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Graduação em Engenharia Mecânica
Notas de Aulas
da Disciplina de Vibrações
Prof. Dr. Ricardo de Medeiros
Prof. Dr. Eduardo Lenz Cardoso
6 de Julho de 2018
2
Conteúdo
I Vibrações Mecânicas 7
1 Introdução 9
1.1 História da Vibração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2 Importância do Estudo de Vibrações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Conceitos Básicos de Vibração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Classi�cação das Vibrações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Sistemas Mecânicos Equivalentes 19
2.1 Associações de Molas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2 Inércia Equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3 Vigas com uma massa concentrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.4 Tabelas Momento de Inércia e Constantes Elásticas . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
II Vibrações Livres de Sistemas 1 Grau de Liberdade 37
3 Vibrações Livres não Amortecidas 39
3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 Vibrações Livres Não Amortecidas - 1 gdl - Translacional . . . . . . . . . . . . . 39
3.3 Vibrações Livres Não Amortecidas - 1 gdl - Torcional . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.4 Pêndulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.5 Princípio da Conservação de Energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.6 Centro Instantâneo de Rotação (CIR) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.7 Disco Rolando em uma Superfície Côncava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.8 Instabilidade Estática de Sistemas Oscilantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.9 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4 Vibrações Livres Amortecidas 63
4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.2 Vibrações Livres Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.3 Decremento Logaritimico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
4.4 Coe�ciente de Amortecimento Equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3
4 CONTEÚDO
4.5 Abordagem Energética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
4.6 Resposta Livre Devido a Impacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
4.7 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
III Vibrações Forçadas de Sistemas 1 Grau de Liberdade 87
5 Forças Harmônicas 89
5.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
5.2 Excitação por Força Harmônica Permanente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
5.3 Excitação por Massas Excêntricas Rotativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
5.4 Excitação por Movimento Harmônico de Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
5.5 Fator de Qualidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
5.6 Batimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
5.7 Método Energético Aplicado a Problemas com Força Harmônica . . . . . . . . . 119
5.8 Sobreposição de Efeitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
5.9 Série de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
5.10 Resposta Complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
5.11 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
IV Vibrações em Sistemas com N-Graus de Liberdade 137
6 Vibrações Livres não Amortecidas 139
6.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
6.2 Sistemas com N-gdls . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
6.3 Desacoplamento Modal - Sem amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
6.4 Desacoplamento Modal - Com amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
6.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
V Análise de Vibrações 163
7 Vibrações de Meios Contínuos 165
7.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
7.2 De�nição do Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
7.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
8 Velocidade Crítica de Rotores 173
8.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
8.2 De�nição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
8.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
CONTEÚDO 5
9 Isolamento de Vibrações 179
9.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
9.2 Isolamento Ativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
9.3 Isolamento Passivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
VI Material Complementar 187
10 Série de Fourier 189
11 Autovalores e Autovetores 195
11.1 Autovalores e Autovetores Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
11.2 Multiplicidade de Autovalores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
11.3 Subespaços Próprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
11.4 Problema Generalizado de Autovalores e Autovetores . . . . . . . . . . . . . . . 205
12 Solução de Problemas de Autovalores e Autovetores 209
12.1 Método da Potência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
12.1.1 Método da Potência Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
12.2 Método de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
12.3 Método QR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
12.3.1 Utilizando a Decomposição QR para Solucionar Sistemas de Equações
Lineares Mal-Condicionados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
12.4 Decomposição Cholesky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223
12.5 OPCIONAL - Método de Leverrier-Faddev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
13 Transformada Discreta de Fourier - DFT 233
13.1 In�uência da taxa de amostragem - aliasing . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
13.2 DFT como um Filtro Digital - Spectral Leakage . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243
13.2.1 Janelamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
6 CONTEÚDO
Parte I
Vibrações Mecânicas
7
Capítulo 1
Introdução
Os conceitos apresentados aqui servirão para que o leitor seja capaz de compreender um texto
da área de vibrações mecânicas, bem como entenda a lógica por trás das análises dinâmicas
que serão discutidas ao longo da disciplina. O texto é organizado de maneira a introduzir os
conceitos fundamentais em uma sequência lógica. Para isto, iremos iniciar com a motivação do
estudo de vibrações mecânicas, ou seja, aplicações práticas na indústria e conceitos importantes
envolvidos na disciplina, como graus de liberdade, elementos de um sistema vibratório, tipos
de excitações, sistemas equivalentes. Após, será apresentado a modelagem de um sistema
equivalente massa-mola-amortecedor com 1 grau de liberdade, considerando vibração livre e
vibração forçada. Em seguida, será apresentado os conceitos de vibrações, livre e forçada, para
sistemas N graus de liberdade. Além disso, será discutidos conceitos de vibrações de meios
contínuos, velocidade críticade rotores e isolamento de vibrações.
É importante salientar que este material é de apoio e não pretende substituir a bibli-
ogra�a básica sobre os assuntos abordados. Para tanto, sugiro fortemente que o leitor
consulte sempre que possível livros clássicos da área, como por exemplo os livros: [1],[2], [3],
[4], [5],[6], [7], [8].
A disciplina de vibrações consiste no estudo de movimentos oscilatórios de corpos/sistemas
deformáveis.
Oscilação é o movimento caracterizado por assumir a mesma con�guração em diferentes
instantes de tempo.
Assim:
• ETT =⇒ rígido / estático (sem ~a)
• MSOI/II =⇒ �exível / estático
• DIM =⇒ rígido / dinâmico (com ~a)
• VIB =⇒ �exível / dinâmico
Portanto, todo sistema mecânico que apresente variações de força/posição ao longo do tempo
e, que apresente força de inércia, poderá ser estudado em vibrações.
9
10 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
1.1 História da Vibração
Segundo Rao [1], o interesse em vibrações foi desenvolvidos quando surgiram os primeiros
instrumentos musicais. Desde então tem-se estudado o fenômeno da vibração. As vibrações
ocorre em muitos aspectos de nossa vida. Por exemplo, no corpo humano, oscilações de baixa
frequência ocorrem nos pulmões e no coração, e oscilações de alta frequência, no sistema auditivo
[2].
Figura 1.1: Principais nomes do campo das vibrações e suas contribuições [2].
1.2. IMPORTÂNCIA DO ESTUDO DE VIBRAÇÕES 11
1.2 Importância do Estudo de Vibrações
Segundo Rao [1] a maioria das atividades humanas envolve vibração. Podemos destacar o
desbalanceamento da maioria dos motores de acionamento. Tal desequilíbrio deve-se a falha no
projeto ou manutenção ruim. Além disso,
• Motores a diesel;
• Rodas de locomotivas;
• Eixos rotativos;
• Vibração de painéis;
• Flutter;
• Turbinas.
Figura 1.2: Ponte Tacoma Narrows quebrando devido a oscilações (FONTE:
https://assets.ntcbrasil.com.br/wp-content/uploads/2015/07/tacoma-narrows-bridge-quebrando.jpg).
Ainda, a vibração pode levar a falha por fadiga devido variação cíclica da tensão induzida.
Ainda segundo Rao [1] a vibração causa desgaste mais rápido de peças de máquinas como
rolamentos e engrenagens, além de gerar um ruído excessivo.
12 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
Portanto, quando a frequência de excitação (frequência de trabalho) coincidir com a frequên-
cia natural da estrutura, ocorre um fenômeno conhecido como ressonância.
O estudo de vibrações visa minimizar as oscilações por meio do projeto adequado de má-
quinas e de seus suportes.
Entretanto a vibração também pode ser utilizada à favor em várias aplicações:
• Esteiras transportadoras;
• Tremonhas;
• Peneiras;
• Compactadores;
• Máquinas de lavar;
• Brocas odontológicas;
• Bate-estacas;
• Análise modal de estruturas.
A Figura 1.3 mostra o teste de vibração no solo (GVT) na aeronave F-15B da Nasa Dryden
com o mitigador de boom sônico Gulfstream Quiet Spike anexado em preparação para voos de
teste. O projeto buscou veri�car a integridade estrutural do anexo, projetado para reduzir e
controlar o boom sônico.
Figura 1.3: Teste de Vibração no solo (FONTE: https :
//www.nasa.gov/sites/default/files/images/334627mainED06− 0054− 115full.jpg).
1.3. CONCEITOS BÁSICOS DE VIBRAÇÃO 13
1.3 Conceitos Básicos de Vibração
O estudo da vibração é caracterizado pelos movimentos oscilatórios de corpos e às forças que lhes
são associadas [4]. Estes corpos, também tratados como sistemas vibratórios, são compostos
de meios que armazenam de energia cinética (massas ou inércias), energia potencial (molas ou
elasticidades) e meios que geram perda gradual de energia (amortecedores) [1].
Ainda, Rao [1] de�ne graus de liberdade como o número mínimo de coordenadas indepen-
dentes requeridas para determinar completamente as posições de todas as partes de um sistema
a qualquer instante.
Figura 1.4: 1 grau de liberdade (FONTE: [1]).
Figura 1.5: 2 graus de liberdade (FONTE: [1]).
Figura 1.6: 3 grau de liberdade (FONTE: [1]).
14 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
Deve-se salientar que a escolha de um conjunto de coordenadas não é única. Segundo Samuel
[9] as quantidades cinemáticas como deslocamentos, velocidades e aceleração são escritas em
função das coordenadas independentes e de suas derivadas temporais.
De acordo com Rao [1] uma grande quantidade de sistemas práticos pode ser descrita usando
um número �nito de graus de liberdade. Entretanto, elementos contínuos, têm um número in�-
nito de graus de liberdade. Ou seja, por exemplo uma viga que apresenta in�nitas coordenadas
para de�nir sua curvatura.
Portanto, Sistemas discretos podem ser de�nidos como sistemas com um número �nito de
graus de liberdade, e sistemas contínuos como sendo sistemas com in�nitos graus de liberdade.
Figura 1.7: In�nitos grau de liberdade (FONTE: [1]).
1.4 Classi�cação das Vibrações
As vibrações que ocorrem em sistemas mecânicos podem ser classi�cadas da seguinte maneira:
• Livres ou forçadas: vibrações livres ocorrem em sistemas que não estão submetidos
à aplicação de forças após o início da sua movimentação. Já sistemas onde há forças
externas atuando mesmo após o início das oscilações estão sujeitos a vibrações forçadas.
• Amortecidas ou não amortecidas: vibrações que ocorrem em sistemas que apresen-
tam meios que dissipam energia são ditas amortecidas. Todavia, se o sistema em questão
não apresentar amortecimento, ou seja, meios de dissipar a energia das oscilações, a vibra-
ção é considerada não amortecida. É valido citar que sistemas reais sempre apresentam
amortecimento, por menor que seja o mesmo.
• Lineares e não lineares: se os componentes que constituem o sistema vibratório se com-
portam de maneira linear a vibração é linear. Caso contrário, a vibração é caracterizada
como não linear. Para o primeiro caso as técnicas matemáticas são bem desenvolvidas e
o princípio de superposição é válido [1].
• Determinística e aleatória: se a magnitude da excitação sobre um sistema oscilatório
for conhecida a um dado instante, a excitação é dita determinística. Caso isto não ocorra,
a vibração é conhecida como aleatória.
1.4. CLASSIFICAÇÃO DAS VIBRAÇÕES 15
Classi�cadas as vibrações, faz-se necessário, para o melhor entendimento, listar algumas
de�nições e terminologias referentes a sistemas oscilatórios e seu comportamento em função do
tempo. É válido salientar que as nomenclaturas apresentadas estão de acordo com [1].
• Ciclo: O movimento de um corpo vibratório de sua posição de repouso ou equilíbrio
até sua posição extrema em um sentido, então até a posição de equilíbrio, então até sua
posição extrema no outro sentido e de volta à posição de equilíbrio é denominada um
ciclo de vibração.
• Amplitude: O máximo deslocamento de um corpo vibratório em relação à sua posição
de equilíbrio é denominado amplitude de vibração.
• Período de oscilação: É o tempo que leva para concluir um ciclo de movimento. É
denotado por τ e de�nido pela equação τ = 2·Π
ω
, onde ω é a frequência angular.
• Frequência de oscilação: Frequência de oscilação: É o número de ciclos por unidade
de tempo, denotado por f e de�nido pela equação f = 1
τ
= ω
2·Π .
• Grau de liberdade: Número de coordenadas independentes requeridas para a descrição
do movimento do sistema oscilatório.
