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Vibrações Mecânicas Prof. Alvaro Volpato Junior 1- Análise Vetorial de Harmônicos Definição Uma partícula descreve um Movimento Harmônico Simples (M.H.S.) quando se move ao longo do eixo X, estando sua posição x dada em função do tempo t pela equação x=A·sen(ωt+φ) onde A .....................é a amplitude. 2f (Hz) chamada frequencia angular ...................... fase inicial. As características de um M.H.S. são: Como os valores máximo e mínimo da função seno são +1 e -1, o movimento se realiza em uma região do eixo X compreendida entre -A e +A. A função seno é periódica e se repete cada 2, por tanto, o movimento se repete quando o argumento da função seno é incrementado em 2, logo, quando transcorre um tempo T tal que (t+T) += t+ 2+ . P=2π/ω ω =2π f Cinemática de um M.H.S. Em um movimento retilíneo, dada a posição de um móvel, obtemos a velocidade derivando relativo ao tempo e logo, a aceleração derivando a expressão da velocidade. A posição do móvel que descreve um M.H.S. em função do tempo é dada pela equação x=A·sen(ωt+φ) Derivando com relação ao tempo, obtemos a velocidade do móvel Derivando de novo relativo ao tempo, obtemos a aceleração do móvel Este resultado podemos expressar na forma de equação diferencial Esta é a equação diferencial de um MHS onde x pode ser qualquer grandeza: um deslocamento linear, um deslocamento angular, a carga de um condensador, uma temperatura, etc. Podemos comprovar que a solução desta equação diferencial é x=A sen( t+ ) MHS e movimento circular A equação de um M.H.S. é x=A·sen(ωt+φ) Na figura, observamos a interpretação de um M.H.S. como a projeção sobre o eixo X, da extremidade de um vetor rotatório de comprimento igual a amplitude A, que gira com velocidade angular igual a frequência angular do M.H.S, no sentido contrário ao dos ponteiros do relógio. O ângulo t+ que forma o vetor rotatório com o eixo dos X é denominado fase do movimento. O ângulo que forma no instante t=0, é denominado fase inicial. Sobreposição de Harmônicos de mesma Freqüência Descrição A composição de M.H.S. é baseada na relação existente entre o M.H.S e o movimento circular uniforme e é importante para explicar a interferência de dois movimentos ondulatórios harmônicos Comporemos dois M.H.S. de mesma direção e freqüência, o primeiro com amplitude A1, e fase inicial 1. O segundo com amplitude A2, e fase inicial 2. O resultado é um M.H.S. de mesma direção e de mesma freqüência A amplitude e fase inicial podemos obter a partir da figura, somando os vetores rotatórios que representam cada um dos dois M.H.S. componentes. O valor da amplitude resultante A e da fase , são obtidos a partir do sistema de duas equações com duas incógnitas. A·cosφ=A1cosφ1+A2cosφ2 A·senφ=A1senφ1+A2senφ2 São consideradas duas situações importantes, que foram empregadas no estudo do fenômeno da interferência de dois movimentos ondulatórios Harmônicos. Dois M.H.S. estão em fase se a diferença de fase é zero, o M.H.S resultante tem uma amplitude que é a soma das amplitudes dos dois M.H.S. Dois M.H.S. estão em oposição de fase se a diferença de fase é de 180º, o M.H.S resultante tem uma amplitude que é a diferença das amplitudes dos dois M.H.S. Exemplo: Composição de MHS de mesma direção e freqüência x1=2sen(ωt+π/4) x2=5sen(ωt+π/2) A amplitude A e a fase inicial φ do MHS resultante são obtidos somando os vetores rotatórios A1 e A2, de comprimentos 2 e 5, respectivamente, que formam 45º e 90º com o eixo X. A·cosφ=2cos(π/4)+5cos(π/2) A·senφ=2sen(π/4)+5sen(π/2) Explicitamos a amplitude A