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APONTAMENTOS DE VIBRAÇÕES
MECÂNICAS
Análise de Estruturas 2
Mestrado Integrado em Engenharia Civil
&
Mestrado em Engenharia Civil (Reabilitação de Edifícios)
Ano lectivo 2009/2010
Estes apontamentos foram retirados dos textos de apoio da disciplina de Mecânica
Aplicada II, do antigo curso de Licenciatura em Engenharia Civil, da autoria do
Prof. Corneliu Cismas¸iu.
i
ii
Conteúdo
1 Vibrações mecânicas 1
1.1 Vibrações não amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.1 Vibrações livres. Movimento harmónico simples . . . . . 2
1.1.2 Vibrações forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.2 Vibrações amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.2.1 Vibrações livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.2.2 Vibrações forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.3 Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
iii
Capítulo 1
Vibrações mecânicas
Uma vibração mecânica é o movimento de uma partícula ou de um corpo que
oscila em torno de uma posição de equilíbrio.
O estudo que se segue será limitado a sistemas com apenas um grau de liberdade.
Uma vibração mecânica surge geralmente quando um sistema é deslocado da sua
posição de equilíbrio estável. Em geral, quando o sistema tende voltar sob a ac-
ção de forças de restituição, ultrapassa esta posição. A repetição deste processo
é chamado movimento oscilatório. O intervalo de tempo necessário para o sis-
tema completar um ciclo de movimento chama-se período de vibração. O número
de ciclos por unidade de tempo define a frequência, e o deslocamento máximo
do sistema medido a partir da sua posição de equilíbrio chama-se amplitude de
vibração.
Vibrações:
– livres: movimento mantido apenas por forças de restituição;
– forçadas: quando uma força periódica é aplicada ao sistema;
– não amortecidas: quando se pode desprezar o atrito - o movimento
continua indefinidamente;
– amortecidas: a amplitude decresce lentamente até que, passado um
certo tempo, o movimento cessa.
1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
1.1 Vibrações não amortecidas
1.1.1 Vibrações livres. Movimento harmónico simples
Considere-se uma partícula de massa m ligada a uma mola de constante de rigi-
dez k.
mola
indeformada
equilíbrio
estático
δest
Fe
P
(a) (b) (c)
P
Fe
x
Quando a partícula se encontra na posição de equilíbrio estático (b),∑
Fx = 0 ⇒ P − Fe = 0
Mas, nesta posição, a força elástica é Fe = kδest, onde δest representa a deforma-
ção estática da mola, resultando
P = kδest
Numa posição arbitrária (c),∑
Fx = max ⇒ P − Fe = mx¨
mx¨ = P − k (δest + x) = P − kδest︸ ︷︷ ︸
0
−kx
mx¨+ kx = 0
ou, dividindo pela massa,
x¨+ ω2x = 0 com ω2 ≡ k
m
(1.1)
O movimento definido pela equação (1.1) e um movimento harmónico simples. A
solução desta equação diferencial homogénea é de tipo eλt,
x = eλt x˙ = λeλt x¨ = λ2eλt
p.2 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
(
λ2 + ω2
)
eλt = 0 ∀t ⇒ λ2 + ω2 = 0 . . . eq. característica
Como solução da equação característica é
λ1,2 = ± iω
a solução da equação diferencial é uma combinação linear de funções de tipo eλt,
x(t) = C1e
λ1t + C2e
λ2t = C1e
−iωt + C2eiωt
onde C1 e C2 são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição das
condições iniciais do movimento (deslocamento e velocidade inicial).
Usando a bem conhecida fórmula de Euler, que liga o número irracional e das
funções trigonométricas,
e±ix = cosx± i sin x
a solução da equação diferencial pode ser escrita,
x(t) = C1 (cosωt− i sinωt) + C2 (cosωt+ i sinωt)
x(t) = (C1 + C2) cosωt+ i(C2 − C1) sinωt = A cosωt+B sinωt
onde A e B são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição das
condições iniciais.
A forma acima é equivalente a
x(t) = Xm sin(ωt− φ)
onde Xm e φ são a amplitude e o desfazamento do movimento oscilatório, gran-
dezas estas que devem ser determinadas das condições iniciais.
Para mostrar que as duas formas são equivalentes, usa-se a fórmula trigonomé-
trica,
sin(a− b) = sin a cos b− sin b cos a
Então,
A cosωt+B sinωt = Xm sin(ωt− φ) = Xm (sinωt cosφ− sinφ cosωt)
A cosωt+B sinωt = −Xm sinφ cosωt+Xm cosφ sinωt ∀t
⇓{
A = −Xm sin φ
B = Xm cosφ
⇒ Xm =
√
A2 +B2 φ =
{
π + arctan−A
B
, se B < 0
arctan−A
B
, se B ≥ 0
p.3 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Resumindo, o movimento harmónico simples é definido pela equação diferencial
x¨+ ω2x = 0
cuja solução geral pode ter uma das seguintes formas,
x(t) = C1e
−iωt + C2eiωt
x(t) = A cosωt+B sinωt
x(t) = Xm sin(ωt− φ)
Nestas equações,
ω =
√
k
m
rad/s
denomina-se por frequência (circular) do movimento oscilatório. O tempo neces-
sário para a partícula descrever um ciclo completo chama-se período,
T =
2π
ω
s
enquanto o número de ciclos descritos na unidade de tempo, denomina-se por
frequência natural,
ν =
1
T
=
ω
2π
Hz
-XM
XM
φ
t
T
A velocidade e a aceleração da partícula resulta pela definição,
x(t) = Xm sin(ωt− φ) xmáx = Xm
x˙(t) = ωXm cos(ωt− φ) x˙máx = ωXm
x¨(t) = −ω2Xm sin(ωt− φ) = −ω2x(t) x¨máx = ω2Xm
Qualquer seja a forma sob a qual é apresentada a solução da equação diferencial,
esta envolve duas constantes a determinar pela imposição das condições iniciais,
ou seja, o deslocamento e a velocidade inicial da partícula.
p.4 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
Admitindo a solução e as condições iniciais,
x(t) = Xm sin(ωt− φ) x(0) = x0 e x˙(0) = v0
resulta, {
x(0) = x0
x˙(0) = v0
⇒
{ −Xm sinφ = x0
ωXm cosφ = v0
Xm =
√
x2
0
+
(v0
ω
)2
φ = arctan
−ω x0
v0
Pêndulo simples (solução aproximada)
Seja um pêndulo simples formado por uma esfera de
massa m ligada a uma corda de comprimento l, que
pode oscilar num plano vertical. Pede-se para deter-
minar o período das pequenas oscilações (ângulo in-
ferior à 10◦). ∑
Ft = mat
−mg sin θ = mlθ¨ ⇒ θ¨ + g
l
sin θ = 0
~P
~Tθ
l
m
Para pequenas oscilações,
sin θ ≃ θ ⇒ θ¨ + g
l
θ = 0
θ(t) = θm sin(ωt− φ) com ω =
√
g
l
T =
2π
ω
= 2π
√
l
g
Exercício (Beer 19.15)
Um cursor com 5 kg repousa sobre uma mola, não estando ligado a ela. Ob-
serva-se que, se o cursor for empurrado para baixo 180 mm ou mais, perde o
contacto com a mola depois de libertado. Determine (a) a constante de rigidez da
mola e (b) a posição, a velocidade e a aceleração do cursor, 0.16 s após ter sido
empurrado para baixo 180 mm e , depois, libertado.