• Frequência natural: Se, após uma perturbação inicial, um sistema continuar a vibrar
por si próprio sem a ação de forças externas, a frequência com que ele oscila é conhecida
como sua frequência natural. Caso o sistema apresente amortecimento, essa frequência é
conhecida então como frequência natural amortecida. Para um sistema com n graus de
liberdade, existirão n frequências naturais distintas. De�nido por ωn ou ω0 em [rad/s].
• Modos de vibração: Deslocamento característico da estrutura quando a mesma for
excitada na sua frequência natural. Para sistemas com n frequências naturais haverá n
modos de vibração.
• Ângulo de fase: Diferença angular entre a origem da curva de deslocamento u tempo e
o primeiro pico da mesma.
• Ressonância: Ocorre quando o sistemaé excitado em suas frequências de ressonância.
A amplitude da vibração nesse caso é muito elevada e deve ser evitada para que não haja
falha do sistema mecânico. De�nido por ωr em [rad/s].
• Força Harmônica: forma de excitação mais estudada e descrita pela equação:
F (t) = F cos (ωt) (1.1)
F (t) = F sin (ωt) (1.2)
16 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
sendo F a amplitude da excitação e ω a frequência de excitação em rad/s. Também é
usual descrever as frequências em Hertz Hz. Assim o movimento harmônico pode ser
completamente de�nido a partir do conhecimento das variáveis acima. Figura 1.8 mostra
um exemplo deste tipo de força. Um exemplo prático são rotores em balanço.
Figura 1.8: Força harmônica (FONTE: https://pt.wikipedia.org/wiki/Vibração).
• Força Periódica: Excitação que se repete após um período, mas não de forma igual
(Figura 1.9). Um exemplo prático são motores de combustão interna.
Figura 1.9: Força periódica não harmônica (FONTE: https://pt.wikipedia.org/wiki/Vibração).
• Força Transitória: Excitação caracterizada por uma liberação de energia grande em
1.4. CLASSIFICAÇÃO DAS VIBRAÇÕES 17
um intervalo curto de tempo (Figura 1.10). Pode ser descrita pela função Delta de Dirac.
Exemplos práticos são explosões e impactos.
Figura 1.10: Força transitória (FONTE:https://pt.wikipedia.org/wiki/Vibração).
• Força Aleatória: São forças de excitação que não descrevem um padrão determinístico
que possa ser de�nido por uma equação. Para tratar sistemas excitados por forças ale-
atórias é necessário utilizar métodos estatísticos (Figura 1.11). Um exemplo prático são
cálculos de tensões e deformações em asas de aviões, que não apresentam um contato
uniforme com o vento.
Figura 1.11: Força periódica não harmônica (FONTE:https://pt.wikipedia.org/wiki/Vibração).
18 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
Capítulo 2
Sistemas Mecânicos Equivalentes
Objetivo: reduzir um sistema mecânico composto por diversas molas e massas DISCRETAS
para um sistema EQUIVALENTE de 1 gl.
2.1 Associações de Molas
• Molas em série
Figura 2.1: Sistema com molas em série.
Ao movermos a massa um δx (deslocamento), teremos o seguinte DCL no contorno da
partícula (massa).
Figura 2.2: Diagrama do corpo livre.
19
20 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
−Fi − Fm + F (t) = 0 ,
Fi + Fm = F (t) .
Onde,
Fi = mü(t) e Fm =? .
Figura 2.3: Força nas molas.
Com as molas estão em série, observamos que ambas estão submetidas a mesma força, Fm
e que o deslocamento total será dado pelo somatório:
u =
nm∑
j=1
uj ,
F1 = F2 = Fm ,
sendo, nm = número de molas.
Com F1 = k1u1 e F2 = k2u2 ou ui = Fiki .
u =
nm∑
j=1
Fj
kj
,
mas, como Fj = Fm ∀ j, obtemos,
u = Fm
nm∑
j=1
1
kj
,
e �nalmente, como queremos obter,
Fm = kequ ,
ou
u =
Fm
keq
,
2.1. ASSOCIAÇÕES DE MOLAS 21
então,
Fm
keq
= Fm
nm∑
j=1
1
kj
,
assim,
1
keq
=
nm∑
j=1
1
kj
.
Exemplo 1: Para o caso com duas molas:
k1 = 100[N/m] e k2 = 300[N/m] ,
1
keq
=
1
100
+
1
300
,
keq = 75 [N/m] .
Figura 2.4: Sistema equivalente translacional.
E podemos calcular a ωn usando,
ωn =
√
keq
m
.
Para o caso torcional, observamos o mesmo comportamento:
Figura 2.5: Sistema equivalente torcional.
22 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
1
kTeq
=
nm∑
j=1
1
kTj
.
• Molas em Paralelo
Figura 2.6: Sistema com molas em paralelo.
Realizando um DCL em torno da partícula (massa),
Figura 2.7: Diagrama do corpo livre.
Ou,
Figura 2.8: Diagrama do corpo livre.
Onde:
Fm = Fm1 + Fm2 ,
u1 = u2 = u ,
como
Fj = kjuj ,
2.1. ASSOCIAÇÕES DE MOLAS 23
Fm = k1u1 + k2u2 =
nm∑
j=1
kjuj =
(
nm∑
j=1
kj
)
u ,
pois u é constante.
E como o nosso objetivo é obter,
Fm =
(
nm∑
j=1
kj
)
u ,
sendo que,
keq =
nm∑
j=1
kj ,
Exemplo 2: Para o caso com duas molas:
k1 = 100 [N/m] e k2 = 300 [N/m] ,
keq = 100 + 300 ,
keq = 400 [N/m] .
Figura 2.9: Sistema equivalente translacional.
Se torcional:
Figura 2.10: Sistema equivalente torcional.
24 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
kTeq =
nm∑
j=1
kTj .
Moral da história: se o objetivo é aumentar a rigidez → molas em paralelo.
• Molas em Radiais
Figura 2.11: Sistema com molas radiais.
Como estamos interessados somente nos valores horizontais da força,
Fm1 = Pm1 cos(α1) ,
onde: Pmj = força da mola em sua linha de ação.
Figura 2.12: Força mola radial direção horizontal.
Figura 2.13: Decomposição das forças.
2.1. ASSOCIAÇÕES DE MOLAS 25
Entretanto, o mais complicado aqui é relacionar Pm1 com o deslocamento u da massa.
Sendo:
δl1 = cos(α1)u ou δlj = cos(αj)u ,
Figura 2.14: Decomposição das forças.
Assim,
Pm1 = k1δl1 = k1u cos(αj) .
Sendo, para a mola 1
Fm1 = k1u cos(α1) cos(α1) ,
Fm1 =
(
k1 cos(α1)
2
)
u ,
Como as molas estão em paralelo
keq =
nm∑
j=1
kj cos(αj)
2 .
Funciona como uma barra de rigidez k, mas em um sistema local, que está α radianos do
eixo x global.
No sistema local,
KL =
[
k 0
0 0
]
.
Sendo que a rotação é dada por,
K = RTKLR .
R =
[
c s
−s c
]
.
26 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
[
c −s
s c
][
k 0
0 0
][
c s
−s c
]
.
[
c −s
s c
][
kc ks
0 0
]
.
Kg =
[
kc2 ksc
ksc ks2
]
.
Entretanto, somente nos interessa a componente x:
kc2 .
• Molas acopladas a alavancas
Figura 2.15: Sistema com molas acopladas a alavancas.
Primeiro caso: Ao deslocarmos a massa um u(t) para a direita, iremos observar que, como
a barra é rígida:
u
l
=
u1
d1
=
u2
d2
=
u3
d3
.
uj =
u · dj
l
.
Sendo que:
∑
Mo = 0 .
−F3d3 − F2d2 − F1d1 + Feql = 0 ,
2.1. ASSOCIAÇÕES DE MOLAS 27
Figura 2.16: Diagrama do corpo livre Sistema Translacional.
e como Fj = kjuj.
k3u3d3 + k2u2d2 + k1u1d1 = kequl ,
k3u
d23
l
+ k2u
d22
l
+ k1u
d21
l
= kequl ,
e dividindo tudo por l,
(
nm∑
j=1
kj
d2j
l2
)
u = kequ ,
portanto,
keq =
nm∑
j=1
kj
(
dj
l
)2
.
sendo l constante.
Segundo caso: sistema torcional equivalente.
Figura 2.17: Diagrama do corpo livre Sistema Torcional.
28 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
kTeqθ = equilibrio =
nm∑
j=1
Tj .
nm∑
j=1
Tj =
nm∑
j=1
kjujdj .
e, uj ' θdj, tal que,
kTeqθ =
nm∑
j=1
kjθd
2
j .
kTeqθ =
(
nm∑
j=1
kjd
2
j
)
θ .
e,
kTeq =
nm∑
j=1
kjd
2
j .
No entanto, deveremos ter cuidado aqui, pois a inércia será a de rotação da massa em torno
do ponto de rotação:
Jz = mr
2 = ml2 .
Assim,
Equação translacional:
ωn =
√√√√∑ kj (djl )2
m
.
Equação rotacional:
ωn =
√∑nm
j=1 kjd
2
j
ml2
.
Como l é constante, veri�camos que a estimativa é idêntica.
2.2 Inércia Equivalente
1◦) Reduzir para um sistema equivalente translacional, com 1 gdl.
Inicialmente, como já temos J3o , podemos calcular a inércia rotacional de todo o sistema
em relação a este ponto:
Jo = m1r
2
1 +m2r
2
2 + J3o .
2.2. INÉRCIA EQUIVALENTE 29
Figura 2.18: Sistema com mais de uma massa.
Figura 2.19: Sistema equivalente translacional.
E como nosso objetivo é obter uma massa equivalente, podemos converter o último termo
para um termo que contém m3.
J3o = m3ρ
2
3o ,
onde ρ3o é o raio de giração em torno de o.
Sendo que,
Jo = m1r
2
1 +m2r
2
2 +m3ρ
2
3o .
Agora que temos a inércia rotacional total, podemos considerar que é provocada por uma
partícula (massa) posicionada sobre a mola.
Jo = meqr
2
1 .
Sendo que,
meq =
m1r
2
1 +m2r
2
2 +m3ρ
2
3o
r21
.
2◦) Reduzir para um sistema equivalente rotacional, com 1 gdl.
30 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
Figura 2.20: Sistema equivalente rotacional.
A inércia rotacional é dada por,
Jo = m1r
2
1 +m2r
2
2 + J3o .
E a rigidez equivalente é dada por,
kTeq = k1r
2
1 .
Tal que,
Frequência natural de translação:
ωn =
√√√√ k1
m1r21+m2r
2
2+m3ρ
2
3o
r21
.
ωn =
√
k1r21
m1r21 +m2r
2
2 +m3ρ
2
3o
.
Frequência natural de rotação:
ωn =
√
k1r21
m1r21 +m2r
2
2 + J3o
,
ou seja, são equivalentes.
Exemplo 3: Considere o sistema abaixo:
Figura 2.21: Sistema exemplo 3.
2.3. VIGAS COM UMA MASSA CONCENTRADA 31
Vamos reduzir o sistema para:
Figura 2.22: Sistema equivalente exemplo 3.
Neste problema devemos obter uma massa e umainércia equivalentes.
Sabemos que:
keq =
k
4
.
Assim, estudando qual deve ser a massa equivalente, primeiro vamos reduzir todo o sistema
para o ρvo , onde já temos o valor de Jo.
Jeqo = mR
2 + Jo .
Sendo que a massa equivalente sobre a mola será:
Jeqo = meqR
2 ,
e,
mR2 + Jo = meqR
2 .
Portanto,
meq =
mR2 + Jo
R2
.
Sendo que,
ωn =
√
k
4
mR2+Jo
R2
.
Substituindo valores:
ωn = 2[rad/s] .
2.3 Vigas com uma massa concentrada
Dado o sistema a seguir:
32 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
Figura 2.23: Viga com uma massa concentrada.
Figura 2.24: Sistema equivalente viga com uma massa concentrada.
Podemos utilizar o sistema equivalente de 1 gdl na forma.
Onde k será a relação entre a força na direção x e o deslocamento.
Da teoria de vigas longas, sabemos que:
Figura 2.25: Viga força concentrada na extremidade.
δ(L) =
FL3
3EI
.
De tal forma que a rigidez será:
F =
3EI
L3
δ(L) ,
ou seja,
k =
3EI
L3
,
e,
ωn =
√
3EI
L3m
.
Assim, se desconsiderarmos o peso da viga, podemos utilizar as relações entre força e des-
locamento que aprendemos a obter em MSO-II (inclusive as hiperestáticas).
