0.06925 23.64rad/s

T =2

0.266s

Exerccio

Determine a frequncia das pequenas osci-

laes do disco homogneo de massam re-presentado, assumindo que se encontra em

equilbrio na posio mostrada e que no

escorrega na superfcie horizontal.0000

0000

1111

1111

B

O

r

k

a

kA

00000

00000

11111

11111

00000

00000

11111

11111

B

A

A

M

M

B

(1) (2)

(1) - posio de equilbrio (a velocidade mxima)

Como o disco no escorrega na superfcie horizontal, o pontoB o C.I.R.para o disco e o movimento uma rotao no-baricntrica.

T1=12

IB2m

com

IB =IO+ mr2 =

1

2mr2 + mr2 =

3

2mr2

Escolhendo o nvel zero para a energia potencial (gravtica e elstica) nestaposio, resulta

T1=3

4mr22m V1= 0

p.16 Captulo 1


23/54


(2) - posio de deslocamento mximo (velocidade nula)

V2=1

2k(r+ a)22m+

1

2k(r+ a)22m =k(r+ a)

22m

T2= 0

Aplicando o princpio da conservao da energia entre as duas posies, e to-mando em conta que o movimento harmnico (m=m),

T1+ V1=T2+ V2

3

4

mr222m=k(r+ a)22m

=

4k(r+ a)2

3mr2 rad/s

Nota: Para que o resultado acima seja correcto, no necessrio que as molassejam indeformadas na posio de equilbrio esttico. Apenas necessrio que osistema seja em equilbrio nesta posio. Como neste caso as duas molas tem amesma constante de rigidez, para o sistema estar em equilbrio a deformao nasduas molas deve ser a mesma. Seja esta deformao inicialx0 (compresso ou

traco nas duas molas).

A energia mecnica na posio de equilbrio passa a ser,

E1=3

4mr22m+

1

2kx2

0+

1

2kx2

0=

3

4mr22m+ kx

2

0=

3

4mr222m+ kx

2

0

Na posio de deslocamento mximo,

E2=1

2k [x0+ (r+ a)m]

2 +1

2k [x0 (r+ a)m]2 =kx20+ k(r+a)22m

E igualando a energia mecnica nas duas posies,

3

4mr222m+ kx

2

0=kx2

0+ k(r+ a)22m =

4k(r+ a)2

3mr2

Exerccio

O cilindro de massam e raior rola sem escorregar numa superfcie de raio R.Determine a frequncia das pequenas oscilaes do sistema.

p.17 Captulo 1


24/54


A B

C

A

O

O1 O1

O

(1) (2)

(1) - posio de equilbrio esttico (energia potencial zero, velocidade mxima)

V1= 0

T1=1

2mv2O+

1

2IO ( )

2

=1

2mr2

2

+1

2

1

2mr2

2

T1=3

4mr2

2

Mas,

BC=

AC

R= r

=R

r

=R

r

e como nesta posio = m,

T1=3

4mr2

R

r 1

2

2m=3

4m(R r)22m

(2) - posio de deslocamento mximo (energia potencial mxima, velocidadenula)

T2= 0

V2= mg(R

r)(1

cos )

Mas como,

1 cos 2sin

2

2

V2 mg(R r)2 sin

2

2

=mg(R r)2 2

4 =

1

2mg(R r)2

e tomando em conta que nesta posio = m,

V2=1

2mg(R r) 2m

p.18 Captulo 1


25/54


Aplicando o princpio da conservao da energia,

T1+ V1=T2+ V2 3

4m(R r)22m =

1

2mg(R r) 2m

Como o movimento oscilatrio harmnico,

m =m

resultando3

2m(R r)222m = mg(R r) 2m

2

= 2g

3 (R r) = 2g3 (R r)Nota: Mtodo alternativo para o clculo doT1

T1=1

2mv2O+

1

2IO

2 =1

2mv2O+

1

2

1

2mr2

v2Or2

=3

4mv2O =

3

4m(R r)22

Exerccio

Admitindo que no h escorregamento entre o fioinextensvel e o disco de massa M, determine afrequncia das pequenas vibraes do sistema repre-

sentado.

rk

M

m

GG

B

C.I.R. BA

A

MM

(1) (2)

(1) - posio de equilbrio esttico (= m)

V1=1

2k2

0

p.19 Captulo 1


26/54


T1

=

1

2Mv

2

G+

1

2IG

2

m+

1

2mv

2

A =

1

2 Mr

2

2

m+

1

2

1

2Mr

2

2

m+

1

2 m4r

2

2

m

T1=

3

4M+ 2m

r22m

(2) - posio de deslocamento mxima (= m)

