Vibrações Mecânicas_Texto 2 - Copia

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VIBRAÇÃO LIVRE – 
SISTEMAS EM 
ROTAÇÃO 
 
 
 
 
 
 
 
Gabriel de Sant’ Anna Vitor Barbieri 
 
 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
2 
 
Olá aluno (a) Unifacear! 
Seja bem-vindo (a) à aula Vibração Livre – Sistemas em Rotação. 
 
EXERCÍCIOS 
 
Antes de iniciarmos o estudo da vibração em sistemas rotativos, ou seja, sistemas 
cujo deslocamento é angular ao invés de linear, vamos resolver alguns exercícios para 
aprendermos a determinar os parâmetros vibratórios de sistemas em translação. 
Primeiramente, vamos calcular a frequência natural de um sistema massa-mola 
que apresenta uma associação de molas. 
Considere o sistema massa-mola da figura 1. Este sistema apresenta uma 
associação de duas molas em paralelo em um lado da massa e uma mola isolada do outro 
lado. Vamos considerar também que a massa é igual a 200 kg, 𝑘1 = 200 𝑁/𝑚, 𝑘2 =
250 𝑁/𝑚 e 𝑘3 = 300 𝑁/𝑚. 
 
Figura 1 – Sistema massa-mola com associação de molas 
 
Fonte: Inman, 2014 
 
Para determinarmos a frequência natural do sistema é necessário escrever a 
equação que descreve o modelo matemático do comportamento do sistema, ou seja, a sua 
equação de movimento. Para isso, vamos aplicar a segunda lei de Newton à massa do 
sistema, que resulta em: 
 
∑ �⃗� = 𝑚 ∙ �⃗� = 𝑚 ∙ �̈� (1) 
 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
3 
 
Nesse caso vamos considerar apenas as forças que são desenvolvidas no sentido 
do movimento, de modo que possamos desprezar a força peso. Os únicos elementos que 
desenvolvem forças no sentido do movimento são as molas (sentido da força sempre 
oposto ao sentido do movimento). A equação resultante é igual a: 
 
𝑚 ∙ �̈� + (𝑘1 + 𝑘2) ∙ 𝑥 + 𝑘3 ∙ 𝑥 = 0 ∴ 𝑚 ∙ �̈� + (𝑘1 + 𝑘2 + 𝑘3) ∙ 𝑥 = 0 
(2) 
 
Agora basta substituir os valores para o cálculo da frequência natural. Lembrando 
que a frequência natural é obtida pela raiz quadrada da razão entre o termo que múltipla 
o deslocamento pelo termo que multiplica a aceleração. Assim: 
 
𝜔𝑛 = √
𝑘1+𝑘2+𝑘3
𝑚
= √
200+250+300
200
= 1,936 𝑟𝑎𝑑/𝑠 (3) 
 
Caso a associação das duas molas do lado esquerdo da massa fosse em série o 
resultado seria diferente. 
Vamos resolver outro exercício: Um aparelho sonoro pode ser modelado como 
um sistema massa-mola com m=1kg e k=400N/m. Quando ele oscila a máxima deflexão 
é 2,4mm. Colocando discos no sistema, a máxima deflexão passa a ser 3,4mm e a massa 
1,4 kg. Defina as faixas de valores máximos de deslocamento, velocidade e aceleração. 
Umas das soluções propostas para a função de deslocamento de um sistema 
massa-mola em vibração livre não amortecido é da forma: 
 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑛 ∙ 𝑡) + 𝐵 ∙ 𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑛 ∙ 𝑡) (4) 
 
Para se determinar os valores máximos do deslocamento, velocidade e aceleração, 
deve-se derivar a equação 4 sucessivamente e igualar a zero. Este procedimento não é tão 
simples. 
Uma alternativa mais simples pode ser definida ao utilizar a segunda solução 
proposta para a função de deslocamento, que tem a seguinte forma: 
 
𝑥(𝑡) = 𝑋𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑛𝑡 − 𝜙) (5) 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
4 
 
Nesse caso é simples notar que o deslocamento será máximo quando 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑛𝑡 −
𝜙) for igual ao seu valor máximo, ou seja, 1. Logo, o valor do deslocamento máximo é 
igual a 𝑋. Derivando a expressão 5 uma vez em relação ao tempo para a obtenção da 
velocidade máxima (eq. 6) e duas vezes para obter a aceleração máxima (eq. 7), tem-se: 
 
�̇�(𝑡) = −𝑋 ∙ 𝜔𝑛 ∙ 𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑛𝑡 − 𝜙) ∴ 𝑣𝑚á𝑥 = −𝑋 ∙ 𝜔𝑛 (6) 
 
�̈�(𝑡) = −𝑋 ∙ 𝜔𝑛² ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑛𝑡 − 𝜙) ∴ 𝑎𝑚á𝑥 = −𝑋 ∙ 𝜔𝑛² 
(7) 
 
onde o sinal algébrico apenas indica o sentido de movimento a partir da referência 
adotada como positiva. 
Para a primeira situação (antes da adição dos discos) a frequência natural é igual 
a: 
 
𝜔𝑛 = √
400
1
= 20 𝑟𝑎𝑑/𝑠 (8) 
 
Já para a segunda situação a frequência natural é dada por: 
 
𝜔𝑛 = √
400
1,4
= 16,9 𝑟𝑎𝑑/𝑠 (9) 
 
Logo, os parâmetros máximos relacionados ao movimento da massa 
(deslocamento, velocidade e aceleração) para ambos os casos são fornecidos na tabela 1. 
 
Tabela 1 – resultados do exercício 
 𝑥𝑚á𝑥 𝑣𝑚á𝑥 𝑎𝑚á𝑥 
Sem discos 2,4 mm 48 mm/s 960 mm/s² 
Com discos 3,4 mm 57 mm/s 971 mm/s² 
 
Fonte: o autor, 2023 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
5 
 
Por fim, vamos resolver um exercício de vibração livre amortecida: O movimento 
vertical de um veículo pode ser modelado como sendo um sistema massa-mola-
amortecedor cuja massa corresponde às massas de todos os componentes sobre o chassis, 
a mola corresponde a uma constante de mola equivalente das quatro suspensões e o 
amortecedor corresponde a uma constante de amortecimento equivalente das quatro 
suspensões. Sabe-se que a massa do veículo é aproximadamente 1000kg e que a deflexão 
estática das suspensões devido ao peso próprio é de 0,02 m. Os parâmetros das suspensões 
são ajustados tal que o sistema é criticamente amortecido. 
Considerando as condições iniciais 𝑥𝑜 = 0,02 𝑚 e 𝑣0 = 0,5 𝑚/𝑠, encontre: 
 
a) A resposta do sistema x(t). 
b) Sabendo que em uma viagem até Florianópolis são consumidos 80 kg de 
combustível, considerando as mesmas condições iniciais, encontre x(t). 
c) Na viagem de volta de Florianópolis, com o carro totalmente abastecido, 
o motorista dá carona para um passageiro cuja massa é 75 kg. 
Considerando as mesmas condições iniciais encontre x(t). 
 