2.4. TABELAS MOMENTO DE INÉRCIA E CONSTANTES ELÁSTICAS 33
2.4 Tabelas Momento de Inércia e Constantes Elásticas
Para determinar a constante elástica de vários elementos estruturais elásticos, podemos utilizar
relações conhecidas entre a força e o deslocamento.
Figura 2.26: Constantes elásticas para alguns elementos elásticos comuns [2].
34 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
Omovimento de translação de uma massa é descrito como o movimento ao longo do percurso
seguido pelo centro de massa [2].
Figura 2.27: Momentos de inércia de massa em torno do eixo z normal ao plano x − y e que
atravessa o centro de massa [2].
As unidades associadas com estes elementos e os símbolos comumente utilizados para vários
elementos estão relacionadas a seguir.
Figura 2.28: Unidades de componentes que compõem um sistema mecânico vibratório e seus
símbolos comuns.
2.5. EXERCÍCIOS 35
2.5 Exercícios
1) Determine a constante elástica equivalente do sistema (Rao [1]).
2) Determine a constante elástica equivalente do sistema na direção de θ (Rao [1]).
3) Determine a constante elástica equivalente do sistema no sentido da carga P (Rao [1]).
36 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
4) Determine keq para o sistema.
4) Determine keq para o sistema.
Parte II
Vibrações Livres de Sistemas 1 Grau de
Liberdade
37
Capítulo 3
Vibrações Livres não Amortecidas
3.1 Introdução
Segundo Samuel [9] muitos sistemas mecânicos lineares complexos podem ser modelados como
um sistema equivalente massa-mola-amortecedor com 1 grau de liberdade (gdl). Estes siste-
mas dinâmicos correspondentes têm seus movimentos de�nidos por apenas uma coordenada,
de translação ou de rotação. Inúmeros métodos podem ser usados para obter a equação do
movimento do sistema. Um método popular é construir um diagrama de corpo livre (DCL) em
um instante arbitrário e descrever as forças atuantes externas e de inércia em termos de coor-
denadas generalizadas. As leis básicas de mecânica são então aplicadas no DCL conduzindo as
equações diferenciais ordinárias que descrevem o movimento. Sendo assim, é necessário saber
como obter a equação do movimento de um sistema deste tipo e como resolver esta equação.
Portanto, tais sistemas são representados por uma equação diferencial de segunda ordem, linear,
com coe�cientes constantes (parâmetros constantes).
3.2 Vibrações Livres Não Amortecidas - 1 gdl - Translaci-
onal
Vamos considerar um sistema mecânico muito simples:
Hipóteses:
• Apoios são perfeitos (sem atrito).
• Não existe nenhuma força transversal ( ←→).
• Não existe possibilidade de rotação da massa.
• Os deslocamentos longitudinais são pequenos.
• Em repouso a mola não provoca força (na verdade, o sistema está em equilíbrio estático).
Com isso:
39
40 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Figura 3.1: Sistema massa-mola.
• Massa se comporta como uma partícula.
• Mola tem um comportamento linear.
• Somente uma direção de movimento (1 gdl).
Assim, se a massa for acelerada na direção de x, sentido positivo (↑):
Figura 3.2: Sistema massa-mola na posição de referência e considerando deslocamento inicial.
Portanto, com um DCL na partícula:
Figura 3.3: DCL - Partícula.
Por equilíbrio, temos que o somatório de forças na direção longitudinal é dada por:
3.2. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS - 1 GDL - TRANSLACIONAL 41
−k∆x−mẍ+ F (t) = 0 .
ou
m ¨u(t) + ku(t) = F (t) .
IMPORTANTE: Uma análise dimensional indica que:
kg
m
s2
+
N
m
m = N +N = N .
Agora temos a equação de equilíbrio, então podemos veri�car o que acontece com o nosso
sistema quando deslocado de sua posição de equilíbrio.
Ou seja, perturbação causada por um deslocamento inicial mas com F (t) = 0 ∀ t.
Figura 3.4: Sistema massa-mola - Oscilação.
Observa-se que:
• O movimento da partícula é oscilatório.
• O movimento segue um padrão u(t) = U0 cos(ωt).
• Se modi�carmos k e/ou m, o comportamento é o mesmo, mas com um valor diferente de
ω.
Como não temos forças externas ao longo do movimento (F (t) = 0) e, substituindo u(t) =
U0 cos(ωt) na equação de equilíbrio, obtemos,
−mω2U0 cos(ωt) + kU0 cos(ωt) = F (t) ,
tal que,
(
k − ω2m
)
u0 cos(ωt) = 0 ,
e para obtermos 0, em qualquer situação não trivial (u0 = 0 ou cos(ωt) = 0). Observamos
que,
42 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
k = ω2m ,
ou
ωn =
√
k
m
,
onde ωn é chamado de frequência angular natural (ou fundamental) do sistema 1 gdl. Sua
unidade é,
ωn =
rad
s
,
Pois,
Figura 3.5: Período de oscilação.
Tal que o período [s] é dado por:
τ =
2Π
ω
.
E a frequência (inverso do período) é dado por,
f =
1
τ
=
ω
2Π
[
1
s
]
.
Portanto, a frequência natural de vibração do sistema é dada por:
fn =
ωn
2Π
[
1
s
]
ou [Hz] .
EXEMPLO 1: Um sistema com massa de 1 [kg] e uma rigidez de 1000 [N/m], terá uma
frequência angular de,
ωn =
√
1000
1
= 31, 6228 [rad/s] ,
3.2. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS - 1 GDL - TRANSLACIONAL 43
ou uma frequência natural de,
fn =
31, 6228
2Π
= 5, 0329 [Hz] .
De maneira que o período de oscilação será de,
τn =
1
5, 0329
= 0, 1987 [s] ,
ou seja, iremos observar uma oscilação a cada 0, 1987 [s] ou ≈ 5 oscilações por segundo.
Figura 3.6: Oscilação exemplo.
Portanto, resumindo:
• Um sistema de 1 gdl, quando vibra sem a ação de forças externas, o faz em uma frequência
especí�ca, chamada de frequência natural ou fundamental.
• Esta frequência é proporcional a rigidez e inversamente proporcional a massa.
• Mesmo em sistemas mecânicos mais complicados iremos observar esta mesma tendência.
Comentário Relevante: Porque não usamos o peso no DCL de sistemas "livres"?
Figura 3.7: Força peso.
44 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Assim, qualquer deslocamento medido u, tem as parcelas,
u = uref + δL e ü = üref + 0 .
Sendo que o DCL,
Figura 3.8: Força peso.
−mg + ku+müref = 0 .
−mg + k(uref + δL) +müref = 0 .
−mg + kuref + k
mg
k
+müref = 0 .
Assim,
kuref +müref = 0 .
Ou seja: Se a estrutura for "alinhada", então não precisa considerar o peso próprio.
3.3 Vibrações Livres Não Amortecidas - 1 gdl - Torcional
O sistema translacional de 1 gdl que estudamos até agora, ilustra perfeitamente o comporta-
mento de um sistema mecânico e será utilizado ao longo de todo o semestre.
No entanto, existem diferentes sistemas com 1 gdl. Vibração torcional é entendida como a
oscilação de um corpo em relação a um eixo de referência. O movimento é descrito por uma
coordenada angular e os esforços atuantes se apresentam na forma de momentos. Desta forma
o elemento elástico apresenta um momento de restauração, resultante da torção deste mesmo
elemento.
Um eixo co rigidez kt é conectado a um disco com inércia rotacional Jz em torno do eixo
de rotação, que é direcionado ao longo da direção z. Um torque externo Te atua no disco.
Considere que a variável θ descrevea rotação do disco e que a inércia de rotação do eixo é
insigni�cante em comparação à do disco. O princípio da quantidade de movimento angular é
aplicado para obter a equação governante do movimento do disco.
3.3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS - 1 GDL - TORCIONAL 45
Figura 3.9: Sistema 1 gdl torcional.
Olhando por cima,
Figura 3.10: Sistema 1 gdl torcional - vista superior.
46 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Onde sabemos que,
Tr = ktθ(t) ,
Ti = Jz θ̈(t) .
Sendo que:
−Jz θ̈(t)− ktθ(t) + Te(t) = 0 ,
ou
Jz θ̈(t) + ktθ(t) = Te(t) .
E veri�camos o mesmo comportamento da outra equação (inércia, força interna, força ex-
terna).
Ainda, sabemos que o único movimento possível é a rotação, indicando novamente o 1 gdl.
Podemos aplicar uma perturbação θ0 no sistema, de maneira que,
θ(t) = θ0 cos(ωt) ,
e inserindo na equação do movimento de rotação, para vibração livre Te(t) = 0,
−Jzθ0ω2 cos(ωt)− ktθ0 cos(ωt) = 0 ,
(
kt − ω2Jz
)
θ0 cos(ωt) = 0 ,
e para obtermos 0, em qualquer situação não trivial (θ0 = 0 ou cos(ωt) = 0). Observamos
que,
ωn =
√
kt
Jz
.
EXEMPLO 2: Se o eixo for de aço, com L = 1 [m] e raio de 1 [cm], terá uma rigidez
torcional de,
kt =
GJ0
L
[MSO − I −→ eixos].
Onde,
J0 =
πr4
2
=
π(1 · 10−2)4
2
= 5π · 10−9[m4] ,
e,
3.3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS - 1 GDL - TORCIONAL 47
G =
E
2(1− ν)
=
210 · 109)
2(1, 32)
= 79, 5454[GPa] .
Sendo que,
kt =
(79, 5454 · 109)(5π · 10−9)
1
= 1249, 4971[Nm/rad] .
O disco terá uma inércia rotacional dada por,
Jz =
∫
V
ρ%2dV ,
onde ρ é a densidade [kg/m3].
Figura 3.11: Disco.
E, como a espessura é constante e o material é homogêneo.
Jz = e · ρ
∫
A
%2dA ,
Jz = e · ρ
πR4
2
=
mR2
2
[kg ·m2],
sendo m = πR2ρe.
E, assumindo que ρ = 7850[kg/m3], R = 50[cm], e e = 2[cm], teremos,
Jz = 7850 · 2 · 10−2 ·
π
2
· (50 · 10−2)4 ,
Jz = 15, 4134 [kgm
2] .
Portanto, ao aplicarmos uma perturbação inicial θ0 ao disco, iremos observar um movimento
oscilatório com frequência angular,
ωn =
√
kt
Jz
=
√
1249, 4971
15, 4134
= 9, 0036 [rad/s],
ou,
48 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
fn =
ωn
2π
=
9, 0036
2π
= 1, 4330 [1/s] ou [Hz].
Com um período de,
τn =
1
fn
= 0, 6978 [s].
Figura 3.12: Oscilação exemplo 2.
θ(t) = θ0 cos(9, 0036t) [rad].
3.4 Pêndulo
Para a �gura mostrada a seguir:
Figura 3.13: Oscilação pêndulo.
Assim, em torno do ponto o temos que
∑
T (o):
Inércia → mR2
Torque → Rmg sin(θ), sendo função de θ, tornando o problema não-linear!
Se θ for pequeno (< 10◦) então sin(θ) ≈ θ, linearizado!!
3.5. PRINCÍPIO DA CONSERVAÇÃO DE ENERGIA 49
(mR2)θ̈(t) + (Rmg)θ(t) = 0 .
Assim, a frequência natural será:
ωn =
√
Rmg
mR
=
√
g
R
[rad/s],
Tal que,
fn =
1
2π
√
g
R
[Hz].
E,
τn = 2π
√
g
R
[s].
Podemos concluir que a frequência natural do pêndulo somente depende de g e do raio R.
3.5 Princípio da Conservação de Energia
Um sistema conservativo não apresenta dissipação de energia. Neste caso, sabemos que:
Ecintia + Epotencial = constante.
Tal que,
d
dt
(Ecintia + Epotencial) = 0.
Assim, para o caso da mola com massa concentrada:
Figura 3.14: Sistema Massa-Mola.
Ecintia =
1
2
mu̇2[J ].
Epotencial =
1
2
ku2[J ].
50 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Sendo que,
d
dt
(
1
2
mu̇2 +
1
2
ku2) = 0.
Resulta em,
1
2
m2u̇ü+
1
2
kuu̇ = 0,
ou,
mü+ ku = 0.
Lembrando de Física 1, temos algumas possibilidades de armazenamento de energia:
POTENCIAL
1) Mola linear
Figura 3.15: Força versus Deslocamento Mola Linear.