m
k
mg
Fe
x
x0
equilíbrio estático
mola indeformada
p.5 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Numa posição qualquer x,
mx¨ = mg − Fe = mg − k(x+ x0) = −kx+ (mg − kx0)
mas tomando em conta que na posição de equilíbrio estático
mg − kx0 = 0
resulta
mx¨+ kx = 0 ⇒ x¨+ ω2x = 0 ω ≡
√
k
m
A solução da equação diferencial pose ser escrita
x(t) = C1 sinωt+ C2 cosωt
onde C1 e C2 são constantes arbitrárias a determinar aplicando as condições ini-
ciais: 

x(0) = Xm ⇒ C2 = Xm
x˙(0) = 0 ⇒ C1 = 0
⇒ x(t) = Xm cosωt
A velocidade a a aceleração serão dadas por,
x˙(t) = −ωXm sinωt x¨(t) = −ω2Xm cosωt
(a) Sabe-se que, quando o cursor perde o contacto com a mola a sua velocidade
é nula e a sua aceleração é a aceleração gravitacional,
x˙(t1) = 0 ⇒ sinωt = 0 ⇒ ωt1 = π
x¨(t1) = g ⇒ −ω2Xm cosπ = ω2Xm = g
ω2 =
g
Xm
=
k
m
⇒ k = mg
Xm
k =
5× 9.81
0.18
= 272.5 N/m
(b)
ω =
√
g
Xm
=
√
9.81
0.18
≃ 7.38 rad/s
x(0.16) = 0.18× cos(7.38× 0.16) ≃ 0.068 m
x˙(0.16) = −7.38× 0.18× sin(7.38× 0.16) ≃ −1.23 m/s
x¨(0.16) = −7.382 × 0.18× cos(7.38× 0.16) ≃ −3.73 m/s2
p.6 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
Exercício (Beer 19.17)
Um bloco com 35 kg está apoiado pelo conjunto demolas
mostrado na figura. O bloco é deslocado verticalmente para
baixo e em seguida libertado. Sabendo que a amplitude do
movimento resultante é de 45 mm, determine (a) o período e
frequência do movimento e (b) a velocidade e a aceleração
máxima do bloco. Considere k1 = 16 kN/m, k2 = k3 =
8 kN/m.
m
k1
k3k2
• Determinar a constante de rigidez equivalente
posição de equilíbrio (molas indeformadas)
δ F1
F2 F3P P
Fe
P = F1 + F2 + F3 = Fe ⇒ (k1 + k2 + k3) δ = keδ
ke = k1 + k2 + k3 = 16 + 8 + 8 = 32 kN/m
ou seja, o movimento do sistema dado é equivalente ao movimento osci-
latório de um bloco de massa m = 35 kg ligado a uma mola de rigidez
ke = 32 kN/m.
(a)
ω =
√
ke
m
=
√
32000
35
≃ 30.237 rad/s
T =
2π
ω
≃ 0.208 s ν = 1
T
≃ 4.81 Hz
(b)
x(t) = Xm sin(ωt− φ) ⇒


x˙máx = ωXm
x¨máx = ω
2Xm
x˙máx = 30.237× 0.045 ≃ 1.36 m/s
x¨máx = 30.237
2 × 0.045 ≃ 41.14 m/s2
p.7 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Exercício (Beer 19.28)
Sabe-se da mecânica dos materiais que quando uma carga estática P é aplicada
na extremidade B de uma viga encastrada com secção transversal uniforme, pro-
voca uma flecha δB = PL3/(3EI), em que L é o comprimento da viga, E o
módulo de elasticidade do material e I o momento de inércia da secção transver-
sal. Sabendo que L = 3.05 m, E = 200 GPa e I = 4.84 × 10−6 m4, determine
(a) a constante de rigidez equivalente da viga e (b) a frequência das vibrações
verticais de um bloco com 2313 N ligado à extremidade B da mesma viga.
(Nota: 1 Pa = 1 N/m2, 1 GPa = 109 Pa)
L, EI B
A
P
δB
P
ke
(a)
P = Fe = kδB ⇒ ke = P 3EI
PL3
=
3EI
L3
ke =
3× 200× 109 × 4.84× 10−6
3.053
≃ 102.352 kN/m
(b)
ν =
1
T
=
ω
2π
=
1
2π
√
k
m
=
1
2π
√
kg
P
ν =
1
2π
√
102352× 9.81
2313
≃ 3.316 Hz
Vibrações de corpos rígidos
No caso dos corpos rígidos, a equação diferencial do movimento oscilatório re-
sulta directo das equações de equilíbrio dinâmico.
Exercício (Beer 19.55)
p.8 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
A barra uniforme AB com 8 kg está articulada em
C e ligada em A a uma mola de constante de rigidez
k = 500 N/m. Se for imposto à extremidade A um pe-
queno deslocamento e se depois for libertada, deter-
mine (a) a frequência das pequenas oscilações e (b) o
menor valor da constante de rigidez para o qual ocorre-
rão oscilações. Considere L = 250 mm e d = 40 mm.
k
A
B
G
C
L
d
A
C
G
Fe
θ
CnCt
mg
(a) ∑
MG . . . IGθ¨ = −Fe(L/2) cos θ − Ctd∑
Ft . . . mat = Ct +mg sin θ − Fe cos θ
at = θ¨ d sin θ ≃ θ cos θ ≃ 1
Ct = mθ¨d−mgθ + Fe
IGθ¨ = −FeL/2−md2θ¨ +mgdθ − Fed
Mas,
Fe = k
(
L
2
+ d
)
sin θ ≃ k
(
L
2
+ d
)
θ
e
IG =
1
12
mL2
resultando,
θ¨ +
k(L/2 + d)2 −mgd
mL2/12 +md2
θ = 0
ω =
√
k(L/2 + d)2 −mgd
mL2/12 +md2
ω =
√
500× (0.25/2 + 0.04)2 − 8× 9.81× 0.04
8× 0.252/12 + 8× 0.042 ≃ 13.87 rad/s
f =
1
T
=
ω
2π
≃ 2.21 Hz
(b) Não ocorrem oscilações quando o T →∞ ou ω → 0, ou ainda se a frequên-
cia é um número imaginário,
ω2 =
k(L/2 + d)2 −mgd
mL2/12 +md2
> 0 ⇒ k > mgd
(L/2 + d)2
p.9 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
kmín >
8× 9.81× 0.04
(0.25/2 + 0.04)2
≃ 115.3 N/m
Exercício
Determine o período das pequenas oscilações da placa rectangular homogénea
representada.
θ
~P
~R
G
2b
2b
G
O
∑
MO = IO θ¨
IO = IG +mOG
2
IO =
1
12
[
(2b)2 + (2b)2
]
+mb2
IO =
5
3
mb2
−Pb sin θ = 5
3
mb2θ¨ ⇒ −mgb sin θ = 5
3
mb2θ¨
Mas, como θ << 1, sin θ ≃ θ, resultando,
θ¨ +
3g
5b
θ = 0 ⇒ ω2 = 3g
5b
⇒ T = 2π
ω
= 2π
√
5b
3g
Aplicação do princípio da conservação da energia
O princípio da conservação da energia proporciona um meio conveniente para
determinar o período de vibração de um sistema com um só grau de liberdade,
desde que se admita o movimento harmónico simples.
Escolhem-se duas posições particulares do sistema:
1a Quando o deslocamento do sistema é máximo. Nesta posição a energia ciné-
tica do sistema T1 é nula. Escolhendo o nível zero para a energia potencial
a posição de equilíbrio estático, a energia potencial V1 pode ser expressa em
função da amplitude Xm ou θm;
2a Quando o sistema passa pela sua posição de equilíbrio. A energia potencial
do sistema V2 é nula e a energia cinética T2 pode ser expressa em função da
velocidade máxima X˙m ou da velocidade angular máxima θ˙m.
O período das pequenas oscilações resulta escrevendo a conservação da energia,
T1 + V1 = T2 + V2
p.10 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
e tomando em conta que, num movimento harmónico simples,
X˙m = ωXm ou θ˙m = ω θm
Exercício
Utilizando o princípio da conservação da energia, determine o período das pe-
quenas oscilações da placa rectangular homogénea considerada no exercício an-
terior.
nível de referência
V = 0
θ˙M
θ˙ = 0 θ = 0
~P ~P
2b
2b
O
G
G
O
θM
• Posição do deslocamento máximo
T1 = 0 V1 = Pb(1− cos θm)
1− cos θm = 2 sin2
(
θm
2
)
≃ 2
(
θm
2
)2
=
θ2m
2
⇒ V1 =
1
2
Pbθ2m
• Posição de equilíbrio
T2 =
1
2
IOθ˙
2
m V2 = 0
IO = IG +mOG
2 =
1
12
[
(2b)2 + (2b)2
]
+mb2 =
5
3
mb2
T2 =
1
2
5
3
mb2θ˙2m V2 = 0
• Conservação da energia
T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 1
2
Pbθ2m =
1
2
5
3
mb2θ˙2m
e tomando em conta que θ˙m = ωθm (movimento harmónico),
mgbθ2m =
5
3
mb2θ2mω
2 ⇒ ω2 = 3g
5b
⇒ T = 2π
ω
= 2π
√
5b
3g
p.11 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Exercício (Beer 19.80)
Uma barra AB com 8 kg e comprimento
L = 600 mm está ligada a dois cursores com
massa desprezável. O cursor A está por sua
vez ligado a uma mola de constante de rigidez
k = 1.2 kN/m e pode deslizar numa barra ver-
tical, enquanto o cursor B pode deslizar livre-
mente numa barra horizontal.