e a fase inicial φ A=6.57, φ=1.35 rad Sobreposição de Harmônicos de Freqüências Distintas Sobreposição de Harmônicos de Freqüências Próximas Suponhamos dois MHS de distintas freqüências angulares e com a mesma fase inicial x1=A1·sen(1·t) x2=A2·sen(2·t) De acordo com a interpretação geométrica de um MHS. O primeiro MHS é a projeção sobre o eixo X de um vetor de comprimento A1 que gira com velocidade angular 1. O segundo MHS é a projeção sobre o eixo X de um vetor de comprimento A2 que gira com velocidade angular 2. O MHS resultante é a projeção sobre o eixo X do vetor soma vetorial dos dois vetores Na forma vetorial expressamos como O módulo do vetor resultante não tem um comprimento constante seu valor máximo é A1+A2 e seu valor mínimo é A1-A2 . Dizemos então que a amplitude é modulada. Quando as amplitudes A1=A2 podemos expressar de forma mais simples o MHS resultante x= x1+ x2=A1·sen(1·t)+A1·sen(2·t) Esta equação nos diz que se trata de um MHS de freqüência angular (1+2)/2 e de amplitude Na figura, em cor vermelha são mostradas a amplitude modulada A e em cor azul o resultado x da composição dos dois MHS. Análise Complexa de Harmônicos Fórmula de Euler A fórmula de Euler, cujo nome é uma homenagem a Leonhard Euler, é uma fórmula matemática da área específica da análise complexa, que mostra uma relação entre as funções trigonométricas e a função exponencial. (A identidade de Euler é um caso especial da fórmula de Euler). A fórmula é dada por: , 1 em que : x é um número real; e é a base do logaritmo natural; é a unidade imaginária (número complexo); sen e cos são funções trigonométricas. Prova por Diferenciação de Funções Uma propriedade conhecida das funções exponenciais é que elas são iguais às suas derivadas: , onde "x" é um número real. As funções exponenciais com números complexos também satisfazem esta mesma propriedade 3 : , onde "z" é um número complexo. Portanto, pela regra da cadeia: Então definimos uma nova função, que chamaremos de "f": Pela regra do produto, que vale também para funções que tenham como imagem números complexos, a derivada de f(x) será:: Portanto, f(x) deve ser uma função constante em x. Já que f(0)=1 (o que pode ser facilmente descoberto substituindo-se x por 0 na função), Multiplicando os dois lados por cos x + i sin x, obtemos Então : Prova Utilizando Série de Taylor Para o estudo da fórmula de Euler necessitamos do conhecimento de expansão em séries de potência. Introduziremos uma grande ferramenta, sem uma análise profunda, que é o seguinte conceito: A expansão em série de Taylor de uma função analítica centrada em é representada como: com , onde Usando esse conceito de expansão e tomando em torno de , teremos: para todo com intervalo de convergência de Em , na equação acima, obtém-se a expressão para o número , como uma soma de uma série infinita: Se admitirmos a validade de substituirmos por na equação obteremos: A primeira parte da soma da equação anterior ( ) é a expansão do e a segunda é a expansão do em série de Maclaurin. Assim teremos a equação que ficou conhecida como fórmula de Euler que de forma mais generalizada pode ser escrita como: Series de Fourier Sobreposição de Sinais Harmônicos para Compor Sinal Periódico Qualquer Qualquer sinal periódico com períodode tempo T pode ser escrito como uma soma de senos e cossenos 0 0 0 1 1 ( ) cos( ) sin( ) 2 n n n x t a a n t b n t (4.2.1) A freqüência angular fundamental ω para o periodo ´T` é: 0 2 sec radians T ond (4.2.2) Os coeficientes ao , an e bn serão dados por 0 0 2 ( ) T a x t dt T , (4.2.3 a) 0 0 2 ( )cos( ) T na x t