V2=1

2k(0+ xG)

2 mgxA MgxG

V2=1

2k(0+ rm)

2 (2m + M)grm

T2= 0

Escrevendo agora o princpio da conservao da energia,

T1+ V1= T2+ V2

resulta,

1

2k2

0+

3

4M+ 2m

r22m=

1

2k(0+ rm)

2 (2m+ M)grm

34M+ 2m

r22m=12kr22m+ [k0 (2m+ M)g] rmNa expresso acima,0representa a deformao da mola na posio de equilbrioesttico. Se nesta posio escreve-se somatrio de momentos emB, resulta

MB = 0 mg2r+ Mgr k0r= 0 k0 (2m + M)g= 0

Com este resultado, do princpio da conservao da energia resulta,

3

4M+ 2m

r22m=

1

2kr22m

e admitindo o movimento harmnico,3

4M+ 2m

22m=

1

2k2m =

k

3

2M+ 4m

Nota: Para simplificar as contas no estudo das pequenas vibraes em torno daposio de equilbrio esttico, pode-se sempre admitir que a fora elstica e asforas que a equilibram nesta nesta posio (pesos) anulam-se umas as outras.

p.20 Captulo 1


27/54


Ento, estas foras podem ser deixadas fora das seguintes contas e na posio de

deslocamento mximo apenas tero de ser contabilizadas as restantes foras e osuplemento da fora elstica.

No problema considerado, isto significava,

V1= 0 T1=3

4M+ 2m

r22m

V2= 1

2kr22m T2= 0

=

k

3

2M+ 4m

1.1.2 Vibraes foradas

As vibraes foradas ocorrem sempre que um sistema est sujeito a uma foraperidica, ou quando est elasticamente ligado a um apoio com movimento osci-latrio.

Fora peridica

Considere-se uma partcula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk, sujeita a aco de uma fora peridica

F =Fmsin ft

molaindeformada

equilbrioesttico

xest

Fe

(a) (b) (c)

PF

Fe

P

x

Fx=mx mx= mg Fe+ F=mg k(xest+ x) + F

Tomando em conta que na posio de equilbrio esttico mg = kxest e substi-tuindo a expresso para a excitao harmnica,

mx+ kx = Fmsin ft

x + 2x=Fm

m sin ft onde =

k

m (1.2)

p.21 Captulo 1


28/54


Uma equao diferencial que possui o membro direito diferente de zero, diz-se

no homognea. A sua soluo geral obtm-se pela adio da soluo particularda equao dada soluo geral da correspondente equao homognea,

x= xp+ x0

Soluo particular Como o membro direito uma funo harmnica, a soluoparticular tambm uma funo harmnica. Seja a soluo particular uma funode tipo

xp= A sin ft + B cos ft

Nesta expresso,AeB so constantes arbitrrias que sero determinadas substi-

tuindo a soluo particular na equao diferencial,

xp= fA cos ft fB sin ftxp= 2fA sin ft 2fB cos ft

2fA sin ft 2fB cos ft+ 2 (A sin ft+ B cos ft) =Fm

m sin ft

A(2

2f)sin ft+ B(

2

2f)cos ft=

Fm

m

sin ft

t

A(2 2f) =Fm

m e B= 0

xp= Fm

m(2 2f)sin ft=

Fm/k

1 (f/)2sin ft

Soluo geral A soluo geral obtm-se juntando soluo particular a soluoda equao homognea (oscilaes livres),

x(t) =C1sin t + C2cos t soluo homognea

+ Xmsin ft soluo particular

onde, com a notao =f/,

Xm= Fm/k

1 2Nota-se que o movimento representado pela equao acima consiste em dois mo-vimentos oscilatrios sobrepostos. Os dois primeiros termos representam a vibra-o livre do sistema. A frequncia desta vibrao a frequncia natural do sistema

p.22 Captulo 1


29/54


e depende apenas da rigidez e da massa do sistema. As constantes C1eC2 po-

dem ser determinadas a partir das condies iniciais. Est vibrao tambmdesignada por vibrao em regime transitrio, uma vez que, no caso de vibraesamortecidas, a amplitude deste movimento decresce rapidamente.

O ltimo termo da equao acima represente a vibrao em regime estacionrio.Este movimento produzido e mantido pela fora aplicada. A sua amplitude de-pende da relao entre a frequncia da excitao e a frequncia natural do sistema.