A L
B
k
θ
Sabendo que o sistema está em equilíbrio e que θ = 40◦, determine o período
de vibração se for imposto um pequeno deslocamento ao cursor B e depois liber-
tado.
• Determinação da deformação estática da mola.
Na posição de equilíbrio,∑
Fh = 0 ⇒ NA = 0∑
MB = 0
⇓
A
B
NA
NB
Fe
mg
mg
L
2
cos θ − FeL cos θ = 0 ⇒ δest =
mg
2k
• Conservação da energia
B
A
B
A
θ
dy¯
dx
dy
dθ
x
y
x
y
y¯
y
x¯
x
G
G
(A) (B)
x = L cos θ y = L sin θ
dx = −L sin θ dθ dy = L cos θ dθ
p.12 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
Tomando em conta que θ - o ângulo da posição de equilíbrio estático - é
independente de tempo,
dx˙ = −L sin θ dθ˙ dy˙ = L cos θ dθ˙
Como x¯ = x/2 e y¯ = y/2,
d ˙¯x = −L
2
sin θ dθ˙ d ˙¯y =
L
2
cos θ dθ˙
(A) - posição de equilíbrio (deformação da mola δest, velocidade máxima)
V1 =
1
2
kδ2est +mgy¯
T1 =
1
2
IG(dθ˙)
2
m +
1
2
m
[
(d ˙¯x)2m + (d ˙¯y)
2
m
]
T1 =
1
2
(
mL2
12
)
(dθ˙)2m +
1
2
m
[(
L
2
sin θ
)2
+
(
L
2
cos θ
)2]
(dθ˙)2m
T1 =
1
2
(
1
12
+
1
4
)
mL2(dθ˙)2m =
1
6
mL2(dθ˙)2m
(B) - posição de deslocamento máximo (velocidade zero)
V2 =
1
2
k(δest − dym)2 +mg(y¯ + dy¯m)
T2 = 0
T1 + V1 = T2 + V2 ⇒
1
6
mL2(dθ˙)2m +
1
2
kδ2est +mgy¯ = 0 +
1
2
k(δest − dym)2 +mg(y¯ + dy¯m)
1
6
mL2(dθ˙)2m =
k
2
(2δestdym + dy
2
m) +mgdy¯m
e substituindo a expressão do δest,
1
6
mL2(dθ˙)2m =
k
2
(
−2mg
2k
dym + dy
2
m
)
+mg
dym
2
=
k
2
dy2m
1
3
mL2(dθ˙)2m = kL
2 cos2 θ(dθ)2m
p.13 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Tomando em conta que o movimento é harmónico,
dθ = (dθ)m sin(ωt−φ) ⇒ (dθ˙)m = ω(dθ)m
resultando
1
3
mL2ω2(dθ)2m = kL
2 cos2 θ(dθ)2m ⇒ ω2 =
3k
m
cos2 θ
ω =
√
3k
m
cos θ =
√
3× 1200
8
× cos 40◦ ≃ 16.25 rad/s
T =
2π
ω
≃ 0.387 s
Exercício (Beer 19.85)
Uma barra AB com 800 g está rebitada a um
disco com 1.2 kg. Uma mola de constante de
rigidez k = 1.2 kN/m está ligada ao centro do
disco em A e à parede em C. Sabendo que o
disco rola sem escorregar, determine o período
das pequenas oscilações do sistema. Considere
r = 250 mm e L = 600 mm.
�������
�������
�������
�������
�������
�������
�������
�������
�������
�������
A
B
k
r
L
C
�������������� ������������
θ˙M
θ˙M (L/2− r)
rθ˙M
B
G
θM B
A
G
r sin θM ≃ rθM
(B)(A)
A
(A) - posição de equilíbrio estático (mola indeformada, velocidade máxima)
Tomando em conta que o ponto de contacto entre o disco e a superfície
horizontal é o centro instantâneo de rotação do sistema, a velocidade do
ponto A é
vA = rθ˙m
p.14 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
A velocidade do ponto G resulta,
~vG = ~vA + ~vG/A ⇒ vG = rθ˙m +
L
2
θ˙m = θ˙m(L/2− r)
T1 =
IG,ABθ˙
2
m
2
+
mAB(L/2− r)2θ˙2m
2
+
IA,discoθ˙
2
m
2
+
mdiscor
2θ˙2m
2
IG,AB =
mABL
2
12
=
0.8× 0.62
12
= 0.024 kgm2
IA,disco =
mdiscor
2
2
=
1.2× 0.252
2
= 0.0375 kgm2
T1 =
[
0.024
2
+
0.8× (0.3− 0.25)2
2
+
0.0375
2
+
1.2× 0.252
2
]
θ˙2m
Escolhendo o nível zero para a energia potencial do sistema nesta posição,
temos então,
T1 = 0.06925 θ˙
2
m V1 = 0
(B) - posição de deslocamento máximo (velocidade nula)
A deformação da mola nesta posição é dada por,
∆ = r sin θm ≃ rθm
V2 =
1
2
k(rθm)
2 +mABg
L
2
(1− cos θm)
Mas como,
1− cos θm = 2 sin2
(
θm
2
)
≃ 2
(
θm
2
)2
=
θ2m
2
V2 =
1
2
kr2θ2m +mABg
L
2
θ2m
2
=
(
kr2
2
+
mABgL
4
)
θ2m
V2 =
(
1200× 0.252
2
+
0.8× 9.81× 0.6
4
)
θ2m
Tomando em conta que nesta posição a velocidade do sistema é nula,
T2 = 0 V2 = 38.6772 θ
2
m
p.15 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Aplicando agora o princípio da conservação da energia entre as duas posições, e
tomando em conta que o movimento é harmónico (θ˙m = ωθm),
T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 0.06925θ˙2m = 38.6772θ2m
0.06925ω2θ2m = 38.6772 θ
2
m ⇒ ω2 =
√
38.6772
0.06925
≃ 23.64 rad/s
T =
2π
ω
≃ 0.266 s
Exercício
Determine a frequência das pequenas osci-
lações do disco homogéneo de massa m re-
presentado, assumindo que se encontra em
equilíbrio na posição mostrada e que não
escorrega na superfície horizontal.
����
����
����
����
B
O
r
k
a
k
A
�����
�����
�����
�����
�����
�����
�����
�����
B
A
A
θM
θ˙M
B
(1) (2)
(1) - posição de equilíbrio (a velocidade é máxima)
Como o disco não escorrega na superfície horizontal, o ponto B é o C.I.R.
para o disco e o movimento é uma rotação não-baricêntrica.
T1 =
1
2
IB θ˙
2
m
com
IB = IO +mr
2 =
1
2
mr2 +mr2 =
3
2
mr2
Escolhendo o nível zero para a energia potencial (gravítica e elástica) nesta
posição, resulta
T1 =
3
4
mr2θ˙2m V1 = 0
p.16 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
(2) - posição de deslocamento máximo (velocidade é nula)
V2 =
1
2
k(r + a)2θ2m +
1
2
k(r + a)2θ2m = k(r + a)
2θ2m
T2 = 0
Aplicando o princípio da conservação da energia entre as duas posições, e to-
mando em conta que o movimento é harmónico (θ˙m = ωθm),
T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 3
4
mr2ω2θ2m = k(r + a)
2θ2m
ω =
√
4k(r + a)2
3mr2
rad/s
Nota: Para que o resultado acima seja correcto, não é necessário que as molas
sejam indeformadas na posição de equilíbrio estático. Apenas é necessário que o
sistema seja em equilíbrio nesta posição. Como neste caso as duas molas tem a
mesma constante de rigidez, para o sistema estar em equilíbrio a deformação nas
duas molas deve ser a mesma. Seja esta deformação inicial x0 (compressão ou
tracção nas duas molas).