n t dt T , (4.2.3 b) 0 0 2 ( )sin( ) T nb x t n t dt T . (4.2.3 c) Exemplo Calcule a serie de Fourier para a onda quadrada abaixo: Figure 4.2.1. A periodic time-domain signal. There are a couple things we can do to simplify the calculation. First of all, we will add a dc term of 1/2, and then just leave the calculation of a0 off. And using symmetry, we will calculate over the interval 0 to T/2, and double it. / 4 0 2 2 cos / 44 1 sin 0 4 2 2 sin sin 2 4 2 T n o o o a n t dt T T n t T n n T n n T n 2 / 1,5,9 2 / 3,7,11 0 0,2,4 n n n a n n n Notice that just the first three non-zero terms of the Fourier series result in a pretty good approximation (Fig. 4.2.2). As more and more terms are added, the series comes closer to the rectangular function (Fig. 4.2.3.) Figure 4.2.3. Reconstruction of the series of Fig. 4.2.1 using an increasing number of terms. 2 - Equações do Movimento de Sistema Massa, Mola, Amortecedor com um grau de Liberdade 3 – Vibração Livre 3.1 - Vibração Livre Não Amortecida Sistema Horizontal Usando a 2º Lei de Newton: amF . xmxk .. 0.. xkxm 2 2 dx xd x Sistema Vertical Deixando-se o sistema sob a ação do seu próprio peso temos: 0.. stkgm Aplicando-se, então, um deslocamento ao sistema e, na seqüência, a 2º Lei de Newton, temos: amF . xmgmxk st ... Substituindo a equação (2.2): xmxkkgm st .... 0.. xkxm Deve se observar que esta equação é idêntica a equação (2.1), de modo que podemos desprezar o termo de gravidade para sistemas verticais. (2.1) (2.2) (2.3) (2.4) x(t) k m st Equação do Movimento Partindo-se da equação (2.4), podemos isolar o termo x , como segue: 0. x m k x Freqüência Natural A freqüência natural é definida como: m k n onde n é dado em [rad/s]. Pode-se observar que a equação (2.5) pode ser simplificada para: 0. 2 xx n Resolução Para efetuarmos a resolução da equação de movimento utilizaremos a teoria de equações diferencias, estudadas anteriormente em Cálculo II. É recomendada a leitura do livro “Matemática Superior” de Kreytzig para uma melhor compreensão. Propondo uma solução do tipo: tAtAtx nn .sen..cos.)( 21 onde A1 e A2 são constantes que dependem das condições iniciais do problema, que são dadas por: 0 0 )0( )0( xtx xtx onde temos o deslocamento inicial e a velocidade inicial, respectivamente. Derivando-se a equação (2.8), temos: tAtAtx nnnn .sen...cos..)( 21 Substituindo, agora, as condições iniciais (2.9) nas equações (2.8) e (2.10) encontraremos os valores de A1 e A2, como segue: nAx Ax .20 10 01 xA e n x A 0 2 Logo, a solução para o movimento é: t x txtx n n n .sen..cos.)( 0 0 (2.5) (2.6) (2.7) (2.8) (2.9) (2.10) (2.11) (2.12) Exemplo Um aparelho de som é modelado como um sistema massa mola com m = 1kg e k = 400N/m. Quando o sistema oscila a máxima deflexão é de 2,4mm. Colocando discos no sistema a massa aumenta para 1,4kg e a máxima deflexão é de 3,4mm. Defina as faixas de máximo deslocamento, velocidade e aceleração para os dois sistemas. tAtx n .cos.)( tAtx nn .sen..)( tAtx nn .cos..)( 2 Para A = 2,4mm: 1 400 m k n n = 20 rad/s x = 2,4mm x = -48mm/s x = -960mm/s 2 Para A = 3,4mm: 4,1 400 m k n n = 16,9 rad/s x = 3,4mm x = -57mm/s x = -971mm/s 2 Sistema Torsional No estudo a seguir usaremos a nomenclatura para o deslocamento angular, para velocidade angular e para aceleração angular. Se houver um deslocamento angular , o eixo vai produzir uma força de oposição ao movimento: o torque de restituição. O torque (ou momento) de restituição é dado por: l JG M T .. onde G é o módulo de cisalhamento e J é o momento polar de inércia da seção do corte, dado por: 32 . 