1
2
Fu =
1
2
(ku)u [J ],
e, derivando em relação ao tempo,
Ėk =
d
dt
(
1
2
ku2) = kuu̇ [J/s],
2) Gravitacional
Figura 3.16: Diferença de altura.
Epot = Wu [J ],
Epot = mgu [J ].
3.5. PRINCÍPIO DA CONSERVAÇÃO DE ENERGIA 51
Como W é independente de u, por isso não tem 1/2.
Ėpot = mguu̇ [J/s].
Outra possibilidade é em uma alavanca,
Figura 3.17: Energia potencial alavanca.
u = a− a cos θ ,
Epot = mga(1− cos θ) [J ],
Ėpot = mga sin θθ̇ [J/s].
e, se θ ≈ 0, mgaθθ̇.
CINÉTICA
1) Partícula em translação
Ec =
1
2
Fu̇2 [J ],
Ėc = müu̇ [J/s].
2) Partícula em rotação
Figura 3.18: Energia cinética rotação partícula.
52 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Ec =
1
2
J0θ̇
2 [J ],
Ėc = J0θ̈θ̇ [J/s].
e neste caso, J0 = mR2 [kgm2].
EXEMPLO: Para o pêndulo,
Figura 3.19: Energias Pêndulo.
Epot = mgh [J ],
h = R−R cos θ = R(1− cos θ) ,
Ep = mgR(1− cos θ) [J ],
como utilizamos θ(t) para descrever a energia cinética potencial, podemos fazer o mesmo
para a energia cinética.
Assim, considerando a rotação da massa em torno de o.
Ec =
1
2
Joθ̇
2 [J ],
onde, Jo = mR2 [kgm2].
Assim,
d
dt
(mgR(1− cos θ) + 1
2
mR2θ̇2) = 0 ,
ou
d
dt
(mgR)− d
dt
(mgR cos θ) +
d
dt
1
2
(mR2θ̇2) = 0 ,
3.5. PRINCÍPIO DA CONSERVAÇÃO DE ENERGIA 53
0 +mgR sin θθ̇ +mR2θ̇θ̈ = 0 ,
dividindo ambos os lados por θ̇,
mR2θ̈(t) +mgR sin θ(t) = 0 ,
e com a consideração de pequenos ângulos (sin θ ≈ θ), �nalmente obtemos a equação do
pêndulo.
mR2θ̈(t) +mgRθ(t) = 0 ,
EXEMPLO 2:
Figura 3.20: Exemplo motor em rotação.
Neste caso, a energia cinética provocada pelo giro do motor é,
Ec =
1
2
Joθ̇
2 [J ].
E a energia potencial de cada uma das duas molas é dada por
Epot =
1
2
ku2 [J ].
Que pode ser escrita em termos do ângulo θ(t), pois,
u(θ) ≈ aθ .
Como a energia é um escalar, podemos somar os termos sem nos preocuparmos com a
posição.
Assim,
Ec =
1
2
Joθ̇
2 [J ].
Epot = 4
1
2
k(aθ)2 = 2ka2θ2 [J ].
54 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Portanto, da conservação de energia:
d
dt
(
1
2
Joθ̇
2 + 2ka2θ2) = 0 ,
1
2
Jo2θ̇θ̈ + 2ka
22θθ̇ = 0 ,
Joθ̈(t) + 4ka
2θ(t) = 0 ,
EXEMPLO 3:
Figura 3.21: Sistema com mais de uma massa.
Figura 3.22: Relações cinemáticas.
u ≈ r1θ ,
Quando o sistema gira em torno do ponto o, temos que a inércia rotacional total é dada
por,
Jo = m1r
2
1 +m2r
2
2 + J3o .
Tal que a energia cinética será dada por,
Ec =
1
2
Joθ̇
2 [J ].
E, na mola,
3.6. CENTRO INSTANTÂNEO DE ROTAÇÃO (CIR) 55
Epot =
1
2
ku2 = k(r1θ)
2 = k(r1)
2(θ)2 [J ].
Assim,
d
dt
(
1
2
Joθ̇
2 + k(r1)
2(θ)2 = 0 ,
1
2
Jo2θ̇θ̈ +
1
2
kr212θθ̇ = 0 ,
[Jo]θ̈(t) + [kr
2
1]θ(t) = 0 ,
[m1r
2
1 +m2r
2
2 + J3o ]θ̈(t) + [kr
2
1]θ(t) = 0 ,
3.6 Centro Instantâneo de Rotação (CIR)
Figura 3.23: Centro instanâneo de Rotação.
~VB = ~ω × ~dCB ,
Em VIB ω = θ̇.
Um corpo rolando é um caso bem particular,
Figura 3.24: Disco rolando.
56 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
~V = ~̇θ × ~d .
Figura 3.25: Variáveis Disco.
Como,
Jo =
mR2
2
,
JC = Jo +mR
2 =
3
2
mR2 ,
Teorema de Steiner ou Teorema dos Eixos Paralelos.
3.7 Disco Rolando em uma Superfície Côncava
Figura 3.26: Disco rolando superfície côncava.
R− r = h (original) ,
(R− r)− (R− r) cos θ = ∆h .
A inércia de rotação do disco em torno do centro instantâneo de giro é:
3.7. DISCO ROLANDO EM UMA SUPERFÍCIE CÔNCAVA 57
Jc = Jo +mr
2 =
mr2
2
+mr2 =
3
2
mr2 [kgm2],
tal que a energia cinética do disco será
Ec =
1
2
(
3
2
mr2)θ̇2d [J ].
A energia gravitacional será dada por,
Epot = mg∆h [J ],
onde h é dado por,
h = (R− r)− (R− r) cos θ = (R− r)(1− cos θ) .
Portanto,
Etot =
3
4
mr2θ̇2d +mg(R− r)(1− cos θ) [J ].
No entanto a equação acima está referenciando dois ângulos diferentes θdeθ.
Para passarmos de θd → θ, podemos com um pouco de DIM,
Figura 3.27: Velocidade.
Assim, sabemos que,
VC = θ̇dr = θ̇(R− r) .
Sendo que,
θ̇d = θ̇
(R− r)
r
.
E, com isto, teremos uma energia total de,
Etot =
3
4
mr2
(
(R− r)
r
θ̇(t)
)2
+mg(R− r)(1− cos θ(t)) [J ].
58 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
E, como,
d
dt
(Etot) = 0 .
Obtemos,
3
4
m(R− r)2θ̇θ̈(t) +mg(R− r) sin θ(t)θ̇(t) = 0 .
Portanto, (
3
2
m(R− r)2
)
θ̈(t) + (mg(R− r)) θ(t) = 0 .
E, com isto,
ωn =
√
kt
Jo
=
√
mg(R− r)
3
2
m(R− r)2
=
√
2g
3(R− r)
[rad/s],
3.8 Instabilidade Estática de Sistemas Oscilantes
Figura 3.28: Pêndulo invertido.
Em relação ao ponto o, temos que o momento provocado por k,
Mk = Fmd = kud = kθd
2 [Nm].Momento provocado por m,
Mm = −mgl sin θ ≈ −mglθ [Nm].
Inércia de m em torno de o,
Jo = ml
2 [kgm2].
3.9. EXERCÍCIOS 59
Assim,
[ml2]θ̈(t) + [kd2 −mgl]θ(t) = 0 .
ωn =
√
kd2 −mgl
ml2
[rad/s],
Portanto, se,
kd2
ml2
<
g
l
.
Teremos uma frequência natural imaginária!!!
Isto signi�ca que o sistema irá passar para outra posição de equilíbrio, caindo.
Se for feito por energia, temos que pensar que o ∆h da energia potencial gravitacional é <
0.
Ek =
1
2
k(dθ)2 [J ],
Eg = −mgl(1− cos θ) [J ],
Eg = mgl(cos θ − 1) [J ],
Assim, derivando, obtemos a rigidez equivalente,
keq = kd
2 −mgl [N/m],
3.9 Exercícios
1) Obter o sistema equivalente e o período de vibração.
60 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
2) Obter a frequência natural do sistema.
3) Obter a frequência natural do sistema [Rao [1]].
4) Obter a frequência natural do sistema [Rao [1]].
5) Obter a frequência natural do sistema [Rao [1]].
3.9. EXERCÍCIOS 61
6) Obter keq do sistema [Rao [1]].
6) Obter keq do sistema [Rao [1]].
62 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Capítulo 4
Vibrações Livres Amortecidas
4.1 Introdução
Iremos analisadar as soluções da equação diferencial em função dos parâmetros de massa,
de rigidez, de amortecimento, ou seja, serão analisadas as soluções da equação homogênea
do sistema. Segundo [10] esta equação corresponde ao modelo matemático quando as funções
excitadoras são nulas. Neste caso, estudam-se as vibrações livres que ocorrem devido a condições
iniciais não nulas. Pode-se retirar um sistema de sua condição de equilíbrio e abandoná-lo a
um movimento livre de duas formas: através de uma posição inicial diferente da posição de
equilíbrio ou através de um impulso como, por exemplo, através de um martelo de impacto que
imprime uma velocidade inicial não nula.
4.2 Vibrações Livres Amortecidas
Amortecimento viscoso:
Figura 4.1: Força Viscosa.
Força reativa proporcial a ~V e a um coe�ciente de amortecimento, c.
fviscosa = −cv = −cu̇ [N ].
Tal que a unidade de C é [Ns/m].
Este comportamento geralmente é ilustrado em um sistema mecânico por meio de um amor-
tecedor.
Sendo que a equação de equilíbrio agora contém mais um termo:
63
64 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
Figura 4.2: Sistema massa-mola-amortecedor.
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = F (t) [N ].
Desenvolvimento da Equação do Movimento Amortecido
A equação:
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = F (t) .
é uma equação diferencial ordinária de 2o ordem, com os coe�cientes constantes. Por sua
importância é uma das EDOs mais estudadas.
Algo que não foi comentado até agora, é o fato de todas as equações diferenciais dependerem
de um conjunto de condições iniciais.
u(t = 0) = u0 .
u̇(t = 0) = v0 .
Nas nossas deduções anteriores consideramos o caso onde,
u(t = 0) = u0 .
u̇(t = 0) = 0 .
Da teoria de EDI, sabemos que esta equação apresenta uma equação característica associada
a solução homogênea.
Lembrando de EDI, se,
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = 0 ,
temos que,
u(t) = est ,
é uma solução, sendo que,
u̇(t) = sest ,
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 65
ü(t) = s2est ,
e substituindo na EDO,
ms2est + csest + kest = 0 ,
[
ms2 + cs+ k
]
est = 0 .
Equação característica associada a solução homogênea (F = 0),
s1,2 =
−c±
√
c2 − 4mk
2m
,
sendo que, como temos 2 raízes, temos uma combinação linear.
u(t) = Aes1t +Bes2t ,
se, s1 6= s2 (linearmente independentes). E a solução homogênea geral na base {esit}. Como
temos 2 condições iniciais, esta solução será descrita por,
u(t) = Aes1t +Bes2t .
Sendo assim temos três possibilidades:
1. Duas raízes reais e iguais ⇒ c2 − 4mk = 0.
2. Duas raízes reais e distintas ⇒ c2 − 4mk > 0.
3. Duas raízes complexas (conjugadas) e distintas ⇒ c2 − 4mk < 0.
1) Amortecimento Crítico
Este caso especial ocorre quando ζ = 1 e neste caso as raízes são um par de números reais
negativos e iguais.
c2 − 4mk = 0 .
cc = 2
√
mk .
Sendo que,
ζ =
c
2
√
mk
=
2
√
mk
2
√
mk
= 1 .
Portanto, para o amortecimento crítico, o fator ou razão de amortecimento ζ é igual a 1.
Assim, se s1 = s2,
66 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
s1 = s2 =
−c
2m
=
−2
√
mk
2m
= −
√
mk
m2
= −ωn .
Como as raízes são iguais, temos que u(t) = Ae−ωnt + Be−ωnt não descreve o corretamente
o movimento, uma vez que, neste caso, u(t) = (A + B)e−ωnt e como �camos com apenas uma
constante (e duas C.I.). Assim, podemos propor,
u(t) = Ae−ωnt +B
(
te−ωnt
)
,
pois e−ωnt e te−ωnt são linearmente independentes.
As constantes da equação dependem das condições iniciais. Assim, de forma geral,
u(0) = Ae−ωn0 +B0e−ωn0 = u0 ,
e
u̇(0) = −ωnAe−ωn0 +Be−ωn0 − ωn0Be−ωn0 = v0 ,
sendo que,
A = u0 ,
B = v0 + u0ωn ,
Portanto,
u(t) = u0e
−ωnt + (v0 + u0ωn)te
−ωnt = u0 ,
u(t) = [u0 + (v0 + u0ωn)t] e
−ωnt = u0 ,
Figura 4.3: Amortecimento Crítico.