A energia mecânica na posição de equilíbrio passa a ser,
E1 =
3
4
mr2θ˙2m +
1
2
kx2
0
+
1
2
kx2
0
=
3
4
mr2θ˙2m + kx
2
0
=
3
4
mr2ω2θ2m + kx
2
0
Na posição de deslocamento máximo,
E2 =
1
2
k [x0 + (r + a)θm]
2 +
1
2
k [x0 − (r + a)θm]2 = kx20 + k(r + a)2θ2m
E igualando a energia mecânica nas duas posições,
3
4
mr2ω2θ2m + kx
2
0
= kx2
0
+ k(r + a)2θ2m ⇒ ω =
√
4k(r + a)2
3mr2
Exercício
O cilindro de massa m e raio r rola sem escorregar numa superfície de raio R.
Determine a frequência das pequenas oscilações do sistema.
p.17 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
A B
C
A
θ
φ
O
O1 O1
O
(1) (2)
(1) - posição de equilíbrio estático (energia potencial zero, velocidade máxima)
V1 = 0
T1 =
1
2
mv2O +
1
2
IO ˙(φ− θ)
2
=
1
2
mr2
(
φ˙− θ˙
)2
+
1
2
1
2
mr2
(
φ˙− θ˙
)2
T1 =
3
4
mr2
(
φ˙− θ˙
)2
Mas,
⌢
BC=
⌢
AC ⇒ Rθ = rφ ⇒ φ = R
r
θ ⇒ φ˙ = R
r
θ˙
e como nesta posição θ˙ = θ˙m,
T1 =
3
4
mr2
(
R
r
− 1
)2
θ˙2m =
3
4
m(R − r)2θ˙2m
(2) - posição de deslocamento máximo (energia potencial máxima, velocidade
nula)
T2 = 0
V2 = mg(R− r)(1− cos θ)
Mas como,
1− cos θ ≃ 2 sin
(
θ
2
)2
V2 ≃ mg(R− r)2 sin
(
θ
2
)2
= mg(R− r)2θ
2
4
=
1
2
mg(R− r)θ2
e tomando em conta que nesta posição θ = θm,
V2 =
1
2
mg(R− r) θ2m
p.18 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
Aplicando o princípio da conservação da energia,
T1 + V1 = T2 + V2 ⇒
3
4
m(R − r)2θ˙2m =
1
2
mg(R− r) θ2m
Como o movimento oscilatório é harmónico,
θ˙m = ωθm
resultando
3
2
m(R − r)2ω2θ2m = mg(R− r) θ2m
ω2 =
2g
3 (R− r) ⇒ ω =
√
2g
3 (R− r)
Nota: Método alternativo para o cálculo do T1
T1 =
1
2
mv2O +
1
2
IOω
2 =
1
2
mv2O +
1
2
1
2
mr2
v2O
r2
=
3
4
mv2O =
3
4
m(R− r)2θ˙2
Exercício
Admitindo que não há escorregamento entre o fio
inextensível e o disco de massa M , determine a
frequência das pequenas vibrações do sistema repre-
sentado.
rk
M
m
G
G
B ≡ C.I.R. B
A
A
θM
θ˙M
(1) (2)
(1) - posição de equilíbrio estático (θ˙ = θ˙m)
V1 =
1
2
k∆2
0
p.19 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
T1 =
1
2
Mv2G +
1
2
IGθ˙
2
m +
1
2
mv2A =
1
2
Mr2θ˙2m +
1
2
1
2
Mr2θ˙2m +
1
2
m4r2θ˙2m
T1 =
(
3
4
M + 2m
)
r2θ˙2m
(2) - posição de deslocamento máxima (θ = θm)
V2 =
1
2
k(∆0 + xG)
2 −mgxA −MgxG
V2 =
1
2
k(∆0 + rθm)
2 − (2m+M)grθm
T2 = 0
Escrevendo agora o princípio da conservação da energia,
T1 + V1 = T2 + V2
resulta,
1
2
k∆2
0
+
(
3
4
M + 2m
)
r2θ˙2m =
1
2
k(∆0 + rθm)
2 − (2m+M)grθm
(
3
4
M + 2m
)
r2θ˙2m =
1
2
kr2θ2m + [k∆0 − (2m+M)g] rθm
Na expressão acima, ∆0 representa a deformação da mola na posição de equilíbrio
estático. Se nesta posição escreve-se somatório de momentos em B, resulta∑
MB = 0 ⇒ mg2r +Mgr − k∆0r = 0 ⇒ k∆0 − (2m+M)g = 0
Com este resultado, do princípio da conservação da energia resulta,(
3
4
M + 2m
)
r2θ˙2m =
1
2
kr2θ2m
e admitindo o movimento harmónico,(
3
4
M + 2m
)
ω2θ2m =
1
2
kθ2m ⇒ ω =
√
k
3
2
M + 4m
Nota: Para simplificar as contas no estudo das pequenas vibrações em torno da
posição de equilíbrio estático, pode-se sempre admitir que a força elástica e as
forças que a equilibram nesta nesta posição (pesos) anulam-se umas as outras.
p.20 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
Então,estas forças podem ser deixadas fora das seguintes contas e na posição de
deslocamento máximo apenas terão de ser contabilizadas as restantes forças e o
suplemento da força elástica.
No problema considerado, isto significava,
V1 = 0 T1 =
(
3
4
M + 2m
)
r2θ˙2m
V2 =
1
2
kr2θ2m T2 = 0

 ⇒ ω =
√
k
3
2
M + 4m
1.1.2 Vibrações forçadas
As vibrações forçadas ocorrem sempre que um sistema está sujeito a uma força
periódica, ou quando está elasticamente ligado a um apoio com movimento osci-
latório.
Força periódica
Considere-se uma partícula de massa m ligada a uma mola de constante de rigi-
dez k, sujeita a acção de uma força periódica
F = Fm sinωf t
mola
indeformada
equilíbrio
estático
xest
Fe
(a) (b) (c)
PF
Fe
P
x
∑
Fx = mx¨ ⇒ mx¨ = mg − Fe + F = mg − k(xest + x) + F
Tomando em conta que na posição de equilíbrio estático mg = kxest e substi-
tuindo a expressão para a excitação harmónica,
mx¨+ kx = Fm sinωf t
x¨+ ω2x =
Fm
m
sinωf t onde ω =
√
k
m
(1.2)
p.21 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Uma equação diferencial que possui o membro direito diferente de zero, diz-se
não homogénea. A sua solução geral obtém-se pela adição da solução particular
da equação dada à solução geral da correspondente equação homogénea,
x = xp + x0
Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a solução
particular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma função
de tipo
xp = A sinωf t+B cosωf t
Nesta expressão, A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substi-
tuindo a solução particular na equação diferencial,
x˙p = ωfA cosωf t− ωfB sinωf t
x¨p = −ω2fA sinωf t− ω2fB cosωf t
−ω2fA sinωf t− ω2fB cosωf t+ ω2 (A sinωf t+B cosωf t) =
Fm
m
sinωf t
A(ω2 − ω2f) sinωf t+B(ω2 − ω2f) cosωf t =
Fm
m
sinωf t ∀t
A(ω2 − ω2f) =
Fm
m
e B = 0
xp =
Fm
m(ω2 − ω2f)
sinωf t =
Fm/k
1− (ωf/ω)2
sinωf t
Solução geral A solução geral obtém-se juntando à solução particular a solução
da equação homogénea (oscilações livres),
x(t) = C1 sinωt+ C2 cosωt︸ ︷︷ ︸
solução homogénea
+ Xm sinωf t︸ ︷︷ ︸
solução particular
onde, com a notação Ω = ωf/ω,
Xm =
Fm/k
1− Ω2
Nota-se que o movimento representado pela equação acima consiste em dois mo-
vimentos oscilatórios sobrepostos. Os dois primeiros termos representam a vibra-
ção livre do sistema. A frequência desta vibração é a frequência natural do sistema
p.22 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
e depende apenas da rigidez e da massa do sistema. As constantes C1 e C2 po-
dem ser determinadas a partir das condições iniciais. Está vibração é também
designada por vibração em regime transitório, uma vez que, no caso de vibrações
amortecidas, a amplitude deste movimento decresce rapidamente.