4d J Como o eixo atua como uma mola torsional, temos que: .TT kM Equação do Movimento Aplicando-se e equação do equilíbrio em sua forma angular: .IM .0JMT 0..0 TkJ onde J0 é o momento polar de inércia do disco, dado por: 32 ... 4 0 Dh J Dividindo-se a equação anterior por J0, temos: 0. 0 J kT Deste modo, para o sistema torsional, podemos dizer que a freqüência natural do sistema vale: 0J kT n Ød ØD l h A'A corte AA' M T Torque Resolução Propondo uma solução do tipo: tAtAt nn .sen..cos.)( 21 Derivando-se esta equação, temos: tAtAt nnnn .cos...sen..)( 21 Substituindo as condições iniciais nas equações (2.15) e (2.16), iremos facilmente encontrar o valos das duas constantes A1 e A2, como segue: 01 A e n A 0 2 Substituindo-se as constantes (2.17) na equação do movimento angular (2.15), encontraremos a equação do movimento: ttt n n n .sen..cos.)( 0 0 (2.15) (2.17) (2.16) (2.18) Pêndulo Simples Como vimos na dedução das equações do sistema vertical, as forças gravitacionais são eliminadas no final dos cálculos. Seguindo o mesmo princípio podemos eliminar a somatória de forças na direção n. Com base nesta suposição, usaremos a 2º Lei de Newton somente na coordenada t do sistema, como segue: tt amF . ..sen.. lmgm Simplificando-se a massa m que aparece dos dois lados da equação, temos: .sen. lg Mas, para pequenos deslocamentos, podemos aproximar os valores de senos e cosenos, como segue: sen 1cos Utilizando estas aproximações na equação (2.19), teremos: 0.. gl 0. l g Para este tipo de sistema podemos observar que os valores da freqüência natural é um pouco diferente que para os casos anteriores: l g n (2.19) (2.20) (2.21) (2.22) l m T m.g n t Vibração Livre Amortecida Se fizermos o Diagrama de Corpo Livre do carrinho mostrado acima, já desconsiderando as forças no sentido vertical (força de gravidade e força normal), teremos: amF . xmxcxk ... 0... xkxcxm A solução para a equação diferencial acima é do tipo: tseCtx .1.)( onde C1 e s são constantes a serem determinadas. Derivando-se a equação (2.24) duas vezes, teremos: tseCstx .1..)( tseCstx .1 2 ..)( Se substituirmos as equações (2.24) e (2.25) na equação diferencial do movimento (2.23), teremos: 0........ .1 . 1 . 1 2 tststs eCkeCsceCsm 0.... .12 tseCkscsm Podemos observar que a equação acima tem solução quando um dos termos dela é nulo. Para o nosso estudo não interessa que o termo tseC .1. seja nulo, e, sendo assim, teremos uma solução quando o primeiro termo da equação for nulo, ou seja, quando: 0.. 2 kscsm É fácil notar que esta é uma equação de segundo grau, e suas raízes são: (2.23) (2.24) (2.25) (2.26) (2.27) x(t) k c m kmcc s m kmcc s .2 ..4 .2 ..4 2 2 2 1 ou, rescrevendo-as de outra forma: m k m c m c s m k m c m c s 2 2 2 2 .2.2 .2.2 logo, partindo da equação (2.24), o sistema tem duas soluções x(t), como segue: ts ts eCtx eCtx . 122 . 111 2 1 .)( .)( Neste tipo de situação, a solução do problema é a soma das soluções parciais do mesmo. Assim sendo, temos: )()()( 21 txtxtx tsts eCeCtx . 12 . 11 21 ..)( t m k m c m c t m k m c m c eCeCtx . .2.2 12 . .2.2 11 22 ..)