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 67
Exemplo 1: Dado um sistema 1gl com amortecimento crítico e k = 500 [N/m] e m = 3
[kg], determine:
• O valor de c.
• Se u0 = 0, 1 [m] e v0 = 0, 2 [m/s]. Qual o tempo até atingir o repouso.
Resposta:
c = cc = 2
√
km = 2
√
500× 3 = 77, 4597 [Ns/m],
ωn =
√
k
m
=
√
500
3
= 12, 9099 [rad/s].
Sendo que,
u(t) = [0, 1 + (0, 2 + 0, 1× 12, 9099)t] e−12,9099t [m].
E, para o deslocamento nulo u(t) = 0,
Figura 4.4: Amortecimento Crítico Exemplo 1.
Como ele é assintótico a zero, deves escolher um valor "prático"para zero.
Assim, escolhendo:
u(t) = 1× 10−3 ⇒ tcrt ' 0, 53 [s].
u(t) = 9× 10−4 ⇒ tcrt ' [s].
Segundo Silva [9], um sistema amortecido criticamente quando perturbado por certas con-
dições iniciais, retorna à posição do equilíbrio no tempo mais rápido sem oscilar. Um exemplo
clássico de aplicação deste sistema é o dispositivo amortecedor em portas de elevador, caso se
solte a porta bruscamente esta não bate violentamente no batente, e sim volta para a posição
de equilíbrio suavemente.
68 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
2) Sistema Superamortecido - ζ > 1
Este caso acontece quando ζ > 1, o que faz com que as raízes sejam um par de números
reais. Neste caso,
c2 − 4km > 0 ⇒ c2 > 4km .
E, portanto,
s1,2 =
−c±
√
c2 − 4mk
2m
,
assumirão dois reais e distintos.
s1,2 =
−c± c
√
1− 4mk
c2
2m
,
s1,2 =
−c
2m
(
1±
√
1− 4km
c2
)
,
Como, c2 > 4km ⇒ 1 > 4km
c2
, assim, o termo entre parênteses será sempre > 0, sendo que
as raízes s1 e s2 serão negativas.
O movimento será dado,
u(t) = Aes1t +Bes2t .
Com s1 e s2 obtidos pela equação s1,2 = −c±
√
c2−4mk
2m
e A e B obtidos utilizando as condições
iniciais.
Como s1 e s2 são < 0, u(t) −→ 0 quando t −→ inf.
Dado as condições iniciais,
u(t = 0) = u0 .
u̇(t = 0) = v0 .
Temos,
Aes10 +Bes20 = u0 ⇒ A+B = u0 .
s1Ae
s10 + s2Be
s20 = v0 ⇒ s1A+ s2B = v0 .
Sendo que,
A =
s2u0 − v0
s2 − s1
,
e
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 69
B = −
(
s1u0 − v0
s2 − s1
)
.
Assim, a solução da equação do movimento para esta situação é dada por,
u(t) =
(
s2u0 − v0
s2 − s1
)
es1t −
(
s1u0 − v0
s2 − s1
)
es2t .
Figura 4.5: (A) Amortecimento Crítico e (B) Caso Superamortecido.
Pode-se observar que este movimento corresponde a um movimento não oscilatório com
decaimento exponencial. A massa se movimenta a partir da posição inicial em direção à posição
de equilíbrio sem realizar oscilações.
Exemplo 2 Usando o mesmo exemplo anterior, mas com c = 80 [Ns/m], teremos.
s1 =
−80 +
√
802 − 4× 500× 3
2× 3
= −10 ,
s2 =
−80−
√
802 − 4× 500× 3
2× 3
= −16, 6666 ,
sendo que,
u(t) =
(
−16, 6666× 0, 1− 0, 2
−16, 6666− (−10)
)
e−10t −
(
−10× 0, 1− 0, 2
−16, 6666− (−10)
)
e−16,6666t ,
tal que,
u(t) = 0, 28e−10t − 0, 18e−16,6666t .
Como ele é assintótico a zero, deves escolher um valor "prático"para zero.
Assim, escolhendo:
u(t) = 1× 10−3 ⇒ tcrt ' [s].
u(t) = 9× 10−4 ⇒ tcrt ' 0, 5655[s].
70 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
Figura 4.6: Caso Superamortecido Exemplo 2.
3) Caso Subamortecido (periódico) - ζ < 1
Os sistemas subamortecidos são aqueles para os quais o coe�ciente de amortecimento é dado
por c < 2
√
mk, o quecorresponde a um fator de amortecimento ζ < 1. Neste caso,
c2 − 4km < 0 ⇒ c2 < 4km .
E, portanto,
s1,2 =
−c±
√
c2 − 4km
2m
,
s1,2 =
−c
2m
±
√
c2 − 4km
4m2
,
s1,2 =
−c
2m
±
√( c
2m
)2
−
(
k
m
)
.
De�nindo o coe�ciente de amortecimento crítico cc, lembrando que ω2n =
k
m
,
( cc
2m
)2
= ω2n ,
cc = 2mωn ,
Neste caso m é igual a massa equivalente do sistema de um grau de liberdade. Após a
de�nição do coe�ciente de amortecimento crítico cc, de�ne-se o fator de amortecimento,
ζ =
c
cc
,
c = ζcc = ζ2mωn ,
c
2m
= ζωn .
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 71
Com isso as raízes da equação característica podem ser rescritas como,
s1,2 =
−c
2m
±
√( c
2m
)2
−
(
k
m
)
.
s1,2 = −ζωn ±
√
ζ2ω2n − ω2n .
s1,2 = −ζωn ± ωn
√
ζ2 − 1 .
sendo que ζ determina a natureza da solução, se é subamortecida, superamortecida ou
amortecimento crítico.
Mas devido ao fato de c2 < 4km, e outra forma comum de escrever o fator de amortecimento
ζ é observar que,
ζ =
c
2mωn
=
c
2m
√
k
m
=
c
2
√
km2
m
=
c
2
√
km
.
Podemos ver que,
ζ2 =
c2
4m2 k
m
=
c2
4mk
< 1 .
Portanto, o termo dentro da raiz será < 0.
Assim,
s1,2 = −ζωn ± iωn
√
1− ζ2 .
Inverte-se o ζ2 − 1, pois coloca-se o i para fora da raiz.
A dedução vem com,
√
1− ζ2 que é < 1 pois ζ � 1.
Assim, se �zermos,
√
−1 (1− ζ2) .
Podemos fazer,
√
−1
√
1− ζ2 = i
√
1− ζ2 .
Por simplicidade podemos de�nir,
ωd = ωn
√
1− ζ2 .
Sendo que,
s1,2 = −ζωn ± iωd .
E a solução geral será,
72 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
u(t) = Aes1t +Bes2t .
u(t) = Ae(−ζωn+iωd)t +Be(−ζωn−iωd)t [m].
Assim, desenvolvendo,
u(t) = e−ζωnt
[
Ae(ωdt)i +Be−1(ωdt)i
]
.
Sendo que com a equação de Euler,
e±(at)i = cos(at)± i sin(at) .
Então,
u(t) = e−ζωnt [(A+B) cos(ωdt) + i(A−B) sin(ωdt)] .
Resultando em,
u(t) = e−ζωnt [C1 cos(ωdt) + C2 sin(ωdt)] [m].
Que pode ser escrito na forma de amplitude e fase, como,
u(t) = e−ζωntR cos(ωdt− φ) [m],
onde R representa a parte real e φ o ângulo de fase. Com,
C1 = R cos(φ) .
C2 = R sin(φ) .
As equações:
u(t) = e−ζωnt [C1 cos(ωdt) + C2 sin(ωdt)] ,
e,
u(t) = e−ζωntR cos(ωdt− φ) ,
são equivalentes, pois representam uma translação horizontal da curva cos. Geralmente
trabalhamos com a segunda forma, mas é mais fácil obter C1 e C2 a partir das C.I. do que de
R e φ.
Considerando as condições iniciais,
u(t = 0) = u0 .
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 73
u̇(t = 0) = v0 .
Temos,
u(0) = e−ζωn0 [C1 cos(ωd0) + C2 sin(ωd0)] = u0 .
C1 = u0 .
E,
u̇(t) = e−ζωnt [−C1ωd sin(ωdt) + C2ωd cos(ωdt)]− ζωne−ζωnt [C1 cos(ωdt) + C2 sin(ωdt)] .
u̇(0) = e−ζωn0 [−C1ωd sin(ωd0) + C2ωd cos(ωd0)]− ζωne−ζωn0 [C1 cos(ωd0) + C2 sin(ωd0)] = v0 .
Sendo que,
C1 = u0 .
C2 =
u0ωnζ + v0
ωd
.
Como,
C1 = R cos(φ) ,
e,
C2 = R sin(φ) ,
temos que,
C21 + C
2
2 = R
2 cos2(φ) +R2 sin2(φ) = R2 .
Ou,
R =
√
C21 + C
2
2 .
sendo R real.
Da mesma forma,
C2
C1
=
R sin(φ)
R cos(φ)
= tan(φ) .
74 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
Figura 4.7: (A) Amortecimento Crítico, (B) Caso Superamortecido, (C) Caso Subamortecido
e (D) Caso não amortecido.
Pode-se observar, (Fig. 4.7), que o movimento corresponde ao chamado movimento harmô-
nico amortecido. A massa oscila com a frequência natural amortecida ωd, com amplitudes que
diminuem exponencialmente a cada ciclo. Os zeros da função ocorrem em intervalos de tempos
iguais à metade do �período� de oscilação. Os máximos ocorrem em intervalos de tempos iguais
ao período de oscilação τd. O mesmo ocorre com os mínimos.
Exemplo 3 Do exemplo anterior, para c = 20 [Ns/m], teremos que ωn continua sendo
12, 9099 [rad/s].
Mas como agora,
ζ =
c
2mωn
=
20
2× 3, 9099
= 0, 2582 [rad/s].
Temos que,
ωd = ωn
√
1− ζ2 = 12, 4721 [rad/s].
E, portanto,
C1 = u0 = 0, 1 .
C2 =
u0ωnζ + v0
ωd
=
0, 1× 12, 9099× 0, 2582 + 0, 2
12, 4721
= 0, 04276 [rad/s].
Sendo que,
R =
√
C21 + C
2
2 =
√
(0, 1)2 + (0, 04267)2 = 0, 10876 [m].
e
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 75
φ = arctan
C2
C1
= arctan
0, 04267
0, 1
= 0, 40409 [rad].
CUIDADO: na verdade, aqui temos duas raízes: a obtida e uma defasada em π rad.
Assim, temos dois candidatos:
0, 40409 e 0, 40409 + π ,
mas como,
C1 = R cos(φ) ,
e,
C2 = R sin(φ) ,
e �zemos a hipótese que R é positivo, �camos com a seguinte restrição,
sinal (C1) = sinal[cos(φ)] ,
e,
sinal (C2) = sinal[sin(φ)] ,
que é válido para a primeira raiz,
φ = 0, 40409 [rad].
Com isso obtemos,
u(0) = e−0,2582×12,9099×t [0, 1087 cos(12, 4722t− 0, 40409)] [m].
Figura 4.8: Caso subamortecido exemplo 3.
76 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
4.3 Decremento Logaritimico
Segundo Silva [9], quando se está analisando um sistema estrutural já existente, normalmente
não se conhece os valores dos parâmetros de rigidez e amortecimento, sendo necessário, por-
tanto, determinar o valor do fator de amortecimento ζ assumindo um sistema de 1 gl equivalente.
Nestes casos é necessário realizar uma estimativa a partir dos dados experimentais do compor-
tamento vibratório do sistema quando lhe é aplicado alguma condição inicial de perturbação.
Se o sistema amortecido sofre o impulso inicial,
u(t = 0) = u0 [m],
e vibra livremente, para a situação subamortecido, observamos o seguinte comportamento.
Figura 4.9: Decremento Logaritimico.
Por medição das amplitudes em dois picos sucessivos, sabemos que,
u(t1) = u0e
−ζωnt1 cos(ωdt1) .
u(t2) = u0e
−ζωnt2 cos(ωdt2) .