A solução do exercício deve se iniciar pela determinar da constante de rigidez 
elástica equivalente do sistema. Este parâmetro do sistema vibratório pode ser 
determinado a partir da informação da deflexão estática da mola. A força desenvolvida 
pela mola na deflexão estática deve ser igual ao peso do veículo (totalmente abastecido) 
visto que nessa configuração o sistema se encontra em equilíbrio estático. O diagrama de 
corpo livre dessa situação é ilustrado na figura 2. Desta maneira, temos que: 
 
Figura 2 – Diagrama de corpo livre no equilíbrio estático 
 
Fonte: o autor (2023) 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
6 
 
 
𝑚 ∙ 𝑔 = 𝑘𝑒𝑞 ∙ 𝛿𝑠𝑡 ∴ 𝑘𝑒𝑞 =
1000∙9,82
0,02
= 491.000 𝑁/𝑚 (10) 
 
A segunda etapa da solução é a determinação da constante de amortecimento. 
Como os parâmetros da suspensão foram ajustados de modo que o sistema apresente 
comportamento criticamente amortecido, então o fator de amortecimento é igual a 1. 
Desta maneira, 
 
𝜉 = 1 =
𝐶
2𝑚∙𝜔𝑛
=
𝐶
2√𝑚∙𝑘
∴ 𝐶 = 44.317 𝑁. 𝑠/𝑚 (11) 
 
Agora que todos os parâmetros do sistema já foram calculados, é necessário 
aplicar um movimento possível ao veículo para tirá-lo da condição de equilíbrio e colocá-
lo em vibração. 
O diagrama de corpo livre dessa configuração é ilustrado na figura 3. 
 
Figura 3 – Diagrama de corpo livre do corpo em movimento. 
 
Fonte: o autor, 2023. 
 
Matematicamente, através da aplicação da segunda lei de Newton, tem-se: 
 
+↓ ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎 = 𝑚�̈� ∴ 𝑚�̈� + 𝐶�̇� + 𝐾𝑥 = 0 
(12)Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
7 
 
Para sistemas criticamente amortecidos a solução é da forma: 
 
𝑥(𝑡) = (𝑥0 + (𝑣0 + 𝜔𝑛𝑥0)𝑡)𝑒
−𝜔𝑛𝑡 
(13) 
 
onde 𝑥0 e 𝑣0 são as condições iniciais do movimento, já conhecidas. Resta apenas 
determinar a frequência natural. Este parâmetro pode ser calculado por: 
 
𝜔𝑛 = √
𝐾
𝑚
= √
491000
1000
= 22,158 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
(14) 
 
Depois do consumo de combustível durante a viagem a massa do veículo reduz 
80 kg. Essa alteração da massa do sistema faz com que seu comportamento vibratório se 
altere. Recalculando o fator de amortecimento para essa nova configuração do sistema, 
temos: 
 
𝜉 =
𝐶
2√𝑚∙𝑘
=
44317
2√920∙491000
= 1,0426 (15) 
 
Como o fator de amortecimento é maior do que a unidade, o sistema agora 
apresenta um comportamento superamortecido. A função de deslocamento do sistema 
nessa configuração é da forma: 
 
𝑥(𝑡) = 𝑒−ξ 𝜔𝑛𝑡 (𝐶1𝑒
𝜔𝑛√ξ2−1𝑡 + 𝐶2𝑒
−𝜔𝑛√ξ2−1𝑡) 
(16) 
 
Um cuidado deve ser tomado aqui! Como a massa do sistema sofreu alteração sua 
frequência natural também se altera. As constantes 𝐶1 e 𝐶2 podem ser determinadas a 
partir das condições iniciais do movimento e a derivada da equação 16. 
Por fim, com o veículo abastecido novamente e com mais um passageiro no 
automóvel, a massa se altera novamente. Desta maneira, a frequência natural e o fator de 
amortecimento também se alteram. Temos que: 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
8 
 
𝜉 =
𝐶
2√𝑚∙𝑘
=
44317
2√1075∙491000
= 0,964 (17) 
 
Nesse caso o fator de amortecimento é menor do que 1, logo o comportamento do 
sistema é subamortecido. A solução da função de deslocamento desse tipo de sistema é 
da forma: 
 
𝑥(𝑡) = 𝑒−𝜉𝜔𝑛𝑡(𝐴1(cos (𝜔𝑑𝑡) + 𝐴2(𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑑𝑡)) 
(18) 
 
onde 𝐴1 e 𝐴2 são constantes que podem ser calculadas a partir das condições 
iniciais do movimento, e 𝜔𝑛, novamente, deve ser recalculada devido a alteração da massa 
do sistema. A frequência amortecida, 𝑤𝑑, pode ser determinada por: 
 
𝜔𝑑 = 𝜔𝑛√1 − 𝜉² = √
491000
1075
∙ √1 − 0,9642 = 5,6825 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
(19) 
 
INTRODUÇÃO 
 
Os sistemas dinâmicos analisado até agora apresentavam movimentos retilíneos, 
do tipo translação. Existem alguns sistemas que, ao invés desse tipo de movimento, 
rotacionam ao redor de um ponto fixo. A análise desses tipos de sistemas é ligeiramente 
diferente da análise dos sistemas em translação uma vez que a segunda lei de Newton 
precisa ser adaptada para esse tipo de sistema. 
Dos conhecimentos de mecânica geral, sabe-se que para que um corpo esteja em 
equilíbrio estático é necessário satisfazer a condição de equilíbrio de forças e de 
momento. No caso dos sistemas com movimento oscilatório rotativo, o somatório de 
momento em relação ao ponto de rotação deve ser igual ao produto entre o momento de 
inércia de massa e a aceleração angular. 
Os sistemas em rotação podem rotacionar em torno de um eixo disposto na 
horizontal ou em torno de um eixo disposto na vertical. A análise será feita para ambos 
os casos. 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
9 
 
VIBRAÇÃO LIVRE NÃO AMORTECIDA - ROTAÇÃO 
 
Considere, primeiramente, uma barra, presa uma extremidade (ponto O), de 
comprimento L e uma mola de constante de rigidez k (Figura 4). Antes de acoplar os dois 
corpos, a mola está em sua configuração sem deformação. 
 