O último termo da equação acima represente a vibração em regime estacionário.
Este movimento é produzido e mantido pela força aplicada. A sua amplitude de-
pende da relação entre a frequência da excitação e a frequência natural do sistema.
A razão entre a amplitude das vibrações estacionárias e a deformação estática
Fm/k, chama-se factor de amplificação dinâmica,
Rd =
1
1− Ω2
Movimento de base
Considere-se uma partícula de massa m ligada a uma mola de constante de rigi-
dez k, sujeita a um movimento de base harmónico,
yf = xg sinωf t
��
��
��
��
���
���
���
���
���
���
���
���
mola
indeformada
equilíbrio
estático
xest
Fe
P
x
(c)(b)(a)
yf
Fe
P
∑
Fx = ma ⇒ ⇒ m(x¨+ y¨f) = mg − Fe = mg − k(xest + x)
Tomando em conta que na posição de equilíbrio estático, mg = kxest e substi-
tuindo a expressão para o movimento harmónico de base,
mx¨+ kx = mω2fxg sinωf t
x¨+ ω2x = ω2fxg sinωf t onde ω =
√
k
m
(1.3)
p.23 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a solução
particular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma função
de tipo
xp = A sinωf t+B cosωf t
Nesta expressão, A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substi-
tuindo a solução particular na equação diferencial,
(ω2 − ω2f)(A sinωf t+B cosωf t) = ω2fxg sinωf t ∀t
A = xg
Ω2
1− Ω2 e B = 0
xp = Xm sinωf t com Xm = xg
Ω2
1− Ω2
No caso de movimento de base, interesse relacionar a amplitude das vibrações
estacionárias com o deslocamento máximo da base. A razão entre estes dois des-
locamentos máximos, chama-se factor de transmissibilidade. Para o calcular, no-
ta-se que o deslocamento absoluto da massa em regime estacionário é dado por,
xt(t) = xp(t) + yf(t) = xg
(
1 +
Ω2
1− Ω2
)
sinωf t = xg
1
1− Ω2 sinωf t
Tr =
xt,máx
xg
=
1
1− Ω2
As características das vibrações forçadas não-amortecidas, são resumidas no
seguinte quadro.
Vibrações forçadas não-amortecidas
Força harmónica Movimento harmónico de base
x¨+ ω2x = (Fm/m) sinωf t x¨+ ω
2x = ω2fxg sinωf t
xp (Fm/k)/(1− Ω2) sinωf t xgΩ2/(1− Ω2) sinωf t
x0 C1 sinωt+ C2 cosωt
x(t) x0(t) + xp(t)
xt(t) x(t) x(t) + xg(t)
Rd 1/(1− Ω2) –
Tr – 1/(1− Ω2)
p.24 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
1 2 3 4
2
4
6
8
Ω
∣∣∣∣ 11− Ω2
∣∣∣∣
Observa-se que, quando a frequência da excitação é igual a frequência natural do
sistema a amplitude de vibração torna-se infinita. Diz-se que a excitação está em
ressonância com o sistema.
A amplitude do movimento é igual ao deslocamento estático para ωf = 0 e depois
começa a crescer com ωf . Depois de ultrapassar a frequência de ressonância, a
amplitude do movimente decresce, chegar a ser mais baixa do que o deslocamento
estático para excitações com frequências muito altas.
Exercício (Beer 19.112)
A esfera com 1.2 kg forma um pêndulo com comprimento L = 600 mm que está
suspenso a partir de um cursor C com 1.4 kg. O cursor é obrigado a deslocar-se
de acordo com a relação,
xC = Ym sinωf t
com amplitude Ym = 10 mm e uma frequência ff = 0.5 Hz. Considerando apenas
o regime estacionário, determine (a) a amplitude do movimento da esfera e (b) a
força que deve ser aplicada ao cursor C para o manter em movimento.
p.25 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
L
x
θ
C
mg
T
xC = Ym sinωf t
∑
Fx . . . mx¨ = −T sin θ∑
Fy . . . my¨ = T cos θ −mg
Admitindo pequenas oscilações,
sin θ ≃ tan θ ≃ θ cos θ ≃ 1
e o movimento ocorre segundo um eixo horizontal. Resulta então,
T = mg
mx¨ = −mg x− xC
L
⇒ x¨+ g
L
x =
g
L
xC
x¨+ ω2 x = ω2 Ym sinωf t com ω =
√
g
L
(a) A solução particular será dada por,
xp = Xm sinωf t onde Xm =
Ym
1− (ωf/ω)2
Tomando em conta que
ω2 =
g
L
ω2f = (2πff)
2
Xm =
Ym
1− 4π2f 2fL/g
=
0.01
1− 4× π2 × 0.52 × 0.6/9.81 ≃ 0.025 m
p.26 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
(b)
θ
C
T
N
mg
xC
aC = x¨C = −ω2fYm sinωf t = −ω2fxC
∑
Fx . . . mC aC = F + T sin θ ⇒ F = mC ac − T sin θ
Tomando em conta que T = mg, sin θ ≃ (x− xC)/L e ω2 = g/L,
F = −mc ω2fxC −mg
x− xc
L
= −mc ω2fxC −mω2x+mω2xC
F =
[
(mω2 −mCω2f)Ym −mω2Xm
]
sinωf t
Para os valores numéricos dados,
F ≃ −0.44 sin πt N
Exercício (Beer 19.118)
Um motor com 180 kg está fixo a uma viga horizontal de massa desprezável. O
desequilíbrio do rotor é equivalente a uma massa de 28 g situada a uma distância
de 150 mm do eixo de rotação, e a deformação estática da viga devida ao peso
do motor é igual a 12 mm. A amplitude de vibração devida ao desequilíbrio pode
ser atenuada através da adição de uma placa à base do motor. Se a amplitude de
vibração em regime estacionário tiver que ser menor que 60 µm para velocidades
do motor acima de 300 rpm, determine a massa necessária da placa.
p.27 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICASωf
m
ωf t
Pm sinωf t
Pm = mω
2
fr
Rotor
Fe
MgPm sinωf t
δest
x
Motor
sumFx . . . Mx¨ = Mg − Fe + Pm sinωf t
x¨+ ω2x =
Pm
M
sinωf t onde ω =
√
k
M
A vibração em regime estacionário vai ter uma amplitude dada por,
Xm =
Pm/k
1− (ωf/ω)2
=
mω2fr/(Mω
2)
1− (ωf/ω)2
=
rm/M
(ω/ωf)2 − 1
1−r m
M
Xm
ωf/ω
ωf > 300 rpm
Escrevendo o equilíbrio estático da viga,
kδest = Mg ⇒ k = Mg
δest
=
180× 9.81
0.012
= 147150 N/m
A frequência da estrutura, depois da adição da placa, será dada por,
ω2 =
k
M ′
Tomando em conta esta definição,
Xm =
rm/M ′
k/(M ′ω2f)− 1
⇒ Xm
(
k
M ′ω2f
− 1
)
= r
m
M ′
p.28 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
M ′ =
k
ω2f
− rm
Xm
Como
ωf = 300× 2π/60 = 10π rad/s
e
Xm = −60× 10−6 m (. . . veja o enunciado e a figura)
resulta
M ′ =
147150
100π2
+
0.15× 0.028
60× 10−6 ≃ 219.1 kg
O peso da placa será
∆M = M ′ −M = 219.1− 180 = 39.1 kg
Exercício (Beer 19.125)
Um pequeno reboque e o barco possuem a massa total de 250 kg. O reboque
está apoiado em duas molas, cada uma com 10 kN/m e desloca-se ao longo de
uma estrada cuja superfície se pode aproximar a uma curva sinusoidal com uma
amplitude de 40 mm e um comprimento de onda de 5 m. Determine (a) a veloci-
dade para a qual ocorre a ressonância e (b) a amplitude da vibração do reboque
à velocidade de 50 km/h.