Assim, se dividirmos u(t2) por u(t1),
u(t2)
u(t1)
=
u0e
−ζωnt2 cos(ωdt2)
u0e−ζωnt1 cos(ωdt1)
,
agora, escrevendo t2 = t1 + 2πωd
u(t2)
u(t1)
=
e
−ζωn
(
t1+
2π
ωd
)
cos
[
ωd
(
t1 +
2π
ωd
)]
e−ζωnt1 cos(ωdt1)
,
4.4. COEFICIENTE DE AMORTECIMENTO EQUIVALENTE 77
e como cos
[
ωd
(
t1 +
2π
ωd
)]
= cos(ωdt1), podemos cortar os cossenos das equações, sendo que,
u(t2)
u(t1)
=
e
−ζωnt1−ζωn 2πωd
e−ζωnt1
,
o e−ζωnt1 que está embaixo pode ser passado para cima (com o sinal trocado), assim,
u(t2)
u(t1)
= e
−ζ ωn
ωd
2π
,
agora para extrairmos o ζ, aplicamos o ln dos dois lados,
ln
(
u(t2)
u(t1)
)
= −ζ ωn
ωd
2π ,
ou, trocando o sinal (inverte!!!),
ln
(
u(t1)
u(t2)
)
= ζ
ωn
ωd
2π = δ ,
sendo δ o decremento logaritimico.
E �nalmente, para �car tudo em função de ζ,
ωd = ωn
√
1− ζ2 ⇒ ωn
ωd
=
1√
1− ζ2
,
assim,
δ =
2πζ√
1− ζ2
.
Portanto, medindo cuidadosamente a amplitude em dois picos defasados por τ [s], podemos
obter ζ por,
ζ =
1√
1 +
(
2π
δ
)2 .
Assim conhecendo-se duas amplitudes sucessivas u1 e u2, ou se uma amplitude u1 e outra
amplitude un após n ciclos, podemos calcular o decremento logarítmico δ entre elas e estimar
o fator de amortecimento ζ do sistema.
4.4 Coe�ciente de Amortecimento Equivalente
Exatamente os mesmo que em molas:
• PARALELO:
ceq =
nc∑
j=1
cj ,
78 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
• SÉRIE:
1
ceq
=
nc∑
j=1
1
cj
.
• ACOPLADOS À ALAVANCAS:
ceq =
nc∑
j=1
cj
(
dj
l
)2
,
• SÉRIE:
ceq =
nc∑
j=1
cj cos(αj)
2 .
Exemplo 1:
Considere o sistema a seguir:
Figura 4.10: Amortecedores em paralelo.
Fazendo o DCL no entorno da massa (partícula),
Figura 4.11: DCL amortecedores em paralelo.
onde, Fm = ku, Fc1 = c1u̇, Fc2 = c2u̇ e Fin = mü.
Como as velocidades nas extremidades dos amortecedores são iguais:
Fc = Fc1 + Fc2 = (c1 + c2)u̇ .
Sendo que,
mü+ (c1 + c2)u̇+ ku = 0 .
4.4. COEFICIENTE DE AMORTECIMENTO EQUIVALENTE 79
Exemplo 2:
Considere o sistema a seguir:
Figura 4.12: Amortecedores em série.
Fazendo o DCL no entorno da massa (partícula),
Figura 4.13: DCL amortecedores em série.
como os amortecedores estão em série, sofrem a mesma força:
Figura 4.14: DCL amortecedores em série.
u̇ = v1 + v2 mas F1 = F2 = Fc .
Assim,
F1 = c1v1 ⇒ v1 =
F1
c1
.
F2 = c2v2 ⇒ v2 =
F2
c2
.
Sendo que,
u̇ =
F1
c1
+
F2
c2
=
F
ceq
.
Portanto,
80 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
1
c1
+
1
c2
=
1
ceq
.
Exemplo 3: Dados: k = 500 [N/m], m = 3 [kg] e ζ = 0,23.
ωn =
√
k
m
= 12, 909 [rad/s].
ωd = ωn
√
1− ζ2 = 12, 564 [rad/s].
τn =
2π
ωn
= 0, 487 [s].
τd =
2π
ωd
= 0, 5 [s].
Assim,
u(t) =0, 1e−0,23×12,909t cos(12, 564t) [m].
Figura 4.15: Deslocamento exemplo 3.
Portanto,
δ1 = ln
(
0, 1
0, 0226
)
= 1, 48464 .
δ2 = ln
(
0, 0226
0, 0051
)
= 1, 48464 .
Assim,
ζ =
1√
1 +
(
2π
1,48464
)2 = 0, 229956 .
4.5. ABORDAGEM ENERGÉTICA 81
4.5 Abordagem Energética
Já vimos que em sistemas conservativos,
Etot = Epot + Ecintica = Constante .
Sendo que,
dEtot
dt
= 0 ⇒ equilbrio .
Como também já vimos, que o amortecedor é um elemento dissipativo, sendo que somar
a energia associada ao amortecimento em Etot seria algo errado. Portanto, o correto nesta
situação é trabalhar com a taxa de dissipação de energia,
dEd
dt
= −cu̇2 [J/s].
Pois, c independe de u̇ e Fvisco = cu̇, e dW = cu̇u̇ = cu̇2, sendo que,
dEtot
dt
=
dEd
dt
.
Ou seja, a taxa de variação de energia é igual a energia dissipada pelo amortecedor. Assim,
a cada ciclo do amortecedor um pouco de energia se perde. Como já vimos com um sistema de
1gdl conservativo, podemos notar que a equação dEtot
dt
= dEd
dt
é igual ao equilíbrio vetorial.
Portanto,
Figura 4.16: Sistema Massa-Mola-Amortecedor 1 gdl.
Em =
1
2
mu̇2 .
Ek =
1
2
ku2 .
dEd
dt
= −cu̇2 .
Assim,
d
dt
[
1
2
mu̇2 +
1
2
ku2
]
= −cu̇u̇ .
82 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
müu̇+ kuu̇ = −cu̇u̇ [÷u̇.
mü+ cu̇+ ku = 0 .
4.6 Resposta Livre Devido a Impacto
Dado o sistema a seguir:
Figura 4.17: Sistema considerando impacto.
A velocidade do bloco é dada por,
vimpacto =
√
2gh [m/s].
Pois, por conservação de energia Epot = Ecintica. Sendo que,
mgh =
1
2
mv2 −→ v =
√
2gh .
Assim, ao colidir com o bloco de massa M, obtemos, por conservação do momento linear
que,
mvimpacto = (m+M)vconjunto [m/s].
vconjunto =
(
m
m+M
)√
2gh [m/s].
Que, juntamente com o deslocamento estático, uest =
mg
k
, compõe as duas condições iniciais
do sistema. O restante é trivial, sendo dado por,
ωn =
√
keq
m+M
[rad/s].
4.7. EXERCÍCIOS 83
4.7 Exercícios
Considere os sistemas a seguir:
1) Obter a a equação do amortecimento equivalente para alavancas e amortecedores radiais.
2) Reduzir este sistema a seus equivalentes translacionais e rotacionais. A diferença está
na variável escolhida para descrever o movimento θ(t) ou u(t). Obter a frequência natural do
sistema.
3) Determine a frequência natural do sistema mostrado a seguir, com e sem as molas k1 e
k2 no ponto médio da viga elástica [Rao [1]].
4) Determine a equação do movimento do sistema mostrado a seguir, método vetorial e
método energético [Rao [1]].
84 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
5) Determine a equação do movimento do sistema mostrado a seguir, método vetorial e
método energético [Rao [1]].
6) Uma massam é ligada a extremidade de uma barra de massa desprezível e entre em vibra-
ção em três con�gurações diferentes, �gura a seguir. Determine a con�guração correspondente
à mais alta frequência natural do sistema. [Rao [1]].
7) Determine o deslocamento u(t) do sistema mostrado a seguir. [Rao [1]].
4.7. EXERCÍCIOS 85
8) Determine a resposta do sistema mostrado a seguir. Considere um amortecedor transla-
cional posicionado em k2 e um amortecedor rotacional posicionado em o. [Rao [1]].
86 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
Parte III
Vibrações Forçadas de Sistemas 1 Grau
de Liberdade
87
Capítulo 5
Forças Harmônicas
5.1 Introdução
No capítulo anterior estudou-se a vibração livre de sistemas com um grau de liberdade. A vibra-
ção livre é obtida através da solução homogênea da equação diferencial do modelo matemático.
Esta solução foi obtida fazendo-se a força externa F (t) = 0.
O estudo da vibração forçada corresponde à resolução da equação não homogênea. Há vários
modelos matemáticos para esta força, como por exemplo: forças periódicas, forças impulsivas
ou forças aleatórias. Entre os vários modelos de forças destacam-se as forças harmônicas. Este
caso trata-se de um modelo que representa uma grande quantidade de situações reais nas quais
a força de excitação é periódica.
Toda força periódica pode ser decomposta segundo a série de Fourier. Nesta série, a força
periódica é representada por uma soma de forças componentes harmônicas, cada uma com
frequência múltipla da frequência fundamental - frequência da força periódica. Adotando-se um
modelo linear para os sistemas físicos de um grau de liberdade, vale o princípio da superposição.
Desta forma, basta estudar o caso da força de excitação harmônica, para que o caso geral de
força periódica possa ser considerado como uma simples extensão.
5.2 Excitação por Força Harmônica Permanente
A vibração livre é obtida da solução homogênea da equação diferencial do modelo matemático.
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = F (t) [N ].
Esta solução foi obtida fazendo-se a força externa F (t) = 0, ou seja, o sistema é perturbado
por condições iniciais u0 (u em t = 0) e v0 (u̇(t) em t = 0). Mas não existe nenhuma outra
fonte de excitação ao longo do tempo.
A partir de agora, além das C.I., iremos substituir no sistema uma força que varia com o
tempo. Para conjugar:
89
90 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
F (t) = F0 cos(ωt) [N ],
onde, ω é a frequência angular da força e F0 é a amplitude da força.
• 1o ESTUDO: Caso não amortecido (c = ψ = 0)
Considere a equação,
mü(t) + ku(t) = F (t) [N ].
Figura 5.1: Sistema forçado massa-mola.
A solução desta equação diferencial pode ser escrita como a soma de duas parcelas:
u(t) = uh(t) + up(t) [m],
onde, uh(t) é a solução homogênea e up(t) é a solução particular.
Sendo que uh(t) é o mesmo obtido na 1a parte da matéria, ou seja, a solução homogênea é
obtida tornando nula a força externa aplicada, isto é, fazendo F (t) = 0, assim,
uh(t) = C1 cos(ω0t) + C2 sin(ω0t) [m],
e
ωn =
√
k
m
[rad/s].
Como a força excitadora F (t) é harmônica, a solução particular também é harmônica e tem
a mesma frequência ω.
up(t) = A cos(ωt− φ) [m],
onde, A é a constante que denota a máxima amplitude de up(t), ω é a mesma frequência de
excitação da estrutura, φ é o ângulo de fase da excitação harmônica.
Portanto, a resposta total é dada por,
5.2. EXCITAÇÃO POR FORÇA HARMÔNICA PERMANENTE 91
u(t) = C1 cos(ωnt) + C2 sin(ωnt) + A cos(ωt− φ) [m],
Para simpli�car a 1a análise, vamos considerar que as C.I. são nulas, sendo que C1 = C2 = 0
(uh(t) = 0), e
u(t) = up(t) = A cos(ωt− φ) [m],
Assim como foi feito na 1a parte, vamos substituir a resposta na EDO, lembrando,
ü(t) = −Aω2 cos(ωt− φ)
Portanto, substituindo, temos que:
m(−Aω2 cos(ωt− φ)) + k(A cos(ωt− φ)) = F0 cos(ωt) ,
ou
A cos(ωt− φ)
[
k − ω2m
]
= F0 cos(ωt) ∀t ∈ R∗,
e, como t ∈ R∗, temos duas possibilidades:
1. φ = 0 ⇒ Força e deslocamento estão em fase:
Temos que,
A cos(ωt)
[
k − ω2m
]
= F0 cos(ωt) ,
Logo,
A =
F0
k − ω2m
,
e, se ω −→ 0 (estático),
A −→ F0
k
,
deslocamento estático. Como,
ωn =
√
k
m
→ ω2n =
k
m
→ k = ω2nm
Assim,
A =
F0
m
ω2n − ω2
,
Portanto, A > 0 se ω < ωn.
92 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
2. φ = π ⇒ Força e deslocamento defasados:
Como, [cos(α− π) = − cos(α)],
A[k − ω2m] = −F0 .
Assim,
A =
F0
m
ω2 − ω2n
,
Figura 5.2: Fator de Ampli�cação sistema não amortecido.