A razo entre a amplitude das vibraes estacionrias e a deformao estticaFm/k, chama-se factor de amplificao dinmica,

Rd = 11 2

Movimento de base

Considere-se uma partcula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk, sujeita a um movimento de base harmnico,

yf=xgsin ft

00

00

11

11

000

000

111

111

000

000

111

111

molaindeformada

equilbrioesttico

xest

Fe

P

x

(c)(b)(a)

yf

Fe

P

Fx= ma m(x+ yf) =mg Fe=mg k(xest+ x)

Tomando em conta que na posio de equilbrio esttico, mg = kxeste substi-tuindo a expresso para o movimento harmnico de base,

mx+ kx = m2fxgsin ft

x + 2x= 2fxgsin ft onde =

k

m (1.3)

p.23 Captulo 1


30/54


Soluo particular Como o membro direito uma funo harmnica, a soluo

particular tambm uma funo harmnica. Seja a soluo particular uma funode tipo

xp= A sin ft + B cos ft

Nesta expresso,AeB so constantes arbitrrias que sero determinadas substi-tuindo a soluo particular na equao diferencial,

(2 2f)(A sin ft + B cos ft) =2fxgsin ft t

A= xg2

1 2 e B= 0

xp=Xmsin ft comXm=xg2

1 2No caso de movimento de base, interesse relacionar a amplitude das vibraesestacionrias com o deslocamento mximo da base. A razo entre estes dois des-locamentos mximos, chama-se factor de transmissibilidade. Para o calcular, no-ta-se que o deslocamento absoluto da massa em regime estacionrio dado por,

xt(t) =xp(t) + yf(t) =xg1 + 2

1 2 sin ft= xg 1

1 2sin ft

Tr =xt,mx

xg=

1

1 2

As caractersticas das vibraes foradas no-amortecidas, so resumidas noseguinte quadro.

Vibraes foradas no-amortecidasFora harmnica Movimento harmnico de base

x+ 2x= (Fm/m)sin ft x+ 2x= 2fxgsin ft

xp (Fm/k)/(1 2)sin ft xg2/(1 2)sin ftx0 C1sin t + C2cos t

x(t) x0(t) + xp(t)xt(t) x(t) x(t) + xg(t)

Rd 1/(1 2) Tr 1/(1 2)

p.24 Captulo 1


31/54


1 2 3 4

2

4

6

8

1

1

2

Observa-se que, quando a frequncia da excitao igual a frequncia natural dosistema a amplitude de vibrao torna-se infinita. Diz-se que a excitao est emressonncia com o sistema.

A amplitude do movimento igual ao deslocamento esttico para f= 0e depoiscomea a crescer comf. Depois de ultrapassar a frequncia de ressonncia, aamplitude do movimente decresce, chegar a ser mais baixa do que o deslocamentoesttico para excitaes com frequncias muito altas.


A esfera com1.2kg forma um pndulo com comprimento L = 600 mm que estsuspenso a partir de um cursorCcom1.4kg. O cursor obrigado a deslocar-sede acordo com a relao,

xC=Ymsin ft

com amplitude Ym= 10 mm e uma frequncia ff = 0.5Hz. Considerando apenaso regime estacionrio, determine (a) a amplitude do movimento da esfera e (b) a

fora que deve ser aplicada ao cursorCpara o manter em movimento.

p.25 Captulo 1


32/54


L

x

C

mg

T

xC=Ymsin ft

Fx . . . mx= Tsin

Fy . . . my=Tcos mgAdmitindo pequenas oscilaes,

sin tan cos 1

e o movimento ocorre segundo um eixo horizontal. Resulta ento,

T=mg

mx= mgx xCL

x+ gL

x = g

LxC

x + 2 x= 2 Ymsin ft com =

g

L

(a) A soluo particular ser dada por,

xp= Xmsin ft ondeXm= Ym

1 (f/)2

Tomando em conta que

2 = g

L 2f= (2ff)

2

Xm= Ym

1 42f2fL/g =

0.01

1 4 2 0.52 0.6/9.81 0.025m

p.26 Captulo 1


33/54


(b)

C

T

N

mg

xC

aC= xC= 2

fYmsin ft= 2

fxCFx . . . mCaC=F+ Tsin F =mCac Tsin

Tomando em conta queT=mg ,sin (x xC)/Le2 =g/L,

F = mc 2fxC mgx xc

L = mc 2fxC m2x + m2xC

F= (m2 mC2f)Ym m2Xm sin ftPara os valores numricos dados,

F 0.44 sin tN


Um motor com180 kg est fixo a uma viga horizontal de massa desprezvel. Odesequilbrio do rotor equivalente a uma massa de28g situada a uma distnciade150 mm do eixo de rotao, e a deformao esttica da viga devida ao pesodo motor igual a12 mm. A amplitude de vibrao devida ao desequilbrio podeser atenuada atravs da adio de uma placa base do motor. Se a amplitude de

vibrao em regime estacionrio tiver que ser menor que 60 m para velocidadesdo motor acima de300 rpm, determine a massa necessria da placa.