2Ym
λ
vy
x
Fe
mg
y = Ym sinωf t
x
δest m(x¨− y¨) = −kx
mx¨+ kx = ky¨
x¨+ ω2x = −ω2Ym sinωf t
ω2 =
k
m
ωf =
2π
T
=
2π
λ/v
=
2πv
λ
p.29 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
A solução da equação diferencial é
x(t) = Xm sinωf t
onde a amplitude do movimento oscilatório é dada por
Xm =
Ym
1− (ωf/ω)2
(a) A ressonância ocorre quando a amplitude do movimento é máxima, ou seja,
quando
ω = ωf ⇒
√
k
m
=
2πv
λ
⇒ v = λ
2π
√
k
m
v =
5
2π
√
2× 10000
250
≃ 7.12 m/s ≃ 25.62 km/h
(b)
Xm =
Ym
1− (ωf/ω)2
=
Ym
1−
(
2πv
λ
)2
m
k
v = 50 km/h = 125
9
m/s
Xm =
0.040
1− 4× π
2 × 1252
52 × 92
250
20000
≃ −0.014 m
1.2 Vibrações amortecidas
Na realidade, todas as vibrações são amortecidas, em maior ou menor grau, pela
acção das forças de atrito. Estas forças podem ser causadas por atrito seco - entre
corpos rígidos, por atrito fluido - quando um corpo rígido se desloca num fluido,
ou por atrito interno - entre as moléculas que constituem um corpo.
Um tipo de amortecimento com especial interesse é o amortecimento viscoso em
que a força de atrito é proporcional e oposta a velocidade do corpo em movimento
Fa = −c x˙
A constante c expressa em Ns/m chama-se coeficiente de amortecimento viscoso.
p.30 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
1.2.1 Vibrações livres
Seja uma partícula de massam ligada a uma mola de rigidez k e a um amortecedor
de coeficiente de amortecimento viscoso c.
(a) (c)(b)
xest
x
Fe
FaFe
mg
mg
Na posição de equilíbrio estático (b), o sistema está em repouso, portanto no amor-
tecedor não se desenvolve força nenhuma. Escrevendo a equação de equilíbrio
estático resulta mg = kxest.
Seja uma posição qualquer (c) caracterizada pela posição x e a velocidade x˙ da
partícula. Escrevendo as equações de movimento nesta posição, resulta
mx¨ = mg − cx˙− k(xest + x) = mg − kxest︸ ︷︷ ︸
0
−cx˙− kx
mx¨+ cx˙+ kx = 0
ou, dividindo pela massa,
x¨+
c
m
x˙+ ω2x = 0 com ω2 ≡ k
m
(1.4)
O movimento definido pela equação (1.4) representa um movimento oscilatório
amortecido. A solução desta equação diferencial homogénea é de tipo eλt,
x = eλt x˙ = λeλt x¨ = λ2eλt(
λ2 +
c
m
λ+ ω2
)
eλt = 0 ∀t
Resulta a equação característica
λ2 +
c
m
λ+ ω2 = 0
cuja solução é dada por
λ1,2 = − c
2m
±
√( c
2m
)2
− k
m
p.31 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Designa-se por coeficiente de amortecimento crítico, ccr o valor do coeficiente de
amortecimento c que anula o radical,
ccr = 2m
√
k
m
= 2mω
Por vezes, o amortecimento de um sistema costuma ser dado em percentagem
sobre o valor do amortecimento crítico,
ζ =
c
ccr
Os valores recomendados para o factor de amortecimento ζ no cálculo de estrutu-
ras variam entre 5 − 10% para estruturas metálicas, 7 − 10% para estruturas em
betão e 10− 20% para estruturas em madeira.
Com esta notação, a equação diferencial das vibrações livres amortecidas toma a
seguinte forma,
x¨+ 2ζωx˙+ ω2x = 0 (1.5)
Dependendo do valor do coeficiente de amortecimento, distinguem-se três casos:
Amortecimento super-crítico (c > ccr ou ζ > 1) As raízes da equação caracte-
rística são reais e distintas, ambas negativas.
λ1, λ2 < 0 ⇒ x(t) = Aeλ1t +Beλ2t ⇒ lim
t→∞
x(t) = 0
O movimento resultante não é oscilatório. O x tende para zero quando
t aumenta indefinidamente, ou seja, o sistema readquire a sua posição de
equilíbrio estático após um intervalo de tempo suficientemente longo.
Amortecimento crítico (c = ccr ou ζ = 1) A equação característica tem uma
raiz dupla,
λ1,2 = −ω ⇒ x(t) = (A+Bt)e−ωt
O movimento não é vibratório, retomando o sistema a sua posição de equi-
líbrio no menor tempo possível, sem oscilar.
Amortecimento sub-crítico (c < ccr ou ζ < 1) As raízes da equação caracterís-
tica são complexas conjugadas,
λ1,2 = − c
2m
± i
√
k
m
−
( c
2m
)2
p.32 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
Definindo,
ω2a =
k
m
−
( c
2m
)2
=
k
m
[
1− m
k
( c
2m
)2]
ω2a = ω
2

1−
(
c
2m
√
k/m
)2 = ω2(1− ζ2)
resulta
λ1,2 = −ζω ± iωa
e
x(t) = e−ζωt (C1 sinωat+ C2 cosωat)
O movimento é oscilatório, com amplitude decrescente. A frequência de
vibração, ωa = ω
√
1− ζ2 < ω pelo que o período de vibração do sistema
amortecido é maior do que o período de vibração correspondente ao sistema
não amortecido. O sistema readquire a sua posição de equilíbrio estático
após um intervalo de tempo suficientemente longo.
Amplitude do movimento
amortecimento crítico
amortecimento supra-crítico
amortecimento sub-crítico
Tempo
Exercício (Beer 19.134)
Um bloco A com 4 kg é solto de uma altura de 800 mm
sobre um bloco B com 9 kg, que está em repouso. O
bloco B está apoiado numa com constante de rigidez
k = 1500 N/m e está ligado a um amortecedor com co-
eficiente de amortecimento c = 230 Ns/m. Sabendo que
não existe qualquer ressalto, determine a distância má-
xima percorrida pelos blocos após o choque.
A
B
ck
h
p.33 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
• A velocidade do bloco A antes de choque obtém-se aplicando o princípio
de conservação da energia.
mAgh =
1
2
mAv
2
A ⇒ vA =
√
2gh
• A velocidade dos dois blocos após o choque resulta da conservação da quan-
tidade de movimento, tomando em conta que não há forças impulsivas ex-
ternas e que o choque é perfeitamente plástico.
mAvA = (mA +mB)v
′ ⇒ v′ = mA
mA +mB
√
2gh
v′ =
4
4 + 9
×
√
2× 9.81× 0.8 ≃ 1.219 m/s
• As forças que actuam em seguida sobre o sistema formado pelos dois blocos
são o peso, à força elástica e à força de amortecimento viscoso.