Figura 4 – Sistema desacoplado 
 
Fonte: o autor, 2023 
 
Ao conectar a barra à mola, é possível observar que, devido a força peso, a mola 
se alonga um pouco, até que o sistema se encontre em equilíbrio estático. Essa pequena 
deformação da mola é chamada de deflexão estática. Como o sistema, mesmo conectado, 
se encontra em equilíbrio, é possível afirmar que, para sistemas em rotação em torno de 
um eixo horizontal, o momento gerado pela força da mola em sua deflexão estática é 
equilibrado com o momento da força peso e, portanto, nenhuma dessas duas componentes 
de momento contribui para o movimento vibratório do sistema (podendo ser desprezadas 
nas análises de sistemas nessa configuração). 
Na figura 5 é possível observar o que acontece com o sistema no momento do 
acoplamento. Embora o sistema apresente um pequeno deslocamento angular, o sistema 
ainda permanece em equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
10 
 
Figura 5 – Sistema acoplado em equilíbrio estático 
 
Fonte: o autor, 2023 
 
Para facilitar a visualização o deslocamento angular introduzido, 𝜃, foi ampliado. 
Iremos trabalhar apenas com pequenos deslocamentos angulares (visto que em 
movimento vibratório os deslocamentos devem se manter em níveis pequenos aceitáveis). 
Aplicando a segunda lei de Newton ao sistema ilustrado na Figura 5, considerando o 
sentido horário como sentido positivo e sabendo que o sistema se encontra em equilíbrio 
estático, temos: 
 
∑ 𝑀𝑂 = 0 ∴ 𝑚 ∙ 𝑔 ∙
𝐿
2
− 𝐹𝑚𝑜𝑙𝑎 ∙ 𝐿 = 0 (20) 
 
A força da mola é igual a produto entre sua constante de rigidez e sua deflexão 
estática que, neste caso é igual a 𝑥𝑠𝑡. Devemos utilizar as relações trigonométricas para 
calcular este valor. Como 𝑥𝑠𝑡 é o cateto oposto do triângulo retângulo formado pela linha 
de referência original e a nova posição da barra, 𝑥𝑠𝑡 é igual a 𝐿 ∙ sin (𝜃). Utilizando a 
unidade de radiano para medida angular e sabendo que os deslocamentos angulares são 
pequenos, é possível aproximar sin (𝜃) por 𝜃 e cos (𝜃) por 1. Caso você esteja duvidando 
dessa aproximação, basta substituir na calculadora alguns valores de ângulos (em 
radianos) e calcular seu respectivo cosseno e seno. É possível verificar que o erro é muito 
pequeno para pequenos ângulos. 
Substituindo os resultados encontrados na equação 20, temos: 
 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
11 
 
∑ 𝑀𝑂 = 0 ∴ 𝑚 ∙ 𝑔 ∙
𝐿
2
− 𝑘 ∙ 𝐿 ∙ 𝜃𝑠𝑡 ∙ 𝐿 = 0 (21) 
 
onde 𝜃𝑠𝑡 representa o ângulo gerado pela deflexão estática da mola. 
Agora sim é possível tirar o sistema do equilíbrio para determinar o seu 
comportamento vibratório. Aplicando um deslocamento angular na barra, a partir da 
configuração de deflexão estática, ilustrado na Figura 6, é possível aplicar a segunda lei 
de Newton para sistemas em rotação. Matematicamente, o modelo matemático que 
descreve o comportamento do sistema é dado por: 
 
Figura 6 – Sistema acoplado em vibração 
 
Fonte: o autor, 2023. 
 
∑ 𝑀𝑂 = 𝐼𝑂 ∙ 𝛼 ∴ 𝑚 ∙ 𝑔 ∙
𝐿
2
− 𝐹𝑚𝑜𝑙𝑎 ∙ 𝐿 = 𝐼𝑂 ∙ 𝛼 
(22) 
 
onde 𝐼𝑂 é o momento de inércia de massa do sistema e 𝛼 é a aceleração angular 
(ou derivada de segunda ordem do deslocamento angular). A força da mola, nesse estado 
do sistema, é dada pela deflexão total que é igual a deflexão estática mais a deflexão 
imposta para que o sistema saia do equilíbrio. Substituindo os termos na equação 22, 
temos: 
 
𝑚 ∙ 𝑔 ∙
𝐿
2
− 𝑘 ∙ (𝑥𝑠𝑡 + 𝑥) ∙ 𝐿 = 𝐼𝑂 ∙ �̈� (23) 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
12 
 
𝑚 ∙ 𝑔 ∙
𝐿
2
− 𝑘 ∙ (𝐿 ∙ 𝜃𝑠𝑡 + 𝐿 ∙ 𝜃) ∙ 𝐿 = 𝐼𝑂 ∙ �̈� (24) 
 
𝑚 ∙ 𝑔 ∙
𝐿
2
− 𝑘 ∙ 𝐿 ∙ 𝜃𝑠𝑡 ∙ 𝐿− 𝑘 ∙ 𝐿 ∙ 𝜃 ∙ 𝐿 = 𝐼𝑂 ∙ �̈� 
(25) 
 
Os dois primeiros termos da equação 25 se anulam, visto que se referem a 
configuração estática do sistema. Logo, a equação final de movimento é igual a: 
 
𝐼𝑂 ∙ �̈� + 𝑘 ∙ 𝐿
2 ∙ 𝜃 = 0 (26) 
 
Agora vamos ver o que altera em sistemas que rotacionam ao redor de um eixo 
disposto na vertical. 
Considere a barra da figura 7, de comprimento L, engastada na extremidade 
superior (ponto O), presa a uma mola de constante elástica k em sua extremidade livre, 
em equilíbrio estático. Ao retirar o sistema do equilíbrio (figura 8) aplicando um possível 
movimento angular ao sistema, as forças que geram momento são a força peso e a força 
da mola. 
 
Figura 7 – Sistema disposto na vertical em equilíbrio estático. 
 
Fonte: o autor, 2023. 
 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
13 
 
Figura 8 – Sistema em rotação vertical
 
Fonte: o autor, 2023. 
 
Aplicando a segunda lei de Newton para sistemas rotativos e considerando 
positivo o sentido anti-horário, se obtém: 
 
∑ 𝑀𝑂 = 𝐼𝑂 ∙ 𝛼 = 𝐼𝑂 ∙ �̈� (27) 
 
−𝐹𝑚𝑜𝑙𝑎 ∙ 𝐿 − 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝜃 ∙
𝐿
2
= 𝐼𝑂 ∙ �̈� (28) 
 
−𝑘 ∙ 𝑥 ∙ 𝐿 − 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝜃 ∙
𝐿
2
= 𝐼𝑂 ∙ �̈� (29) 
 
−𝑘 ∙ 𝐿 ∙ 𝜃 ∙ 𝐿 − 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝜃 ∙
𝐿
2
= 𝐼𝑂 ∙ �̈� 
(30) 
 
𝐼𝑂 ∙ �̈� + (𝑘 ∙ 𝐿
2 + 𝑚 ∙ 𝑔 ∙
𝐿
2
) 𝜃 = 0 
(31) 
 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
14 
 