p.27 Captulo 1


34/54


f

m

ft

Pmsin ftPm=m2fr

Rotor

Fe

M gPmsin ft

est

x

Motor

sumFx . . . M x= M g Fe+ Pmsin ft

x+ 2

x=Pm

M sin ft onde = kMA vibrao em regime estacionrio vai ter uma amplitude dada por,

Xm = Pm/k

1 (f/)2=

m2fr/(M2)

1 (f/)2 =

rm/M

(/f)2 1

1r mM

Xm

f/

f >300rpm

Escrevendo o equilbrio esttico da viga,

kest = M g k= Mgest =180 9.810.012 = 147150N/mA frequncia da estrutura, depois da adio da placa, ser dada por,

2 = k

M

Tomando em conta esta definio,

Xm= rm/M

k/(M2f) 1 Xm

k

M2f 1

= r

m

M

p.28 Captulo 1


35/54


M

=

k

2f rm

Xm

Comof= 300 2/60 = 10rad/s

eXm = 60 106 m (. . . veja o enunciado e a figura)

resulta

M =147150

1002 +

0.15 0.02860

106

219.1kg

O peso da placa ser

M=M M= 219.1 180 = 39.1kg


Um pequeno reboque e o barco possuem a massa total de 250 kg. O reboqueest apoiado em duas molas, cada uma com 10 kN/m e desloca-se ao longo deuma estrada cuja superfcie se pode aproximar a uma curva sinusoidal com uma

amplitude de40 mm e um comprimento de onda de 5 m. Determine (a) a veloci-dade para a qual ocorre a ressonncia e (b) a amplitude da vibrao do reboque

velocidade de50 km/h.

2Ym

vy

x

Fe

mg

y= Ymsin ft

x

est m(x y) = kxmx+ kx = ky

x+ 2x= 2Ymsin ft

2 = k

m f=

2

T =

2

/v =

2v

p.29 Captulo 1


36/54


A soluo da equao diferencial

x(t) =Xmsin ft

onde a amplitude do movimento oscilatrio dada por

Xm= Ym

1 (f/)2

(a) A ressonncia ocorre quando a amplitude do movimento mxima, ou seja,quando

=f km

=2v

v= 2k

m

v= 5

2

2 10000

250 7.12m/s 25.62km/h

(b)

Xm= Ym

1 (f/)2 =

Ym

1

2v

2 m

k

v= 50km/h= 1259

m/s

Xm= 0.040

1 4 2 1252

52 92250

20000

0.014m

1.2 Vibraes amortecidas

Na realidade, todas as vibraes so amortecidas, em maior ou menor grau, pela

aco das foras de atrito. Estas foras podem ser causadas por atrito seco - entrecorpos rgidos, por atrito fluido - quando um corpo rgido se desloca num fluido,ou por atrito interno - entre as molculas que constituem um corpo.

Um tipo de amortecimento com especial interesse o amortecimento viscoso emque a fora de atrito proporcional e oposta a velocidade do corpo em movimento

Fa = c x

A constantecexpressa em Ns/m chama-se coeficiente de amortecimento viscoso.

p.30 Captulo 1


37/54

1.2. VIBRAES AMORTECIDAS

1.2.1 Vibraes livres

Seja uma partcula de massa m ligada a uma mola de rigidez ke a um amortecedorde coeficiente de amortecimento viscosoc.

(a) (c)(b)

xest

x

Fe

FaFe

mg

mg

Na posio de equilbrio esttico (b), o sistema est em repouso, portanto no amor-tecedor no se desenvolve fora nenhuma. Escrevendo a equao de equilbrioesttico resultamg = kxest.Seja uma posio qualquer (c) caracterizada pela posioxe a velocidade xdapartcula. Escrevendo as equaes de movimento nesta posio, resulta

mx= mg cx k(xest+ x) =mg kxest 0

cx kx

mx+ cx + kx = 0

ou, dividindo pela massa,

x+ c

mx+ 2x= 0 com2 k

m (1.4)

O movimento definido pela equao (1.4) representa um movimento oscilatrioamortecido. A soluo desta equao diferencial homognea de tipoet,

x= et x= et x= 2et2 +

c

m + 2

et = 0 t

Resulta a equao caracterstica

2 + c

m + 2 = 0

cuja soluo dada por

1,2= c2m

c

2m

2 k

m

p.31 Captulo 1


38/54


Designa-se por coeficiente de amortecimento crtico, ccro valor do coeficiente de

amortecimentocque anula o radical,

ccr = 2m

k

m= 2m

Por vezes, o amortecimento de um sistema costuma ser dado em percentagemsobre o valor do amortecimento crtico,

= c

ccr

Os valores recomendados para o factor de amortecimento no clculo de estrutu-ras variam entre5 10% para estruturas metlicas,7 10% para estruturas embeto e10 20% para estruturas em madeira.