Tomando em conta que a nova posição de equilí-
brio estático, devida ao suplemento de peso pro-
vocado pelo bloco A é dada por,
x0 =
mAg
k
=
4× 9.81
1500
≃ 0.026 m
Mg x0
x
FaFe
temos,
Mx¨ = Mg − k(x0 + x)− cx˙ ⇒ x¨+ c
M
x˙+
k
M
x = 0
ou seja,
x¨+ 2ζωx˙+ ω2x = 0
onde
ω =
√
k
M
=
√
1500
4 + 9
≃ 10.742 rad/s
ccr = 2Mω = 2× (4 + 9)× 10.742 ≃ 279.266 Ns/m
ζ =
c
ccr
=
230
279.266
≃ 82%
Como o amortecimento é sub-crítico, o movimento resultante será dado por
x(t) = e−ζωt (C1 sinωat+ C2 cosωat)
com
ωa = ω
√
1− ζ2 = 10.742×√
1− 0.822 ≃ 6.15 rad/s
ou seja
x(t) = e−8.81 t [C1 sin(6.15 t) + C2 cos(6.15 t)]
p.34 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
• As constantes C1 e C2 vão ser determinadas a partir das condições iniciais
do movimento:
x(0) = −x0 e x˙(0) = v′
x(0) = C2 = −x0 ⇒ C2 = −0.026
x˙(t) = e−8.81 t [(6.15C1 − 8.81C2) cos(6.15 t)+
(−8.81C1 − 6.15C2) sin(6.15 t)]
x˙(0) = 6.15C1 − 8.81C2 = v′ ⇒ C1 =
v′ + 8.81C2
6.15
C1 =
1.219− 8.81× 0.026
6.15
≃ 0.161
A equação do movimento oscilatório em torno da posição de equilíbrio es-
tático, fica então definida por
x(t) = e−8.81 t [0.161 sin(6.15 t)− 0.026 cos(6.15 t)]
0.2 0.4 0.6 0.8 1
−0.02
−0.01
0.01
0.02
0.03
x0
xM
x
t
• O deslocamento máximo xm, será alcançado quando a velocidade do sis-
tema será nula.
x˙(t) = e−8.81 t [1.219 cos(6.15 t)− 1.259 sin(6.15 t)]
x˙(t) = 0 ⇒ t = 1
6.15
arctan
(
1.219
1.259
)
≃ 0.125 s
O deslocamento máximo será então,
xm = x(0.125) ≃ 0.031 m
p.35 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
• A distância máxima percorrida pelos blocos após o choque será,
dmáx = x0 + xm = 0.026 + 0.031 = 0.057 m
1.2.2 Vibrações forçadas
Força periódica
Seja uma partícula de massam ligada a uma mola de rigidez k e a um amortecedor
de coeficiente de amortecimento viscoso c sob a acção de uma força periódica,
F = Fm sinωf t
(a) (c)(b)
xest
x
Fe
FaFe
mg
mgF
A equação de movimento em torno da posição de equilíbrio estático será
mx¨+ c x˙+ k x = Fm sinωf t
ou, dividindo pela massa,
x¨+ 2ζω x˙+ ω2 x =
Fm
m
sinωf t (1.6)
A solução geral desta equação diferencial não-homogénea obtém-se pela adição
de uma solução particular à solução geral da equação homogénea.
A solução geral da equação homogénea, que foi obtida no caso das vibrações
livres amortecidas, depende do amortecimento do sistema, mas de qualquer modo
esvanece com o tempo. O intervalo de tempo inicial em que esta solução tem
valores não desprezáveis, chama-se zona transitória.
A solução particular representa a vibração em regime estacionário, significando
que depois de um intervalo suficientemente longo, esta solução caracteriza sozi-
nha o movimento do sistema.
p.36 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
Se a excitação fosse harmónica, a solução particular é também harmónica,
xp = A sinωf t+B cosωf t
e substituindo na equação diferencial, temos
−ω2fA sinωf t− ω2fB cosωf t+ 2ζωωfA cosωf t− 2ζωωfB sinωf t+
ω2A sinωf t+ ω
2B cosωf t =
Fm
m
sinωf t ∀t
[
ω2 − ω2f −2ζωωf
2ζωωf ω
2 − ω2f
]{
A
B
}
=
{
Fm/m
0
}
ou, dividindo cada linha por ω2 e utilizando as notações Ω = ωf/ω e δ0 = Fm/k,[
1− Ω2 −2ζΩ
2ζΩ 1− Ω2
]{
A
B
}
=
{
δ0
0
}
A =
(1− Ω2)
(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2 δ0
B =
−2ζΩ
(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2 δ0
Para por em evidência a amplitude do movimento, a solução particular pode ser
escrita sob forma
xp = Xm sin(ωf t− φ)
onde
Xm =
√
A2 +B2 =
1√
(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2 δ0
e
φ = arctan
(
−B
A
)
= arctan
(
2ζΩ
1− Ω2
)
A razão entre a amplitude das vibrações em regime estacionário e a deformação
estática provocada pela aplicação da força Fm, designa-se por factor de amplifica-
ção dinâmica,
Rd =
1√
(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2
O factor de amplificação dinâmica depende da razão das frequências, Ω = ωf/ω
e do factor de amortecimento do sistema ζ .
p.37 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
0.5 1 1.5 2 2.5 3
1
2
3
4
ζ = 0
ζ = 0.125
ζ = 0.250
ζ = 0.375
ζ = 1.000
Rd
Ω
Observa-se que a amplitude de uma vibração forçada pode manter-se pequena,
quer através da escolha de um elevado coeficiente de amortecimento viscoso, quer
mantendo afastadas uma da outra a frequência natural do sistema e a frequência
da excitação.
Movimento de base
Seja uma partícula de massa m
ligada a uma mola de rigidez k
e a um amortecedor de coefici-
ente de amortecimento viscoso
c. O sistema está sujeito a um
movimento harmónico de base,
xf(t) = xg sinωf t
�������
�������
�������
�������
xf
h
xm
k
δest
c
Para uma posição qualquer x, a equação de movimento é dada por,∑
F = ma ⇒ ma = −P + Fe − Fa
onde
a =
d2
dt2
(xf + h+ x) = x¨f + x¨
Fe = k(δest − x) Fa = cx˙
Resulta,
m(x¨f + x¨) = −mg + k(δest − x)− cx˙ ⇒ mx¨+ cx˙+ kx = −mx¨f
p.38 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
e dividindo pela massa, e substituindo a expressão da aceleração da base,
x¨+ 2ζωx˙+ ω2x = ω2fxg sinωf t (1.7)
Observa-se que, fazendo a notação,
Fm = mω
2
fxg
a equação (1.7) transforma-se em
x¨+ 2ζωx˙+ ω2x =
Fm
m
sinωf t
ou seja, numa forma idêntica à (1.6) que representava a equação diferencial das
vibrações amortecidas forçadas, provocadas por uma força harmónica.
A solução particular da equação (1.7) resulta,
xp = δ0Rd sin(ωf t− φ) =
Fm
k
Rd sin(ωf t− φ) =
mω2fxg
mω2
Rd sin(ωf t− φ)
xp(t) = xg
(ωf
ω
)2
Rd sin(ωf t− φ)
Viu-se que, no caso de uma força aplicada, calculou-se o factor de amplificação
dinâmica, Rd. Este factor permite relacionar os deslocamentos máximos da massa
obtidos para uma aplicação estática, respectivamente dinâmica da força.
No caso de movimento de base, interesse relacionar o deslocamento máximo da
base com o deslocamento máximo da massa. O coeficiente que permite este re-
lacionamento, chama-se factor de transmissibilidade, Tr. Para o calcular, nota-se
que o deslocamento absoluto da massa em regime estacionário é dado por,
xt(t) = x(t) + xf (t) = xg
(ωf
ω
)2
Rd sin(ωf t− φ) + xg sinωf t
Para por em evidência a amplitude do movimento, o deslocamento absoluto es-
creve-se como
xt(t) = Xm sin(ωf t− Φ)
e identificando os termos,

Xm cosΦ = xg + xg
(ωf
ω
)2
Rd cos φ
Xm sin Φ = xg
(ωf
ω
)2
Rd sinφ
p.39 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Utilizando a notação Ω = ωf/ω,

Xm
xg
cosΦ = 1 + Ω2Rd cosφ
Xm
xg
sinΦ = Ω2Rd sin φ
⇒ Tr =
Xm
xg
=
√
1 + (2ζΩ)2
(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2
Observa-se que uma redução na transmissibilidade nem sempre se consegue com
um aumento do amortecimento.
0.5 1 1.5 2 2.5 3
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Ω
Tr ζ = 0
ζ = 0.125
ζ = 0.250
ζ = 0.375
ζ = 1.000
Exercício
Considere o sistema da figura que representa um carro que sobe a rampa de
transição para o tabuleiro de uma ponte.
a) Escreva a equação de movimento do carro, admitindo que mantêm a ve-
locidade horizontal v0 constante e que a rampa tem uma inclinação h/L
constante;
b) Sendo M = 1000 kg, c = 0.05 ccr, v0 = 40 km/h, k = 250 kN/cm, h = 1 m
e L = 100 m, qual é a aceleração máxima de M no trajecto ao longo da
rampa?