Nesse caso não existe deflexão estática uma vez que o peso gera força em uma 
direção diferente da direção de deformação da mola. Por isso, em sistemas que rotacionam 
na vertical, o peso não deve ser desprezado e deve ser incluído na equação de movimento 
do sistema (compare a equação 31 com a equação 26). 
O peso, nesse caso, para facilitar o cálculo do momento gerado por essa força, 
deve ser decomposto na direção axial da barra e na direção perpendicular dela. A 
componente do peso na direção axial não contribui com momento uma vez que sua linha 
de ação intercepta o ponto O. A componente de peso na direção perpendicular é igual a 
𝑚. 𝑔. 𝑠𝑖𝑛(𝜃) que, para pequenos deslocamentos angulares, pode ser aproximado para 
𝑚. 𝑔. 𝜃 conforme equação 29. O termo 𝐿/2 indica que a força peso sempre atua no centro 
de massa do sistema. 
A equação do movimento de qualquer sistema vibratório em rotação pode ser 
generalizada por: 
 
𝐼𝑂 ∙ �̈� + 𝑘𝑅 ∙ 𝜃 = 0 (32) 
 
onde o termo 𝑘𝑅 indica a rigidez resultante do sistema que pode, ou não, incluir a 
força peso dependendo da disposição dos elementos. 
Ao analisar a equação 32 pode-se notar que se trata de uma equação diferencial 
ordinária de segunda ordem, similar a equação que descreve o modelo matemático de 
sistemas em translação (vibração livre não amortecida), apenas alterando os parâmetros 
(equação 33). Para resolver esta EDO é necessário se conhecer ao menos duas 
informações do movimento do sistema (normalmente se utiliza a velocidade angular e o 
deslocamento inicial). 
 
𝑚 ∙ �̈� + 𝑘 ∙ 𝑥 = 0 (33) 
 
Desta maneira, a solução proposta é exatamente a mesma, apenas substituindo os 
parâmetros correspondentes. 
Uma solução proposta para a equação 32 é da forma: 
 
𝜃(𝑡) = 𝐴 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑛 ∙ 𝑡) + 𝐵 ∙ 𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑛 ∙ 𝑡) (34) 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
15 
 
onde 𝐴 e 𝐵 são constantes e 𝜔𝑛 representa a frequência natural do sistema. O valor 
da frequência natural, em rad/s, pode ser determinado por: 
 
𝜔𝑛 = √
𝑘𝑅
𝐼𝑂
 (35) 
 
A determinação dos valores das constantes A e B é realizada, normalmente, a 
partir das condições iniciais de movimento como 𝜃(𝑡 = 0) = 𝜃0 e �̇�(𝑡 = 0) = 𝜔0. 
Derivando a solução proposta e igualando t a 0, têm-se: 
 
𝜃(𝑡 = 0) = 𝜃0 = 𝐴 (36) 
 
�̇�(𝑡 = 0) = 𝜔0 = 𝜔𝑛𝐵 ∴ 𝐵 =
𝜔0
𝜔𝑛⁄ 
(37) 
 
Outra solução possível é dada por: 
 
𝜃(𝑡) = 𝛹𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑛𝑡 − 𝜙) (38) 
 
onde: 𝛹 é a amplitude da solução e 𝜙 é o ângulo de fase (representa a defasagem 
da solução em relação à origem do sistema de referências). Derivando a equação 38 em 
relação ao tempo: 
 
�̇�(𝑡) = −𝜔𝑛𝛹𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑛𝑡 − 𝜙) (39) 
 
Igualando o tempo a zero nas equações 38 e 39, têm-se: 
 
𝜃(𝑡 = 0) = 𝜃0 = 𝛹𝑐𝑜𝑠(−𝜙) (40) 
 
�̇�(𝑡 = 0) = 𝜔0 = −𝜔𝑛𝛹𝑠𝑖𝑛(−𝜙) ∴ −
𝜔0
𝜔𝑛⁄ = 𝛹𝑠𝑖𝑛(−𝜙) 
(41) 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
16 
 
Elevando as equações 40 e 41 ao quadrado e somando os resultados obtidos, 
encontra-se: 
 
𝜃0
2 + (−𝜔0/𝜔𝑛)
2 = 𝛹2(𝑐𝑜𝑠2(𝜙) + 𝑠𝑒𝑛2(𝜙)) = 𝛹2 ∴ 𝛹 = √𝜃0
2 + (𝜔0/𝜔𝑛)2 
(42) 
 
Para se obter o ângulo de fase basta dividir a equação 41 pela equação 40, de modo 
que: 
 
−
𝜔0
𝜔𝑛𝜃0
=
𝛹𝑠𝑖𝑛(−𝜙)
𝛹𝑐𝑜𝑠(−𝜙)
= 𝑡𝑔(−𝜙) ∴ 𝜙 = 𝑡𝑔−1 (
𝜔0
𝜔𝑛𝜃0
) (43) 
 
Nota-se que para determinar a amplitude da função harmônica e o ângulo de fase 
são necessários os dados a respeito das condições iniciais de movimento, assim como na 
primeira solução proposta. 
Por fim, pode-se substituir a função harmônica da equação 38 pela função 
senoidal. A solução ocorrerá de maneira análoga e os resultados obtidos são: 
 
𝜃(𝑡) = 𝛹1𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑛𝑡 + 𝜙1) (44) 
 
𝛹1 = √𝜃0
2 + (𝜔0/𝜔𝑛)2 (45) 
 
𝜙1 = 𝑡𝑔
−1 (
𝜔𝑛∙𝜃0
𝜔0
) (46) 
 
MOMENTO DE INÉRCIA DE MASSA 
 
De acordo com as equações 34 e 35, para se obter, numericamente, a função de 
deslocamento angular de um sistema em vibração se faz necessária a determinação da 
frequência natural dele. A frequência natural é obtida através de parâmetros do sistema, 
como a rigidez resultante dos momentos das forças que atuam no sistema e o momento 
de inércia de massa, 𝐼𝑂 . 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
17 
 
O momento de inércia de massa é sempre calculado com relação a algum ponto 
específico. No caso da análise de vibrações, o momento de inércia de massa será sempre 
calculado em relação ao ponto de pivoteamento, ou seja, o ponto fixo, em torno do qual 
o corpo rotaciona. 
O momento de inércia de massa é tabelado para as geometrias mais simples como 
paralelepípedos, esferas, discos, cilindros e assim por diante. O momento de inércia de 
massa de um corpodepende basicamente da sua geometria e da sua massa. Por enquanto 
iremos apenas calcular momentos de inércia para sistemas compostos por barras 
homogêneas e massas concentradas. 
 
➢ EIXO PASSANDO PELO CENTRO DE GRAVIDADE 
 
O primeiro caso a ser analisado é quando se deseja calcular o momento de inércia 
de uma barra homogênea com relação a um eixo (normal ao plano da barra) passando por 
seu centro de gravidade. Considere a barra de massa m, comprimento L, e o ponto O 
sendo seu centro de gravidade (Figura 9). 
 
Figura 9 – Barra homogênea com ponto de rotação coincidente com o centro de massa 
 
 
Fonte: o autor, 2023. 
 