Com esta notao, a equao diferencial das vibraes livres amortecidas toma aseguinte forma,

x + 2x + 2x= 0 (1.5)

Dependendo do valor do coeficiente de amortecimento, distinguem-se trs casos:

Amortecimento super-crtico (c > ccrou >1) As razes da equao caracte-rstica so reais e distintas, ambas negativas.

1, 2< 0 x(t) =Ae1t + Be2t limt

x(t) = 0

O movimento resultante no oscilatrio. O x tende para zero quandotaumenta indefinidamente, ou seja, o sistema readquire a sua posio deequilbrio esttico aps um intervalo de tempo suficientemente longo.

Amortecimento crtico (c = ccr ou = 1) A equao caracterstica tem uma

raiz dupla, 1,2= x(t) = (A + Bt)et

O movimento no vibratrio, retomando o sistema a sua posio de equi-lbrio no menor tempo possvel, sem oscilar.

Amortecimento sub-crtico (c < ccrou


39/54


Definindo,

2a = km

c

2m

2= k

m

1 m

k

c2m

2

2a =2

1

c

2m

k/m

2= 2(1 2)

resulta1,2= ia

e

x(t) =et

(C1sin at +C2cos at)O movimento oscilatrio, com amplitude decrescente. A frequncia devibrao,a =

1 2 < pelo que o perodo de vibrao do sistema

amortecido maior do que o perodo de vibrao correspondente ao sistemano amortecido. O sistema readquire a sua posio de equilbrio estticoaps um intervalo de tempo suficientemente longo.

Amplitude do movimento

amortecimento crtico

amortecimento supra-crtico

amortecimento sub-crtico

Tempo


Um blocoA com4 kg solto de uma altura de 800 mmsobre um bloco B com 9 kg, que est em repouso. Obloco B est apoiado numa com constante de rigidezk = 1500 N/m e est ligado a um amortecedor com co-eficiente de amortecimentoc = 230 Ns/m. Sabendo queno existe qualquer ressalto, determine a distncia m-

xima percorrida pelos blocos aps o choque.

A

B

ck

h

p.33 Captulo 1


40/54


A velocidade do blocoA antes de choque obtm-se aplicando o princpio

de conservao da energia.

mAgh =1

2mAv

2

A vA =

2gh

A velocidade dos dois blocos aps o choque resulta da conservao da quan-tidade de movimento, tomando em conta que no h foras impulsivas ex-ternas e que o choque perfeitamente plstico.

mAvA= (mA+ mB)v v = mA

mA+ mB

2gh

v

= 4

4 + 9 2 9.81 0.8 1.219m/s As foras que actuam em seguida sobre o sistema formado pelos dois blocos

so o peso, fora elstica e fora de amortecimento viscoso.

Tomando em conta que a nova posio de equil-brio esttico, devida ao suplemento de peso pro-vocado pelo blocoA dada por,

x0=mAg

k =

4 9.811500

0.026m

M g x0

x

FaFe

temos,Mx= M g k(x0+ x) cx x+

c

Mx+

k

Mx= 0

ou seja,x + 2x + 2x= 0

onde

=

k

M =

1500

4 + 9 10.742rad/s

ccr = 2M= 2 (4 + 9) 10.742 279.266Ns/m

= cccr= 230279.266 82%

Como o amortecimento sub-crtico, o movimento resultante ser dado por

x(t) =e t (C1sin at + C2cos at)

coma=

1 2 = 10.742

1 0.822 6.15rad/s

ou sejax(t) =e8.81 t [C1sin(6.15 t) + C2cos(6.15 t)]

p.34 Captulo 1


41/54


As constantesC1e C2vo ser determinadas a partir das condies iniciais

do movimento:x(0) = x0 e x(0) =v

x(0) =C2= x0 C2= 0.026

x(t) =e8.81 t [(6.15 C1 8.81 C2) cos(6.15 t)+(8.81 C1 6.15 C2) sin(6.15 t)]

x(0) = 6.15 C1 8.81 C2=v C1=v + 8.81 C2

6.15

C1=1.219 8.81 0.026

6.15 0.161

A equao do movimento oscilatrio em torno da posio de equilbrio es-ttico, fica ento definida por

x(t) =e8.81 t [0.161 sin(6.15 t) 0.026 cos(6.15 t)]