M
h
v0
c
ug
k
L
ut
p.40 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
a) Como a velocidade horizontal é constante, o movimento do carro segundo
o eixo horizontal é rectilíneo e uniforme definido pela equação
x(t) = v0t
No estudo que se segue será considerada apenas a componente vertical deste
movimento.
Uma vez na rampa inclinada, as forças que actuam no corpo de massa M
são o peso, a força elástica e a força de amortecimento.
�������������������
�������������������
�������������������
�������������������
M
ck
ug
P
Fa
Fe
Ma
uest
h0
u
h0
Ma = −P + Fe − Fa
onde
a =
d2
dt2
(ug + h0 + u) =
d2
dt2
(
v0h
L
t+ h0 + u
)
= u¨
Fe = k(uest − u) Fa = cu˙
Resulta,
Mu¨ = −Mg + kuest︸ ︷︷ ︸
0
−ku − cu˙
Mu¨+ cu˙+ ku = 0
ou, dividindo pela massa,
u¨+ 2ζωu˙+ ω2u = 0
A solução desta equação diferencial representa o movimento da massa M
em relação à posição de equilíbrio estático. O movimento absoluto da massa
é dado por
ut(t) = ug(t) + h0 + u(t) =
v0h
L
t+ h0 + u(t)
p.41 – Capítulo 1
CAPÍTULO1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
onde ug é a componente vertical do deslocamento da base e h0 uma cons-
tante (altura do veículo).
b) Como o movimento oscilatório definido pela equação diferencial tem um
amortecimento sub-critico (ζ = 5%),
u(t) = e−ζωt (C1 sinωat+ C2 cosωat)
u˙(t) = e−ζωt [(C1ωa − C2ζω) cosωat− (C2ωa + C1ζω) sinωat]
com ωa = ω
√
1− ζ2.
As constantes C1 e C2 vão ser determinadas a partir das condições iniciais
do movimento,
u(0) = 0 e u˙(0) = v0y =
v0h
L
u(0) = C2 = 0 ⇒ C2 = 0
u˙(0) = C1ωa − C2ζω = C1ωa = v0h
L
⇒ C1 = v0h
ωaL
Resulta
u(t) =
v0h
ωaL
e−ζωt sin(ωat)
u˙(t) =
v0h
ωaL
e−ζωt [ωa cos(ωat)− ζω sin(ωat)]
u¨(t) =
v0h
ωaL
e−ζωt
[
(ζ2ω2 − ω2a) sin(ωat)− 2ζωωa cos(ωat)
]
0.05 0.1 0.15 0.2
−0.0004
−0.0002
0.0002
0.0004
0.0006
t [s]
u [m]
p.42 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
Para os valores numéricos dados,
ω =
√
k
M
=
√
250× 105
1000
≃ 158.11 rad/s
ωa = ω
√
1− ζ2 = 158.11
√
1− 0.052 ≃ 157.91 rad/s
0.05 0.1 0.15 0.2
−15
−10
−5
5
10
t [s]
u¨ [m/s2]
u(t) ≃ 0.000703636 e−7.9055t sin(157.91t)
u¨(t) ≃ e−7.9055t [−1.75678 cos(157.91t)− 17.5016 sin(157.91t)]
A aceleração máxima resulta então,
d u¨
dt
= 0 ⇒ t ≃ 0.009s ⇒ amáx ≃ −16.4 m/s2
O deslocamento absoluto da massa é apresentado na figura seguinte.
p.43 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
0.05 0.1 0.15 0.2
0.005
0.01
0.015
0.02
ut [m]
h0
t [s]
1.3 Exercícios propostos
Exercício
O sistema representado na figura consiste numa barra rígida, apoiada num ponto
fixo em O, ligada a uma mola e a um amortecedor. A massa total m1 = 2m do
troço OB está uniformemente distribuída no seu comprimento. Os troços AO e
BC não possuem massa estando uma placa circular de massa m2 = m ligada
rigidamente ao ponto C. Sabendo que m = 2kg, L = 3m, k = 800N/m e
c = 200Ns/m, determine:
(a) a equação de movimento do sistema para pequenas oscilações. Tome o
ângulo θ de rotação da barra em torno do ponto O como coordenada gene-
ralizada;
(b) a frequência das vibrações amortecidas ωa e o factor de amortecimento do
sistema ζ .
θ
L/2 3L/4 L/4
L/4
kc
A BO
R = L/8
C
p.44 – Capítulo 1
1.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS
(a) Considerando as pequenas vibrações em torno da posição de equilíbrio,∑
MO = IOθ¨
mg
L
4
θ − k
(
3L
4
)
θ
(
3L
4
)
− c
(
L
2
θ˙
)(
L
2
)
= IOθ¨
I0 =
1
12
m1L
2 +m1
(
L
2
)2
+
1
2
m2R
2 +m2
[
L2 +
(
L
4
)2]
IO =
1
12
2mL2 + 2m
L2
4
+
1
2
m
L2
64
+mL2
17
16
=
667
384
mL2
Resulta:
667
384
mL2θ¨ + c
L2
4
θ˙ +
(
k
9L2
16
− L
4
mg
)
θ = 0
ou,
m¯θ¨ + c¯θ˙ + k¯θ = 0
onde
m¯ =
667mL2
384
≈ 31.27 c¯ = cL
2
4
= 450 k¯ =
9kL2
16
−L
4
mg = 4035.3
(b) A frequência natural do sistema sem amortecimento é dada por,
ωn =
√
k¯
m¯
≈ 11.36 rad/s
O factor de amortecimento,
ζ =
c¯
c¯cr
=
c¯
2m¯ωn
≈ 450
2× 31.27× 11.36 ≈ 0.633 (sub-crítico)
A frequência das vibrações amortecidas,
ωa = ωn
√
1− ζ2 ≈ 8.79 rad/s
p.45 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Exercício
A massa m1 é suportada pela mola k estando em
equilíbrio estático. Uma segunda massa m2 cai de
uma altura h e choca com a massa m1, ficando as
massas, a partir do instante do choque, ligadas uma
à outra. Determine o subsequente movimento u(t)
medido a partir da posição de equilíbrio estático da
massa m1 antes do choque.
h
k
m2
m1
• a velocidade da massa m2 no instante do choque calcula-se aplicando o
princípio da conservação da energia:
m2gH =
1
2
mv2
0
⇒ v0 =
√
2gh
• A velocidade das duas massas imediatamente após o choque calcula-se apli-
cando o princípio da conservação da quantidade de movimento:
(m1 +m2)v = m2v0 ⇒ v = m2
m1 +m2
√
2gh
• A nova posição de equilíbrio estático será dada por,
kδe = m2g ⇒ δe =
m2g
k
• A frequência das pequenas oscilações em torno da nova posição de equilí-
brio será
ω =
√
k
m1 +m2
• As vibrações em torno da posição de equilíbrio são definidas por
u(t) = A sinωt+B cosωt
onde A e B são constantes arbitrárias que vão ser determinadas a partir das
condições iniciais.
• Admitindo o eixo u dirigido para cima, as condições iniciais são
u(0) = δe =
m2g
k
u˙(0) = −v = − m2
m1 +m2
√
2gh
Resulta então

u(t) = A sinωt+B cosωt
u˙(t) = ωA cosωt− ωB sinωt
u(0) = u0; u˙(0) = u˙0
⇒
{
B = u0
ωA = u˙0 ⇒ A = u˙0/ω
p.46 – Capítulo 1
1.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS
u(t) =
u˙0
ω
sinωt+ u0 cosωt
u(t) = −
√
2gh
k
m2√
m1 +m2
sin
(√
k
m1 +m2
t
)
+
m2g
k
cos
(√
k
m1 +m2
t
)
choque
posição
u0
equilíbrio
u˙0
u
t
uM
u0
−u0
−uM
a amplitude do movimento será,
uM =
√
A2 +B2 =
√
u2
0
+
u˙2
0
ω2
Em relação à posição de equilíbrio estático da massa m1 antes do choque,
u¯ = u− u0
p.47 – Capítulo 1
	Vibrações mecânicas
	Vibrações não amortecidas
	Vibrações livres. Movimento harmónico simples
	Vibrações forçadas
	Vibrações amortecidas
	Vibrações livres
	Vibrações forçadas
	Exercícios propostos