Para esse caso, o valor do momento de inércia de massa é igual a: 
 
𝐼𝐶𝐺 =
𝑚∙𝐿²
12
 (47) 
 
Este valor (equação 47) é tabelado e é válido para barras dispostas nas duas 
direções (vertical ou horizontal) desde que o ponto de fixação do elemento seja no seu 
centro de gravidade. 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
18 
 
➢ EIXO FORA DO CENTRO DE GRAVIDADE 
 
O segundo caso a ser analisado é quando se deseja calcular o momento de inércia 
de uma barra homogênea com relação a um eixo (normal ao plano da barra) que não passa 
por seu centro de gravidade. 
Considere a barra de massa m, comprimento L, e o ponto O sendo o eixo ao redor 
do qual se deseja calcular o momento de inércia de massa (Figura 10). 
 
Figura 10 – Barra homogênea com ponto de rotação não coincidente com o centro de 
massa 
 
 
Fonte: o autor, 2023. 
 
Para esse caso deve-se aplicar o teorema dos eixos paralelos. O teorema dos eixos 
paralelos diz que o momento de inércia de massa de um corpo, com relação a um eixo 
qualquer que não coincide com seu centro de gravidade, é igual ao momento de inércia 
de massa com relação a seu centro de gravidade adicionado do produto entre sua massa e 
a distância entre os eixos (centro de gravidade e eixo O) ao quadrado. Matematicamente, 
tem-se: 
 
𝐼𝑂 = 𝐼𝐶𝐺 + 𝑚 ∙ 𝑑² (48) 
 
 
Por exemplo, supondo que o eixo sob o qual se deseja calcular o momento de 
inércia de encontra em uma extremidade da barra. Nesse caso, o momento de inércia de 
massa do sistema é igual a: 
𝐼𝑂 = 𝐼𝐶𝐺 + 𝑚 ∙ 𝑑
2 =
𝑚∙𝐿2
12
+ 𝑚 ∙ (
𝐿
2
)
2
=
𝑚∙𝐿2
12
+
𝑚∙𝐿2
4
=
4∙𝑚∙𝐿2
12
=
𝒎∙𝑳𝟐
𝟑
 
(49) 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
19 
 
➢ MASSA CONCENTRADA 
 
O terceiro caso a ser analisado é quando se deseja calcular o momento de inércia 
de uma massa concentrada, de dimensões desprezíveis. Este tipo de análise é válido 
quando as dimensões da massa são muito inferiores às dimensões do sistema em questão. 
Neste caso, como as dimensões do corpo podem ser desprezadas, o primeiro termo 
do teorema dos eixos paralelos é igual a zero, uma vez que não há momento de inércia 
em torno do próprio centro de gravidade. Sendo assim, resta apenas o segundo termo que 
é igual a: 
 
𝐼𝑂 = 𝑚 ∙ 𝑑
2 (50) 
 
Na figura 11 é ilustrada uma situação em que se deve calcular o momento de 
inércia de uma massa concentrada. 
 
Figura 11 – Massa concentrada em um sistema em rotação 
 
 
Fonte: o autor, 2023. 
 
Nesse caso m1 é a massa concentrada, d1 é a distância da massa até o eixo de 
rotação. 
 
➢ CASO GERAL 
 
Por fim, no caso geral, as três situações podem aparecer simultaneamente (figura 
12). Nesse caso o momento de inércia de massa do sistema pode ser obtido através da 
soma dos momentos de inércia de massa de cada um dos corpos individualmente, em 
relação ao mesmo eixo O. 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
20 
 
Figura 12 – Caso geral para o cálculo do momento de inércia de massa. 
 
Fonte: o autor, 2023. 
 
Matematicamente, tem-se: 
 
𝐼𝑂 =
𝑚𝐻∙𝐿𝐻²
3
+ (
𝑚𝑉∙𝐿𝑉
2
12
+ 𝑚𝑉 ∙ 𝑑𝑉
2) + 𝑚𝐶 ∙ 𝐿𝐻
2 (51) 
 
onde 𝑚𝑉 é a massa da barra vertical, 𝐿𝑉 é o comprimento da barra vertical, 𝑚𝐻 é 
a massa da barra horizontal, 𝐿𝐻 é o comprimento da barra horizontal, 𝑑𝑉 é a distância 
entre o centro de gravidade da barra vertical e o ponto O e 𝑚𝐶 é o valor da massa 
concentrada. 
 
VIBRAÇÃO LIVRE AMORTECIDA - ROTAÇÃO 
 
Vamos agora adicionar o amortecedor ao sistema em vibração com deslocamento 
angular. Suponha o sistema de 1 grau de liberdade mostrado na Figura 13. 
 
Figura 13 – Barra acoplada a uma mola e um amortecedor (sistema horizontal) 
 
Fonte: o autor, 2023. 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
21 
 
Agora, as forças que geram uma tendência de rotação, ou seja, momento, em 
relação ao ponto O são as forças da mola e do amortecedor (já desconsiderando a força 
peso de acordo com a análise já feita para sistemas sem amortecimento). Tirando o 
sistema do equilíbrio a partir de um deslocamento inicial positivo no sentido horário, θ, e 
através da segunda lei de Newton aplicada a sistemas em rotação têm-se: 
 
∑ 𝑀𝑂 = 𝐼𝑂 ∙ 𝛼 ∴ 𝐼𝑂�̈�(𝑡) + 𝑐𝐿²�̇�(𝑡) + 𝑘
𝐿²
4
𝜃 = 0 (52) 
 
Os valores de L (comprimento da barra) surgem através da decomposição do 
deslocamento x da mola e do amortecedor em função do ângulo θ de deslocamento 
angular. Além disso, a análise exige o somatório de momento, não de forças, e por isso a 
distância de cada uma dessas forças, em relação ao ponto O, deve ser considerada na 
equação. 
Para sistemas rotacionando em torno de um eixo vertical, figura 14, a força peso 
contribui com a tendência de rotação e, portanto, deve ser considerada no modelo 
matemático. A equação resultante é igual a: 
 
∑ 𝑀𝑂 = 𝐼𝑂 ∙ 𝛼 ∴ 𝐼𝑂�̈�(𝑡) + 𝑐𝐿²�̇�(𝑡) + (𝑘
𝐿2
4
+ 𝑚𝑔
𝐿
2
)𝜃 = 0 
(53) 
 
Ambas as equações dos modelos matemáticos dos sistemas (eq. 52 e eq. 53) 
podem ser reescritas de maneira abreviada por: 
 
𝐼𝑂�̈�(𝑡) + 𝐶𝑅�̇�(𝑡) + 𝐾𝑅𝜃 = 0 (54) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
22 
 
Figura 14 – Barra acoplada a uma mola e um amortecedor (sistema vertical). 
 