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.02

0.01

0.01

0.02

0.03

x0

xM

x

t

O deslocamento mximo xm, ser alcanado quando a velocidade do sis-tema ser nula.

x(t) =e8.81 t [1.219 cos(6.15 t) 1.259 sin(6.15 t)]

x(t) = 0 t= 16.15

arctan

1.219

1.259

0.125s

O deslocamento mximo ser ento,

xm = x(0.125) 0.031m

p.35 Captulo 1


42/54


A distncia mxima percorrida pelos blocos aps o choque ser,

dmx =x0+ xm= 0.026 + 0.031 = 0.057m

1.2.2 Vibraes foradas

Fora peridica

Seja uma partcula de massa m ligada a uma mola de rigidez ke a um amortecedorde coeficiente de amortecimento viscosocsob a aco de uma fora peridica,

F =Fmsin ft

(a) (c)(b)

xest

x

Fe

FaFe

mg

mgF

A equao de movimento em torno da posio de equilbrio esttico ser

mx+ c x + k x= Fmsin ft


x + 2 x+ 2 x=Fm

m sin ft (1.6)

A soluo geral desta equao diferencial no-homognea obtm-se pela adio

de uma soluo particular soluo geral da equao homognea.A soluo geral da equao homognea, que foi obtida no caso das vibraeslivres amortecidas, depende do amortecimento do sistema, mas de qualquer modoesvanece com o tempo. O intervalo de tempo inicial em que esta soluo temvalores no desprezveis, chama-se zona transitria.

A soluo particular representa a vibrao em regime estacionrio, significandoque depois de um intervalo suficientemente longo, esta soluo caracteriza sozi-nha o movimento do sistema.

p.36 Captulo 1


43/54


Se a excitao fosse harmnica, a soluo particular tambm harmnica,

xp=A sin ft+ B cos ft

e substituindo na equao diferencial, temos

2fA sin ft 2fB cos ft+ 2fA cos ft 2fB sin ft+2A sin ft +

2B cos ft=Fm

m sin ft t

2 2f 2f

2f 2

2

f A

B = Fm/m

0 ou, dividindo cada linha por2 e utilizando as notaes =f/e 0= Fm/k,

1 2 22 1 2

AB

=

0

0

A= (1 2)

(1 2)2 + (2)20

B = 2

(1 2)2 + (2)20Para por em evidncia a amplitude do movimento, a soluo particular pode serescrita sob forma

xp=Xmsin(ft )onde

Xm=

A2 + B2 = 1

(1 2)2 + (2)2 0

e

= arctanBA= arctan 21 2A razo entre a amplitude das vibraes em regime estacionrio e a deformaoesttica provocada pela aplicao da foraFm, designa-se por factor de amplifica-o dinmica,

Rd = 1

(1 2)2 + (2)2

O factor de amplificao dinmica depende da razo das frequncias, = f/e do factor de amortecimento do sistema.

p.37 Captulo 1


44/54


0.5 1 1.5 2 2.5 3

1

2

3

4= 0

= 0.125

= 0.250

= 0.375

= 1.000

Rd

Observa-se que a amplitude de uma vibrao forada pode manter-se pequena,quer atravs da escolha de um elevado coeficiente de amortecimento viscoso, quermantendo afastadas uma da outra a frequncia natural do sistema e a frequnciada excitao.

Movimento de base

Seja uma partcula de massa mligada a uma mola de rigidez ke a um amortecedor de coefici-ente de amortecimento viscosoc. O sistema est sujeito a ummovimento harmnico de base,

xf(t) =xgsin ft

0000000

0000000

1111111

1111111

xf

h

xm

k

est

c

Para uma posio qualquerx, a equao de movimento dada por,F =ma ma= P+ Fe Fa

onde

a= d2

dt2(xf+ h + x) = xf+ x

Fe=k(est x) Fa=cxResulta,

m(xf+ x) = mg+ k(est x) cx mx+ cx + kx = mxf

p.38 Captulo 1


45/54


e dividindo pela massa, e substituindo a expresso da acelerao da base,

x + 2x + 2x= 2fxgsin ft (1.7)

Observa-se que, fazendo a notao,

Fm=m2

fxg

a equao (1.7) transforma-se em

x + 2x + 2x=Fm

m sin ft

ou seja, numa forma idntica (1.6) que representava a equao diferencial dasvibraes amortecidas foradas, provocadas por uma fora harmnica.