Interpretação:
Caso 1: ω < ωn, massa e força "andam"juntas (em fase) e seus efeitos se somam, causando
um aumento de amplitude.
Caso 2: ω ≈ ωn, A → inf, essa condição, para a qual a frequência forçante ω é igual a
frequência natural do sistema ωn, é denominada ressonância.
Caso 3: ω > ωn, efeitos se "cancelam"e amplitude decresce.
• 2o ESTUDO: Caso amortecido
Se,
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = F (t) [N ].
Figura 5.3: Sistema forçado massa-mola-amortecedor.
5.2. EXCITAÇÃO POR FORÇA HARMÔNICA PERMANENTE 93
A solução particular tem a forma,
up(t) = A cos(ωt) +B sin(ωt) [m].
Com,
u̇p(t) = −Aω sin(ωt) +Bω cos(ωt) ,
üp(t) = −Aω2 cos(ωt)−Bω2 cos(ωt) .
Substituindo na equação de equilíbrio,
m[−Aω2 cos(ωt)−Bω2 cos(ωt)]+c[−Aω sin(ωt)+Bω cos(ωt)]+k[A cos(ωt)+B sin(ωt)] = F0 cos(ωt) .
igualando os coe�cientes em seno e cosseno de ambos os lados, obtemos o sistema,
[k − ω2m]A+ cωB = F0.
−cωA+ [k − ω2m]B = 0 .
Resolvendo o sistema, a solução para A e B é dada por:
A =
(k − ω2m)
(k − ω2m)2 + (cω)2
F0 [m],
e,
B =
(cω)
(k − ω2m)2 + (cω)2
F0 [m].
Portanto, a solução particular up(t) é igual a,
up(t) =
(k − ω2m)
(k − ω2m)2 + (cω)2
F0 cos(ωt) +
(cω)
(k − ω2m)2 + (cω)2
F0 sin(ωt) [m].
Se ω → 0, observa-se que:
A→ F0k
k2
=
F0
k
,
B → 0 .
Logo, A→ F0
k
é a amplitude de deslocamento estático.
Assim, cabe aqui de�nir:
1. uest = F0k [m], amplitude de deslocamento estático.
2. β = ω
ωn
, relação de frequências.
94 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
3. ωn =
√
k
m
, frequência natural não amortecida.
E, com estas de�nições vamos re-escrever A e B. Como,
ωn =
√
k
m
→ ω2n =
k
m
→ k = ω2nm
Temos,
ζ =
c
cc
=
c
2
√
mk
=
c
2
√
ω2nm
2
=
c
2ωnm
Assim, multiplicando por β,
ζ =
c
2ω0m
ζβ =
c
2ωnm
β =
c
2ωnm
ω
ωn
=
cω
2mω2n
=
cω
2mk/m
=
cω
2k
2ζβ =
cω
k
.
Isolando β, temos,
β =
cω
2kζ
=
cω
2k c
2mωn
=
mωωn
k
.
Elevando ao quadrado os dois lados,
β2 =
m2ω2ω2n
k2
=
m2ω2
k2
k
m
=
mω2
k
.
Assim,
A =
F0(k − ω2m)
(k − ω2m)2 + (cω)2
.
Colocando os k em evidência,
A =
F0k(1− ω
2m
k
)
k2(1− ω2m
k
)2 + (cω)2
.
E, como temos um cω/k para usar, podemos fazer,
A =
F0k(1− ω
2m
k
)
k2(1− ω2m
k
)2 + k2( cω
k
)2
.
Sabendo que,
ω2m
k
= β2 .
5.2. EXCITAÇÃO POR FORÇA HARMÔNICA PERMANENTE 95
β2 =
ω2
ω2n
.
2ζβ =
cω
k
.
Temos que,
A =
F0k(1− β2)
k2(1− β2)2 + k2(2βζ)2
,
ou,
A =
F0
k
(1− β2)
(1− β2)2 + (2βζ)2
=
uest(1− β2)
(1− β2)2 + (2βζ)2
.
E de forma análoga com B,
B =
uest(2βζ)
(1− β2)2 + (2βζ)2
.
E, como discutido anteriormente, podemos escrever:
up(t) = R cos(ωt− φ) [m].
Com,
A = R cos(φ) e B = R sin(φ) .
Sendo que,
R =
√
A2 +B2 e φ = atan
B
A
.
Assim,
R = uest
[
1√
(1− β2)2 + (2βζ)2
]
= uest.M .
R
uest
=
[
1√
(1− β2)2 + (2βζ)2
]
.
Podemos de�nir M como o fator de ampli�cação dinâmica, dado por:
M =
R
uest
.
• β = 0 → M = 1
• β → 0 → M = 1
2ζ
, se ζ → 0 então M → inf.
• β = inf → M = 0
96 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
Ainda,
tan(φ) =
2βζ
1− β2
.
Assim, de modo geral, a Figura 5.4 ilustra como o valor da razão de frequência β e do fator
de amortecimento ζ afetam as amplitudes na condição de ressonância, ou seja, quando β = 1.
Figura 5.4: Variação do fator de ampli�cação dinâmica e do ângulo de fase para diferentes
relações de frequência [Rao [1]].
1. ζ = 0 a equação é reduzida para o caso sem amortecimento, M → inf quando β → 1.
2. ζ > 0 reduz o fator de ampli�cação M.
3. Para qualquer valor especi�cado de β um valor mais alto de amortecimento reduz o valor
de M.
4. No caso força constante (β = 0) o valor de M = 1.
5. Amplitude de vibração forçada torna-se menor com valores crescentes da frequência for-
çante M → 0 quando β → inf.
6. Para 0 < ζ < 1√
2
o valor máximo de M ocorre quando β =
√
1− 2ζ2 ou ω = ωn
√
1− 2ζ2,
que podemos observar que é mais baixo que a frequência natural não amortecida ωn e a
frequência natural amortecida ωd = ωn
√
1− ζ2.
7. O valor máximo de u (β =
√
1− 2ζ2) é dado por,
5.2. EXCITAÇÃO POR FORÇA HARMÔNICA PERMANENTE 97
Mmax =
1
2ζ
√
1− ζ2
,
e o valor de M em ω = ωn, por,
Mω=ωn =
1
2ζ
,
ou seja, com comportamento extremo aplicado por, dM
dβ
= 0, que resulta em,
4β3 + 8ζ2β − 4β = 0 ,
com raízes,
0, ±
√
1− 2ζ2,
cujo único valor físico é
√
1− 2ζ2 = βextremo, que é uma vez inserido em M e φ e resulta
em,
Mextremo =
1
2ζ
√
1− ζ2
.
φextremo = atan
2βextremoζ
1− β2extremo
.
A Figura 5.5 ilustra as variações das soluções homogênea (regime transitório), particular
(regime forçado ou permanente) e geral com o tempo para um caso típico.
Figura 5.5: Soluções homogênea, particular e geral para um caso amortecido [Rao [1]].
O regime transitório (ou solução homogênea) tem essa designação porque a sua amplitude
98 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
decresce ao longo do tempo, apenas tendo alguma importância na resposta total nos instantes
iniciais do movimento. À medida que esta parcela diminui o movimento passa a ser dominado
pela resposta em regime permanente.
EXEMPLO 5.1 Determine a resposta permanente do sistema θ(t). DADOS: l1 = 0, 1[m],
l2 = 1, 0[m], m = 1[kg], k = 104[N/m], c = 500[Ns/m], F = 5[N ].
Figura 5.6: Exemplo 5.1
Reduzindo para um sistema torcional em o.
Figura 5.7: DCL Massa
No ponto o temos ΣTo.
m(θ̈l2)l2 = mθ̈l
2
2 → Tinrcia.
mgl2 sin(θ) ≈ mgl2θ → Tpeso.
F (t)l2 → Tfora externa,
e,
5.2. EXCITAÇÃO POR FORÇA HARMÔNICA PERMANENTE 99
Figura 5.8: DCL Mola-Amortecdor
k(θl1)l1 = kθl
2
2 → Tk.
c(θ̇l1)l1 = cθ̇l
2
1 → Tc.
Assim,
[ml22]θ̈(t) + [cl
2
1]θ̇(t) + [kl
2
1 −mgl2]θ(t) = Fl2 cos(ωt) .
Substituindo os valores,
kT = 90, 19[Nm/rad] .
Jo = 1, 00[kgm
2] .
cT = 5, 19[Nsm/rad] .
Sendo que,
ωn =
√
kT
Jo
= 9, 4968 [rad/s].
E,
ζ =
cequ
2Joωn
= 0, 2632 (subamortecido).
E,
β =
ω
ωn
= 0, 1053ω (subamortecido).
Assim, temos que a resposta particular é,
θestM =
5
90, 19
[
1√
(1− β2)2 + (2βζ)2
]
.
100 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
θ(t) = θestM cos(ωt− φ) .
φ = atan
2βζ
1− β2
.
Para os dados do problema,
θ(t) =
0, 05543 cos
[
ωt− atan 0,05543ω
1−0,01108ω2
]
√
(1− 0, 01187ω2)2 + 0, 00307ω2
.
Sendo que a resposta é dada por,
Figura 5.9: Resposta permanente do sistema θ(t)
Figura 5.10: Variação do ângulo de fase φ
5.3. EXCITAÇÃO POR MASSAS EXCÊNTRICAS ROTATIVAS 101
5.3 Excitação por Massas Excêntricas Rotativas
Um caso especial de vibrações excitadas por forças harmônicas ocorre em máquinas rotativas
com massa desbalanceada. Nestes casos o sistema é excitado por uma massa desbalanceada
com uma velocidade angular ω e com uma distância r.
A Fig. 5.11 mostra uma máquina rotativa representada por um sistema massa-mola-
amortecedor com um grau de liberdade.
Figura 5.11: Sistema constituído por uma massa excêntrica rotativa.
Observando que o giro de m1 provoca uma força centrífuga,
Fc = m1 · r · ω2 [N ].
Anteriormente, admitiu-se que a amplitude da força harmônica perturbadora era indepen-
dente da frequência de excitação. Quando a força perturbadora é devida à existência de um
componente rotativo desequilibrado, o valor da magnitude F é proporcional à ω2.
Ainda, como a massa está rotacionando.
F (t) = m1 · r · ω2 cos(ωt) [N ].
Neste caso a equação do movimento do sistema é descrita por,
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = m1 · r · ω2 cos(ωt) [N ].
De modo a escrevermos tudo em termos de m, de�nimos,
µ =
m1
m
[N ].
Tal que,
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = µmrω2 cos(ωt) [N ].
Assim, se chamarmos µmrω2 = Fc,
Podemos utilizar o resultado obtido na seção anterior,
102 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
R =
uest
k
·M = Fc
k
·M [m],
R =
µmrω2
k
·M [m],
e como,
m
k
=
1
ω2n
,
e,
β =
ω
ωn
.
Podemos escrever,
R = (µrβ2) ·M = (µr) ·N [m].
Assim,
N =
β2√
(1− β2)2 + (2βζ)2
.
Novamente, podemos estudar as condições extremas,
dN
dβ
= 0 ,
sendo que,
βr =
1√
1− 2ζ2
,
que uma vez substituindo em N(β), resulta em,
Nr =
1
2ζ
√
1− 2ζ2
,
e se, ζ → 0 então Nr = 12ζ .
Sendo que se zeta > 1√
2
não teremos ressonância.
Quanto ao ângulo de fase, temos que,
tan(φ) =
2βζ
1− β2
.
Assim, de modo geral, a Figura 5.12 ilustra como o valor da razão de frequência β e do
fator de amortecimento ζ afetam as amplitudes na condição de ressonância. Para pequenas
velocidade de rotação da massa m1 a massa total m, move-se muito pouco. A velocidades
próximas da frequência natural a amplitude cresce tomando valores muito elevados quando o
5.3. EXCITAÇÃO POR MASSAS EXCÊNTRICAS ROTATIVAS 103
amortecimento é pequeno. Note-se que todas as curvas se aproximam assimptoticamente de 1,
para altas velocidades da massa rotativa.
Figura 5.12: Excitação harmonica devido ao desbalancemento em rotação (a) amplitude da
resposta e (b) ângulo de fase da resposta [Balachandran [2]].
• Medida de Desbalanceamento Absoluto
D = m1r [kgm],
é chamado de medida de desbalanceamento absoluto.
Assim, temos:
R = (µr)N ,
pode ser escrito como m1
m
r = D
m
.