Fonte: o autor, 2023. 
 
onde 𝐶𝑅 e 𝐾𝑅 variam de acordo com as particularidades do sistema analisado. 
Para o modelo matemático escrito conforme a equação 54, similar ao modelo 
matemático de sistemas em translação, propõe-se uma solução da forma: 
 
𝜃(𝑡) = 𝐷 ∙ 𝑒𝑠𝑡 
(55) 
 
onde D e s são constantes a serem determinadas. 
Derivando a equação 55 duas vezes em relação ao tempo: 
 
�̇�(𝑡) = 𝑠 ∙ 𝐷 ∙ 𝑒𝑠𝑡 
(56) 
 
�̈�(𝑡) = 𝑠2 ∙ 𝐷 ∙ 𝑒𝑠𝑡 
(57) 
 
Substituindo as equações 55 a 57 em 54: 
 
𝐼𝑂𝑠
2𝐷𝑒𝑠𝑡 + 𝐶𝑅𝑠𝐷𝑒
𝑠𝑡 + 𝐾𝑅𝐷𝑒
𝑠𝑡 = 0 (58) 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
23 
 
Pondo o termo comum em evidência, obtêm-se: 
 
(𝐼𝑂𝑠
2 + 𝐶𝑅𝑠 + 𝐾𝑅)𝐷𝑒
𝑠𝑡 = 0 
(59) 
 
Para que a equação 59 seja válida é necessário que o termo fora dos parênteses ou 
o termo dentro dos parênteses seja igual a zero. Não tem sentido o termo fora dos 
parênteses ser igual a zero, uma vez que este termo somente é nulo quando a constante D 
é nula, ou seja, seria um sistema em vibração não amortecida. Desta forma implica que o 
termodentro dos parênteses obrigatoriamente dever ser nulo, ou seja: 
 
𝐼𝑂𝑠
2 + 𝐶𝑅𝑠 + 𝐾𝑅 
(60) 
 
Nota-se que a equação 60 é uma equação de segundo grau cujas raízes são: 
 
𝑠1,2 =
−𝐶𝑅
2𝐼𝑂
±
√𝐶𝑅
2−4𝐼𝑂𝐾𝑅
2𝐼𝑂
=
−𝐶𝑅
2𝐼𝑂
± √(
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
)
2
−
𝐾𝑅
2𝐼𝑂
 (61) 
 
Existem 3 soluções distintas para a equação acima, quando: 
 
(
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
)
2
−
𝐾𝑅
𝐼𝑂
{
= 0 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠 𝑒 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑖𝑠
< 0 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑥𝑎𝑠 𝑒 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠
> 0 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠 𝑒 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠
 
(62) 
 
a) 1º caso: sistema criticamente amortecido 
 
Este caso ocorre quando o termo dentro do radical das raízes da equação 61 é igual 
a zero, ou seja: 
(
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
)
2
−
𝐾𝑅
𝐼𝑂
= 0 
(63) 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
24 
 
Logo, as raízes (autovalores) são reais e igual e valem: 
 
𝑠1,2 = −
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
 (64) 
 
Para este caso o amortecimento é chamado de crítico. Definindo o amortecimento 
crítico como 𝑐𝑐 , para encontrar o valor deste parâmetro deve-se usar duas etapas: 
 
1ª Etapa: encontra-se o parâmetro auxiliar 𝐶𝑅𝐶 fazendo 𝐶𝑅𝐶 = 𝐶𝑅 na equação 63. 
Substituindo na equação e isolando o termo 𝐶𝑅𝐶 obtém-se: 
 
𝐶𝑅𝐶 = 2𝐼𝑂√
𝐾𝑅
𝐼𝑂
= 2√𝐼𝑂𝐾𝑅 = 2𝐼𝑂𝜔𝑛 (65) 
 
O fator de amortecimento, 𝜉, definido como uma relação do amortecimento do 
sistema e o amortecimento crítico, é dado por: 
 
ξ =
𝑐
𝑐𝑐
=
𝐶𝑅
𝐶𝑅𝐶
=
𝐶𝑅
2√𝐼𝑂𝐾𝑅
=
𝐶𝑅
2𝐼𝑂𝜔𝑛
 
(66) 
 
2ª Etapa: esta etapa depende dos parâmetros do sistema analisado, de sua 
geometria, quantidade de molas e amortecedores, suas posições e assim por diante. Ou 
seja, depende das particularidades de cada sistema e não pode ser generalizada. 
Basicamente, para se determinar o valor de 𝑐𝑐, basta igualar 𝐶𝑅𝐶 com 𝐶𝑅 e substituir todos 
os termos iguais a 𝑐 por 𝑐𝑐. 
Vamos a um exemplo prático! Considere o modelo matemático da equação 52. 
Nesse caso, 𝐶𝑅 = 𝑐𝐿². Para determinar o valor de 𝑐𝑐 procede-se da seguinte 
maneira: 
 
𝐶𝑅 = cL
2 ↔ 𝐶𝑅𝐶 = c𝑐L
2 = 2√𝐼𝑂𝐾𝑅 = 2𝐼𝑂𝜔𝑛 ∴ c𝑐 =
2√𝐼𝑂𝐾𝑅
𝐿²
=
2𝐼𝑂𝜔𝑛
𝐿²
 
(67) 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
25 
 
Da eq. 66, é possível obter: 
 
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
= ξ 𝜔𝑛 (68) 
 
Logo, as raízes podem ser reescritas por: 
 
𝑠1,2 = −
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
= −ξ 𝜔𝑛 (69) 
 
Para o caso criticamente amortecido 𝑐 = 𝑐𝑐, e como: 
 
ξ =
𝑐
𝑐𝑐
= 1 (70) 
 
Desta forma: 
 
𝑠1,2 = −ξ 𝜔𝑛 = −𝜔𝑛 
(71) 
 
Na solução proposta na equação 55 é necessário levar em consideração as duas 
raízes. Como as duas raízes são iguais, uma das respostas deve ser multiplicada pela 
variável dependente t, ou seja: 
 
𝜃(𝑡) = 𝐷1𝑒
𝑠1𝑡 + 𝑡𝐷2𝑒
𝑠2𝑡 (72) 
 
Substituindo os valores das raízes (eq. 71): 
 
𝜃(𝑡) = 𝐷1𝑒
−𝜔𝑛𝑡 + 𝑡𝐷2𝑒
−𝜔𝑛𝑡 
(73) 
 
Para encontrar os valores das constantes 𝐷1 e 𝐷2 é necessário aplicar as condições 
de contorno 𝜃(𝑡 = 0) = 𝜃0 e �̇�(𝑡 = 0) = 𝜔0. Derivando a eq. 73 em relação ao tempo: 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
26 
 
�̇�(𝑡) = −𝜔𝑛𝐷1𝑒
−𝜔𝑛𝑡 + 𝐷2𝑒
−𝜔𝑛𝑡 − 𝑡𝜔𝑛𝐷2𝑒
−𝜔𝑛𝑡 
(74) 
 
Fazendo t=0 em (eq. 73) e (eq. 74): 
 
𝜃(𝑡 = 0) = 𝜃0 = 𝐷1 (75) 
 