A soluo particular da equao (1.7) resulta,

xp=0Rdsin(ft ) =Fm

k Rdsin(ft ) =

m2fxg

m2 Rdsin(ft )

xp(t) =xg

f

2Rdsin(ft )

Viu-se que, no caso de uma fora aplicada, calculou-se o factor de amplificaodinmica, Rd. Este factor permite relacionar os deslocamentos mximos da massaobtidos para uma aplicao esttica, respectivamente dinmica da fora.

No caso de movimento de base, interesse relacionar o deslocamento mximo dabase com o deslocamento mximo da massa. O coeficiente que permite este re-lacionamento, chama-se factor de transmissibilidade,Tr. Para o calcular, nota-seque o deslocamento absoluto da massa em regime estacionrio dado por,

xt(t) =x(t) + xf(t) =xg

f

2

Rdsin(ft ) + xgsin ft

Para por em evidncia a amplitude do movimento, o deslocamento absoluto es-creve-se como

xt(t) =Xmsin(ft )e identificando os termos,

Xmcos =xg+ xg

f

2

Rdcos

Xmsin =xg

f

2

Rdsin

p.39 Captulo 1


46/54


Utilizando a notao =f/,

Xmxg

cos = 1 + 2Rdcos

Xmxg

sin = 2Rdsin

Tr =Xm

xg=

1 + (2)2

(1 2)2 + (2)2

Observa-se que uma reduo na transmissibilidade nem sempre se consegue comum aumento do amortecimento.

0.5 1 1.5 2 2.5 3

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Tr = 0

= 0.125

= 0.250

= 0.375

= 1.000

Exerccio

Considere o sistema da figura que representa um carro que sobe a rampa de

transio para o tabuleiro de uma ponte.

a) Escreva a equao de movimento do carro, admitindo que mantm a ve-

locidade horizontal v0 constante e que a rampa tem uma inclinao h/Lconstante;

b) SendoM= 1000kg,c = 0.05 ccr,v0 = 40km/h,k = 250kN/cm,h = 1meL = 100 m, qual a acelerao mxima de Mno trajecto ao longo da

rampa?

M

h

v0

c

ug

k

L

ut

p.40 Captulo 1


47/54


a) Como a velocidade horizontal constante, o movimento do carro segundo

o eixo horizontal rectilneo e uniforme definido pela equao

x(t) =v0t

No estudo que se segue ser considerada apenas a componente vertical destemovimento.

Uma vez na rampa inclinada, as foras que actuam no corpo de massa Mso o peso, a fora elstica e a fora de amortecimento.

0000000000000000000

0000000000000000000

1111111111111111111

1111111111111111111

M

ck

ug

PFa

Fe

M a

uest

h0

u

h0

Ma= P+ Fe Faonde

a= d2

dt2(ug+ h0+ u) =

d2

dt2

v0h

L t + h0+ u

= u

Fe=k(uest u) Fa= cuResulta,

Mu= Mg+ kuest

0

ku cu

Mu+ cu+ ku = 0


u+ 2u + 2u= 0

A soluo desta equao diferencial representa o movimento da massaMem relao posio de equilbrio esttico. O movimento absoluto da massa dado por

ut(t) =ug(t) + h0+ u(t) =v0h

L t+ h0+ u(t)

p.41 Captulo 1


48/54


ondeug a componente vertical do deslocamento da base e h0uma cons-

tante (altura do veculo).

b) Como o movimento oscilatrio definido pela equao diferencial tem umamortecimento sub-critico (= 5%),

u(t) =e t (C1sin at + C2cos at)

u(t) =et [(C1a C2)cos at (C2a+ C1)sin at]

coma=

1 2.

As constantesC1e C2vo ser determinadas a partir das condies iniciaisdo movimento,

u(0) = 0 e u(0) =v0y =v0h

L

u(0) =C2= 0 C2= 0

u(0) =C1a C2= C1a= v0hL

C1= v0haL

Resulta u(t) = v0h

aLe t sin(at)

u(t) = v0h

aLe t [acos(at) sin(at)]

u(t) = v0h

aLe t

(22 2a) sin(at) 2a cos(at)