E como D é de�nido como o produto de uma massa por umadistância, podemos escrever,
D = me ,
onde, e = excentricidade do rotor ou medida de desbalanceamento relativo, que é a distância
que separa o centro de gravidade do centro de rotação do motor.
Assim,
u(t) = R cos(ωt− φ) = (µr)N cos(ωt− φ) [m],
ou,
u(t) = eN cos(ωt− φ) [m].
104 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
EXEMPLO 5.2: Dados: Com e = 2.10−4[m], m = 5[kg], k = 1.103[N/m], e c =
100[Ns/m].
Figura 5.13: Exemplo 5.2
Ainda, com rotação de 1000 RPM.
Passando a rotação para [rad/s], temos:
ω =
2π1000
60
= 105 [rad/s].
Assim,
ωn =
√
k
m
=
√
1000
5
= 14, 1 [rad/s].
β =
ω
ωn
=
105
14, 1
= 7, 45 .
ζ =
c
cc
=
c
2
√
km
=
1√
2
= 0, 71 .
Sendo que,
N =
β2√
(1− β2)2 + (2βζ)2
=
7, 452√
(1− 7, 452)2 + (2 · 7, 45 · 0, 71)2
= 0, 99 ,
e
tan(φ) =
2βζ
1− β2
=
2 · 7, 45 · 0, 71
1− 7, 452
.
φ = −0, 1917 [rad].
Sendo que,
u(t) = eN cos(ωt− φ) [m].
u(t) = (2.10−4)(0, 99) cos(105t+ 0, 1917) [m].
5.3. EXCITAÇÃO POR MASSAS EXCÊNTRICAS ROTATIVAS 105
Estudar para o caso ressonante,
Para c = 100[Ns/s] → ζ > 1√
2
, não apresenta ressonância.
Usar c = 25[Ns/m].
EXEMPLO 5.3: Dados: Com m = 2, 5[kg], keq = 3, 82.105[N/m], ζ = 0, 1, ν = 1.10−3, e
ω = 3000[RPM ].
Sendo, ν a folga provocada por desgaste.
Figura 5.14: Exemplo 5.3
Como a folga é 1.10−3[m], temos uma excentricidade de ν
2
, ou seja, 5.10−4[m].
Assim,
ω =
2π3000
60
= 314, 16 [rad/s].
E,
ωn =
√
k
m
=
√
3, 82.105
2, 5
= 390, 9 [rad/s].
Sendo que,
β =
ω
ωn
=
314, 16
390, 9
= 0, 804 .
ζ = 0, 1 .
Calculando N,
N =
β2√
(1− β2)2 + (2βζ)2
=
0, 8042√
(1− 0, 8042)2 + (2 · 0, 804 · 0, 1)2
= 1, 66 ,
e
tan(φ) =
2βζ
1− β2
=
2 · 0, 804 · 0, 1
1− 0, 8042
.
106 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
φ = 0, 4261 [rad].
Sendo que,
u(t) = eN cos(ωt− φ) [m].
u(t) = (5.10−4)(1, 66) cos(314, 16t− 0, 4261) [m].
u(t) = 8, 3053.10−3 cos(314, 16t− 0, 4261) [m].
EXEMPLO 5.4: Dados: Com m = 20[kg], m1 = 0, 5[kg], ζ = 0, 15, e = 0.15[m], e
ω = 1500[RPM ].
Figura 5.15: Exemplo 5.4
Visto que a rigidez de uma viga em balanço que suporta uma carga na extremidade é dada
por:
k =
3EI
L3
=
3 · 2, 5.106
43
= 0, 1172× 106 [N/m].
Assim,
ω =
2π1500
60
= 157, 08 [rad/s].
E,
ωn =
√
k
m
=
√
0, 1172× 106
20 + 0.25 ∗ 240
= 38, 2753 [rad/s].
Sendo que,
β =
ω
ωn
=
157, 08
38, 2753
= 4, 1040 .
5.3. EXCITAÇÃO POR MASSAS EXCÊNTRICAS ROTATIVAS 107
ζ = 0, 15 .
Calculando N,
N =
β2√
(1− β2)2 + (2βζ)2
=
4, 10402√
(1− 4, 10402)2 + (2 · 4, 1040 · 0, 15)2
= 1, 06 ,
e
tan(φ) =
2βζ
1− β2
=
2 · 4, 1040 · 0, 15
1− 4, 10402
.
φ = 0, 1271 [rad].
Sendo que,
u(t) = eN cos(ωt− φ) [m].
u(t) = (0, 15)(1, 06) cos(157, 08t− 0, 1271) [m].
u(t) = 0, 159 cos(157, 08t− 0, 1271) [m].
108 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
5.4 Excitação por Movimento Harmônico de Base
Às vezes, a base ou o suporte de um sistema massa-mola-amortecedor sofre movimento harmô-
nico, como mostrado na Fig. 5.16.
Figura 5.16: Sistema constituído por movimento harmônico de base.
Lembrando que,
Figura 5.17: Movimento relativo.
F = ku = k(u2 − u1) [N ],
sendo, u2 − u1 movimento relativo u. E se de�nirmos os deslocamento relativo como,
ur = u− ue [m].
Podemos escrever,
mü(t) + cu̇r(t) + kur(t) = 0 [N ],
ou
mür(t) + cu̇r(t) + kur(t) = −müe [N ],
e �nalmente, como üe = −ω2 cos(ωt)Ue, portanto,
mür(t) + cu̇r(t) + kur(t) = mω
2Ue cos(ωt) [N ].
Novamente, assim como no caso das massas rotativas desbalanceadas, podemos usar os
resultados de excitação harmônica, sendo que, quando:
Fe = m · ω2 · Ue [N ].
5.4. EXCITAÇÃO POR MOVIMENTO HARMÔNICO DE BASE 109
Tem-se,
R =
uest
k
·M = Fe
k
·M [m],
R =
mω2Ue
k
·M = ω
2Ue
ω2n
·M = β2Ue ·M [m],
R = Ue ·N [m].
Sendo que,
ur(t) = R · cos(ωt− φ) [m].
Com,
tan(φ) =
2βζ
1− β2
.
Aqui devemos ter um cuidado especial pelo fato de estarmos trabalhando com ur(t).
Assim, como:
u(t) = ue(t) + ur(t) .
Podemos reescrever os resultados, buscando obter uma relação entre ue(t) e u(t).
u(t) = Ue cos(ωt) + UeN cos(ωt− φ) .
Ou,
u(t) = Ue cos(ωt) + [A cos(ωt) +B sin(ωt) .
Com,
A = UeN cos(φ) .
B = UeN sin(φ) .
Sendo que,
u(t) = Ue cos(ωt) +
2βUeNζ sin(ωt)
(1− β2)
√
4β2ζ2
(1−β2)2 + 1
+
UeN cos(ωt)√
4β2ζ2
(1−β2)2 + 1
.
Que pode ser escrito como:
u(t) = UeTr cos(ωt− φ) .
110 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
Com,Tr sendo a transmissibilidade de deslocamento, dada por,
Tr =
√
1 + (2βζ)2
(1− β2)2 + (2βζ)2
.
E,
tan(φ) =
2β3ζ
(1− β2) + (4β2ζ2)
.
Assim, de modo geral, a Figura 5.18 ilustra como o valor da razão de frequência β e do fator
de amortecimento ζ afetam as amplitudes na condição de ressonância.
Figura 5.18: Vibração causada por excitação na base (a) amplitude da resposta e (b) ângulo
de fase da resposta [Rao [1]].
Da mesma forma que �zemos com M e N, podemos estudar o comportamento de Tr com β.
dTr
dβ
= 0 .
βr =
1
2ζ
√√
1 + 8ζ2 − 1 .
Sendo que,
• Qualquer que seja ζ <∞, sempre haverá um valore de Tr.
• βr < 1 → βr −→ quando ζ −→ 0.
• Se β =
√
2, Tr = 1, independente de ζ.
• Para β >
√
2, Tr < 1, e decai proporcional a ζ.
5.4. EXCITAÇÃO POR MOVIMENTO HARMÔNICO DE BASE 111
EXEMPLO 5.5: Considere a Fig. 5.19. (a) Qual a velocidade v em que o sistema
atinge a ressonância? (b) Qual é a amplitude se v = 20 [km/h]. Dados: Com m = 25[kg],
k = 5000[N/m], ζ = 0, 75, L = 0, 5[m], e Ue = 0, 05[m].
Figura 5.19: Exemplo 5.5
a) Das condições do sistema, sabendo que:
ωn =
√
k
m
=
√
5000
25
= 14, 4 [rad/s].
E, para a ressonância,
βr =
ωr
ωn
=
1
2ζ
√√
1 + 8ζ2 − 1 = 0, 78 .
Sendo que,
ωr = 0, 78ωn ≈ 11 [rad/s].
E como a velocidade é de�nida por,
vr =
L
τr
[m/s],
onde,
τr =
2π
ωr
,
Temos que,
vr =
ωrL
2π
= 0, 88 [m/s],
Nesta velocidade, temos que a amplitude Ue multiplicada por,
Tr =
√
1 + (2βζ)2
(1− β2)2 + (2βζ)2
= 1, 25 .
112 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
Sendo que a amplitude máxima será,
Rr = 0, 05× 1, 25 = 0, 0625 [m].
b) A 20 km/h, teremos:
ω =
2πv
L
= 70 [rad/s],
Sendo que,
β =
ω
ωn
= 4, 95 .
E,
Tr =
√
1 + (2βζ)2
(1− β2)2 + (2βζ)2
= 0, 303 .
R = 0, 05× 0, 303 = 0, 01515 [m].
EXEMPLO 5.6: Considere a Fig. 5.20. (a) Velocidade para a qual ocorre a ressonância?
(b) Resposta permanente do sistema a uma velocidade de v = 50 [km/h]. Dados: Com m =
250[kg], k1 = 10000[N/m], ζ = 0, 5, L = 5[m], e 2Ue = 40[mm].
Figura 5.20: Exemplo 5.6
a) A ressonância ocorre quando a amplitude do movimento é máxima, ou seja:
ωn =
√
2k
m
=
√
2× 10000
250
= 8, 9443 [rad/s].
Para a ressonância,
βr =
ωr
ωn
=
1
2ζ
√√
1 + 8ζ2 − 4 = 0, 8556 .
5.4. EXCITAÇÃO POR MOVIMENTO HARMÔNICO DE BASE 113
Sendo que,
ωr = 0, 8556ωn ≈ 7, 6527 [rad/s].
E como a velocidade é de�nida por,
vr =
L
τr
[m/s],
onde,
τr =
2π
ωr
,
Temos que,
vr =
ωrL
2π
= 6, 0898 [m/s],
Nesta velocidade, temos que a amplitude Ue multiplicada por,
Tr =
√
1 + (2βζ)2
(1− β2)2 + (2βζ)2
= 0, 4413 .
Sendo que a amplitude máxima será,
Rr = 0, 02× 0, 4413 = 0, 0088 [m].
b) A 50 km/h, teremos:
ω =
2πv
L
= 17, 4533 [rad/s].
Sendo que,
β =
ω
ωn
= 1, 9513 .
E,
Tr =
√
1 + (2βζ)2
(1− β2)2 + (2βζ)2
= 0, 3878 .
φ = tan−1
(
2β3ζ
(1− β2) + (4β2ζ2)
)
= 1, 4370 [rad].
u(t) = UeTr cos(ωt− φ) [m].
u(t) = 0, 02× 0, 3878 cos(17, 4533t− 1, 4370) [m].
114 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
5.5 Fator de Qualidade
Vamos considerar um sistema excitado por uma força harmônica F (t) = F0 cos(ωt).
Figura 5.21: Resposta harmônica mostrando a ressonância do sistema. Adaptado de Rao [1].
Sabendo que na ressonância:
Mr =
1
2ζ
√
1− ζ2
,
e, se ζ → (ζ < 0, 05), então:
Mr =
1
2ζ
,
O valor do coe�ciente de amplitude em ressonância também é denominado fator Q ou fator
de qualidade do sistema, por analogia com alguma aplicações da engenharia elétrica, como o
circuito de sintonia de um rádio, no qual o interesse está em uma amplitude em ressonância
que seja maior possível.
Lembrando que um amortecedor dissipa,
Ẇd = Cu̇
2 [J/s].
Sem que em um ciclo de vibração temos:
u(t) = U cos(ωt) [m].
Portanto,
∆W =
∫ τ
0
Cu̇2dt .
5.5. FATOR DE QUALIDADE 115
∆W =
∫ 2π
ω
0
C[−ωU sin(ωt)]2dt