�̇�(𝑡 = 0) = 𝜔0 = −𝜔𝑛𝐷1 + 𝐷2 ou 𝐷2 = 𝜔0 + 𝜔𝑛𝜃0 (76) 
 
A solução com todos os parâmetros conhecidos fica: 
 
𝜃(𝑡) = (𝜃0 + 𝑡(𝜔0 + 𝜔𝑛𝜃0))𝑒
−𝜔𝑛𝑡 
(77) 
 
b) 2º caso: sistema subamortecido 
 
Este caso ocorre quando o termo dentro do radical das raízes na equação 61 é 
menor do que zero, ou seja: 
 
(
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
)
2
−
𝐾𝑅
𝐼𝑂
< 0 (78) 
 
Isolando a constante de amortecimento c, têm-se: 
 
𝐶𝑅 < 2√𝐼𝑂𝐾𝑅 = 2𝐼𝑂𝜔𝑛 = 𝐶𝑅𝐶 (79) 
 
Logo: 
 
ξ =
𝐶𝑅
𝐶𝑅𝐶
< 1 (80) 
 
As raízes (autovalores) são complexas e diferentes: 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
27 
𝑠1,2 =
−𝐶𝑅
2𝐼𝑂
± √(
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
)
2
−
𝐾𝑅
2𝐼𝑂
 (81) 
 
Da eq. 67 é possível obter: 
 
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
= ξ 𝜔𝑛 (82) 
 
Logo: 
 
𝑠1,2 = −ξ 𝜔𝑛 ± √(ξ 𝜔𝑛)2 − 𝜔𝑛2 (83) 
 
Ou 
 
𝑠1,2 = −ξ 𝜔𝑛 ± 𝜔𝑛√ξ2 − 1 (84) 
 
Como o fator de amortecimento é menor do que 1 as raízes são complexas. Pode-
se escrever: 
 
𝑠1,2 = −ξ 𝜔𝑛 ± 𝑖𝜔𝑛√1 − ξ2 
(85) 
 
Como as duas raízes são diferentes pode-se escrever: 
 
𝜃(𝑡) = 𝐷1𝑒
𝑠1𝑡 + 𝐷2𝑒
𝑠2𝑡 (86) 
 
Logo: 
 
𝜃(𝑡) = 𝐷1𝑒
(−ξ 𝜔𝑛+𝑖𝜔𝑛√1−ξ2)𝑡 + 𝐷2𝑒
(−ξ 𝜔𝑛−𝑖𝜔𝑛√1−ξ2)𝑡 (87) 
 
Usando as relações de Euler para números complexos: 
 
𝑒±𝑖𝜔𝑛√1−ξ
2𝑡 = 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑛√1 − ξ2𝑡) ± 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑛√1 − ξ2𝑡) (88) 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
28 
 
Desta forma: 
 
𝜃(𝑡) = 𝑒−ξ 𝜔𝑛𝑡[(𝐷1 + 𝐷2)𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑛√1 − ξ2𝑡) + 𝑖(𝐷1 − 𝐷2)𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑛√1 − ξ2𝑡)] 
(89) 
 
Como 𝐷1e 𝐷2 são constantes: 
 
𝐴 = 𝐷1 + 𝐷2 (90) 
 
𝐵 = 𝑖(𝐷1 − 𝐷2) (91) 
 
Logo, a resposta de um sistema subamortecido é: 
 
𝜃(𝑡) = 𝑒−ξ 𝜔𝑛𝑡[𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑛√1 − ξ2𝑡) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑛√1 − ξ2𝑡)] 
(92) 
 
Nota-se que a resposta apresenta oscilação. Logo, o período de oscilação é o 
período amortecido, 𝜏𝑑. A frequência de oscilação é 𝑓𝑑 =
1
𝜏𝑑
 [Hz] ou 𝜔𝑑 = 2𝜋𝑓𝑑 [rad/s]. 
A frequência amortecida está contida na eq. 92 e vale: 𝜔𝑑 = 𝜔𝑛√1 − ξ2. Na resposta da 
equação 92 o termo fora dos colchetes é responsável pelo decaimento da resposta e o 
termo dentro dos colchetes é responsável pela resposta ser harmônica. A eq. 92 pode ser 
escrita como: 
 
𝜃(𝑡) = 𝑒−ξ 𝜔𝑛𝑡[𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑑𝑡) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑑𝑡)] 
(93) 
 
Para encontrar os valores das constantesA e B, é necessário substituir as condições 
de contorno, logo: 
 
�̇�(𝑡) = −ξ 𝜔𝑛𝑒
−ξ 𝜔𝑛𝑡[𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑑𝑡) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑑𝑡)] + 𝑒
−ξ 𝜔𝑛𝑡[−𝜔𝑑𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑑𝑡) +
𝜔𝑑𝐵𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑑𝑡)] (94) 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
29 
 
Fazendo t=0 nas equações 93 e 94, têm-se: 
 
𝜃(𝑡 = 0) = 𝜃0 = 𝐴 (95) 
 
�̇�(𝑡 = 0) = 𝜔0 = −ξ 𝜔𝑛𝐴 + 𝜔𝑑𝐵 ou 𝐵 =
𝜔0+ξ 𝜔𝑛𝜃0
𝜔𝑑
 (96) 
 
Outra solução: 
 
𝜃(𝑡) = 𝑒−ξ 𝜔𝑛𝑡Ψ𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑑𝑡 − 𝜙) 
(97) 
 
�̇�(𝑡) = −ξ 𝜔𝑛𝑒
−ξ 𝜔𝑛𝑡Ψ𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑑𝑡 − 𝜙) − 𝑒
−ξ 𝜔𝑛𝑡𝜔𝑑Ψ𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑑𝑡 − 𝜙) 
 (98) 
 
Fazendo t=0 em (eq. 97) e (eq. 98), têm-se: 
 
𝜃(𝑡 = 0) = 𝜃0 = Ψ𝑐𝑜𝑠(−𝜙) 
(99) 
 
�̇�(𝑡 = 0) = 𝜔0 = −ξ 𝜔𝑛Ψ𝑐𝑜𝑠(−𝜙) − 𝜔𝑑Ψ𝑠𝑖𝑛(−𝜙) ∴ −
(𝜔0+ξ 𝜔𝑛𝜃0)
𝜔𝑑
=
Ψ𝑠𝑖𝑛(−𝜙) (100) 
 
Elevando (eq. 99) e (eq. 100) ao quadrado e somando-se os resultados: 
 
𝜃0
2 + (−
𝜔0+ξ 𝜔𝑛𝜃0
𝜔𝑑
)
2
= Ψ2𝑐𝑜𝑠2(−𝜙) + Ψ2𝑠𝑒𝑛2(−𝜙) ∴ Ψ =
√𝜃0
2 + (−
𝜔0+ξ 𝜔𝑛𝜃0
𝜔𝑑
)
2
 (101) 
 
Dividindo eq. 100 por eq. 99: 
 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
30 
 