0.05 0.1 0.15 0.2

0.0004

0.0002

0.0002

0.0004

0.0006

t[s]

u[m]

p.42 Captulo 1


49/54


Para os valores numricos dados,

=

k

M =

250 105

1000 158.11rad/s

a=

1 2 = 158.11

1 0.052 157.91rad/s

0.05 0.1 0.15 0.2

15

10

5

5

10

t[s]

u[m/s2]

u(t) 0.000703636 e7.9055t sin(157.91t)

u(t) e7.9055t [1.75678 cos(157.91t) 17.5016 sin(157.91t)]

A acelerao mxima resulta ento,

d u

dt = 0 t 0.009s amx 16.4m/s2

O deslocamento absoluto da massa apresentado na figura seguinte.

p.43 Captulo 1


50/54


0.05 0.1 0.15 0.2

0.005

0.01

0.015

0.02

ut[m]

h0t[s]

1.3 Exerccios propostos

Exerccio

O sistema representado na figura consiste numa barra rgida, apoiada num ponto

fixo emO, ligada a uma mola e a um amortecedor. A massa total m1 = 2m dotrooOB est uniformemente distribuda no seu comprimento. Os troosAO eBCno possuem massa estando uma placa circular de massa m2 = m ligadarigidamente ao ponto C. Sabendo que m = 2kg, L = 3m, k = 800N/m ec= 200Ns/m, determine:

(a) a equao de movimento do sistema para pequenas oscilaes. Tome o

ngulo de rotao da barra em torno do ponto Ocomo coordenada gene-ralizada;

(b) a frequncia das vibraes amortecidasae o factor de amortecimento do

sistema.

L/2 3L/4 L/4

L/4

kc

A BO

R= L/8C

p.44 Captulo 1


51/54

1.3. EXERCCIOS PROPOSTOS

(a) Considerando as pequenas vibraes em torno da posio de equilbrio,MO =IO

mgL

4 k

3L

4

3L

4

c

L

2

L

2

= IO

I0= 1

12m1L

2 + m1

L

2

2+

1

2m2R

2 + m2

L2 +

L

4

2

IO = 112

2mL2 + 2mL2

4 +1

2mL

2

64+ mL2 17

16=667

384mL2

Resulta:667

384mL2+ c

L2

4+

k

9L2

16L

4mg

= 0

ou,

m+ c+k = 0

onde

m=667mL2

384 31.27 c= cL

2

4 = 450 k=

9kL2

16L

4mg= 4035.3

(b) A frequncia natural do sistema sem amortecimento dada por,

n=

k

m 11.36rad/s

O factor de amortecimento,

= c

ccr=

c

2mn 450

2 31.27 11.36 0.633(sub-crtico)

A frequncia das vibraes amortecidas,

a = n

1 2 8.79rad/s

p.45 Captulo 1


52/54


Exerccio

A massa m1 suportada pela mola k estando emequilbrio esttico. Uma segunda massam2 cai deuma altura h e choca com a massa m1, ficando asmassas, a partir do instante do choque, ligadas uma

outra. Determine o subsequente movimento u(t)medido a partir da posio de equilbrio esttico da

massam1antes do choque.

h

k

m2

m1

a velocidade da massa m2 no instante do choque calcula-se aplicando oprincpio da conservao da energia:

m2gH=1

2mv2

0 v0=

2gh

A velocidade das duas massas imediatamente aps o choque calcula-se apli-cando o princpio da conservao da quantidade de movimento:

(m1+ m2)v=m2v0 v= m2

m1+ m2

2gh

A nova posio de equilbrio esttico ser dada por,

ke = m2g

e =m2g

k

A frequncia das pequenas oscilaes em torno da nova posio de equil-brio ser

=

k

m1+ m2

As vibraes em torno da posio de equilbrio so definidas poru(t) =A sin t + B cos t

ondeAeB so constantes arbitrrias que vo ser determinadas a partir das

condies iniciais. Admitindo o eixoudirigido para cima, as condies iniciais so

u(0) =e=m2g

k u(0) = v= m2

m1+ m2

2gh

Resulta ento

u(t) =A sin t + B cos tu(t) =A cos t B sin tu(0) =u0; u(0) = u0

B =u0A = u0 A= u0/

p.46 Captulo 1


53/54

1.3. EXERCCIOS PROPOSTOS

u(t) =

u0

sin t + u0

cos t

u(t) =

2gh

k

m2m1+ m2

sin

k

m1+ m2t

+

m2g

k cos

k

m1+ m2t

choque

posio

u0

equilbrio

u0

u

t

uMu0

u0uM

a amplitude do movimento ser,

uM=

A2 + B2 =

u20+

u20

2

Em relao posio de equilbrio esttico da massam1antes do choque,

u= u u0

p.47 Captulo 1


54/54

Documents

Texto Apoio Vibracoes Mecanicas Apostila