−(
𝜔0+ξ 𝜔𝑛𝜃0
𝜔𝑑
)
𝜃0
=
Ψ𝑠𝑖𝑛(−𝜙)
Ψ𝑐𝑜𝑠(−𝜙)
= 𝑡𝑔(−𝜙) ∴ 𝜙 = 𝑡𝑔−1 (
𝜔0+ξ 𝜔𝑛𝜃0
𝜔𝑑𝜃0
) 
(102) 
 
c) 3º caso: sistema superamortecido 
 
Este caso ocorre quando o termo dentro do radical das raízes (eq. 61) é maior do 
que zero, ou seja: 
 
(
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
)
2
−
𝐾𝑅
𝐼𝑂
> 0 (103) 
 
Isolando a constante de amortecimento c, têm-se: 
 
𝐶𝑅 > 2√𝐼𝑂𝐾𝑅 = 2𝐼𝑂𝜔𝑛 = 𝐶𝑅𝐶 (104) 
 
Logo: 
 
ξ =
𝐶𝑅
𝐶𝑅𝐶
> 1 (105) 
 
As raízes (autovalores), nesse caso, são reais e diferentes, e valem: 
 
𝑠1,2 =
−𝐶𝑅
2𝐼𝑂
± √(
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
)
2
−
𝐾𝑅
2𝐼𝑂
 (106) 
 
Da eq. 67 é possível obter: 
 
𝐶𝑅
2𝐼𝑂
= ξ 𝜔𝑛 (107) 
 
Logo: 
 
𝑠1,2 = −ξ 𝜔𝑛 ± √(ξ 𝜔𝑛)2 − 𝜔𝑛2 (108) 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
31 
 
Ou 
 
𝑠1,2 = −ξ 𝜔𝑛 ± 𝜔𝑛√ξ2 − 1 (109) 
 
Como as duas raízes são diferentes pode-se escrever: 
 
𝑥(𝑡) = 𝐷1𝑒
𝑠1𝑡 + 𝐷2𝑒
𝑠2𝑡 (110) 
 
Logo: 
 
𝜃(𝑡) = 𝐷1𝑒
(−ξ 𝜔𝑛+𝜔𝑛√ξ2−1)𝑡 + 𝐷2𝑒
(−ξ 𝜔𝑛−𝜔𝑛√ξ2−1)𝑡 
(111) 
 
Que pode ser escrita como: 
 
𝜃(𝑡) = 𝑒−ξ 𝜔𝑛𝑡 (𝐷1𝑒
𝜔𝑛√ξ2−1𝑡 + 𝐷2𝑒
−𝜔𝑛√ξ2−1𝑡) 
(112) 
 
E sua derivada: 
 
�̇�(𝑡) = −ξ 𝜔𝑛𝑒
−ξ 𝜔𝑛𝑡 (𝐷1𝑒
𝜔𝑛√ξ2−1𝑡 + 𝐷2𝑒
−𝜔𝑛√ξ2−1𝑡) +
 𝑒−ξ 𝜔𝑛𝑡 (𝜔𝑛√ξ2 − 1𝐷1𝑒
𝜔𝑛√ξ2−1𝑡−𝜔𝑛√ξ2 − 1𝐷2𝑒
−𝜔𝑛√ξ2−1𝑡) (113) 
 
Substituindo tempo igual a zero nas equações 112 e 113, têm-se: 
 
 𝜃(𝑡 = 0) = 𝜃0 = 𝐷1 + 𝐷2 
(114) 
 
�̇�(𝑡 = 0) = 𝜔0 = −ξ 𝜔𝑛(𝐷1 + 𝐷2) + 𝜔𝑛√ξ2 − 1(𝐷1 − 𝐷2) ∴ 𝜔0 + ξ 𝜔𝑛𝜃0 =
𝜔𝑛√ξ2 − 1(𝐷1 − 𝐷2) (115) 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
32 
 
Isolando 𝐷1 em (eq. 114), têm-se: 𝜃0 − 𝐷2 = 𝐷1 e substituindo em (eq. 115): 
 
𝜔0 + ξ 𝜔𝑛𝜃0 = 𝜔𝑛√ξ2 − 1(𝜃0 − 𝐷2 − 𝐷2) ∴ 𝐷2 = − 
𝜔0+ξ 𝜔𝑛𝜃0−𝜃0𝜔𝑛√ξ2−1
2𝜔𝑛√ξ2−1
 
(116) 
 
Isolando 𝐷2 em (eq. 114), têm-se: 𝜃0 − 𝐷1 = 𝐷2 e substituindo em (eq. 115): 
 
𝜔0 + ξ 𝜔𝑛𝜃0 = 𝜔𝑛√ξ2 − 1(𝐷1−𝜃0 + 𝐷1) ∴ 𝐷1 =
𝜔0+ξ 𝜔𝑛𝜃0+𝜃0𝜔𝑛√ξ2−1
2𝜔𝑛√ξ2−1
 
(117) 
 
 
RESUMO 
 
Sistemas em vibração mecânica com movimento angular (rotação), quando 
tirados do equilíbrio, sem a presença de forças externas, podem apresentar quatro tipos 
distintos de comportamento. O sistema pode ser não amortecido (quando não há efeito de 
dissipação de energia) e se comporta de acordo com uma função harmônica, oscilando 
com amplitude constante. O sistema pode ser subamortecido, quando apresenta 
comportamento oscilatório, mas com amplitude decrescente de movimento. O sistema 
pode ser criticamente amortecido, quando tende a configuração de equilíbrio no menor 
tempo possível (nesse caso o sistema não apresenta comportamento oscilatório). Por fim, 
o sistema pode ser superamortecido. Nesse caso o sistema também não apresenta 
comportamento oscilatório e apresenta amplitude menor de deslocamento (à medida que 
o fator de amortecimento aumenta). 
Vale ressaltar que para sistemas em rotação a segunda lei de Newton é aplicada 
ao somatório de momentos que criam uma tendência de rotação do sistema, ao redor de 
um ponto fixo. Desta maneira, ao invés da análise ocorrer simplesmente com a massa do 
sistema, é necessário determinar o momento de inércia de massa para que a condição 
dinâmica possa ser estabelecida. 
 
 
 Vibração livre – Sistemas em rotação 
 
33 
 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
 
BALACHANDRAN, Abalumar; MAGRAB, Edward B. Vibrations. 2ª Edição. 
Toronto: Cengage Learning, 2009. 
 
INMAN, Daniel J. Engineering Vibration. 4ª Edição. Pearson Education Limited, 
2014. 
 
JAZAR, Reza N. Vehicle Dynamics. 3ª Edição. Springer International Publishing, 
2017. 
 
OGATA, Katsuhiko. Engenharia de controle moderno. 5ª Edição. São Paulo: Pearson 
Prentice Hall, 2010. 
 
RAO, Singiresu S. Vibrações Mecânicas. 4ª Edição. São Paulo: Pearson Prentice Hall, 
2008.