( É interessante notar que, dependendo do termo dentro da raiz, poderemos ter três tipos de solução: Sistema criticamente amortecido: 0 .2 2 m k m c Sistema superamortecido: 0 .2 2 m k m c Sistema subamortecido: 0 .2 2 m k m c A seguir estudaremos cada um destes casos separadamente. (2.28) (2.29) (2.30) Sistema Criticamente Amortecido Para o caso de sistema criticamente amortecido temos que: 0 .2 2 m k m c m k m c .2 Mas, levando-se em conta a equação (2.6), temos que: n m c .2 Podemos, então, com base na equação (2.31), definir uma nova variável chamada de Amortecimento Crítico (Cc), dada por: nc mC ..2 ou, recorrendo novamente à equação (2.6): mkCc ..2 Com a definição de amortecimento crítico, podemos definir uma constante para o sistema, chamada de Fator de Amortecimento, dada pela divisão do amortecimento do sistema e do amortecimento crítico do mesmo, ou seja: cC c Podemos observar que para o caso de um sistema criticamente amortecido o amortecimento crítico e o amortecimento do sistema serão iguais, o que faz com que o fator de amortecimento seja igual a unidade. É bastante útil observar também um pequeno algebrismo bastante utilizado em problemas de vibrações e que começa a partir do primeiro termo da equação (2.31), sendo multiplicado por Cc no numerador e no denominador: m m C c C C m c m c n cc c .2 ..2 .. .2.2 n m c . .2 (2.31) (2.32) (2.33) (2.34) Utilizando esta dedução nas raízes (2.28), temos que: 1.. 1.. 2 2 2 1 nn nn s s ou, rescrevendo a equação: n n s s .1 .1 2 2 2 1 Utilizando as raízes encontradas acima, podemos rescrever a solução do sistema (2.30), como segue: tt nn eCeCtx ..112 ..1 11 22 ..)( Como o valor do fator de amortecimento para o sistema criticamente amortecido é 1, temos que as duas raízes s1 e s2 são iguais e tem o valor da freqüência natural do sistema, ou seja: nss 21 Desta maneira a solução geral para o problema é: tnetCCtx .1211 ..)( onde C11 e C12 são encontrados com base nas condições iniciais do problema. Para encontrarmos estes valores derivamos a equação (2.37): tststs eCseCeCstx . 122 . 12 . 111 221 .....)( A partir da solução das condições iniciais, temos que: 0012 011 .xxC xC n logo, a solução geral final para o problema criticamente amortecido é: tn netxxxtx . 000 ...)( Se fizermos um gráfico da função acima, teremos aproximadamente o seguinte: (2.35) (2.36) (2.37) (2.38) (2.39) onde podemos observar que neste tipo de configuração o sistema tende assintóticamente para a posição de repouso, não ocorrendo, assim, vibração. Sistema Sub amortecido Neste tipo de sistema o fator de amortecimento é menor do que 1, ou seja, o valor do amortecimento do sistema é menor do que o valor do amortecimento crítico do mesmo. Sabemos que as raízes deste tipo de problema tem a forma das equações (2.35), mas como 1 , facilmente observamos que as raízes são imaginárias. Dessa maneira podemos propor um novo formato para as raízes (2.35): n n is is .1. .1. 2 2 2 1 onde 1i . Introduzindo a definição de Freqüência Amortecida: 21. nd podemos rescrever as raízes (2.40) mais simplificadamente, como segue: dn dn is is .. .. 2 1 Tendo em mãos as raízes acima, podemos escrever a solução geral (2.30) da seguinte forma: 0 5 10 15 20 0.4 0.2 0 0.2 0.4 t x( t) (2.40) (2.41) (2.42) titi dndn eCeCtx ... 12 ... 11 ..)( ddn iit eCeCetx .12.11.. ...)( Mas, lembrando-se das relações de Euler: sen.cos sen.cos . . ie ie i i podemos rescrever a equação (2.43) em uma forma trigonométrica, como segue: titCtitCetx dddd tn .sen..cos..sen..cos..)( 1211 .. tCCitCCetx dd tn .sen...cos..)( 12111211 .. Mas, se lembrarmos que C11 e C12 são constantes, podemos agrupá-los em uma nova constante, a fim de simplificar a equação. Para tanto usamos o seguinte artifício: iCCA CCA .12112 12111 Levando este artifício à equação (2.44), temos que a solução do problema é da forma: tAtAetx dd tn .sen..cos..)( 21 .. ondeA1 e A2, de modo semelhante ao sistema com amortecimento crítico, são constantes que dependem das condições iniciais do meu sistema. Para podermos encontrar os valores numéricos destas constantes devemos derivar a equação (2.46): tAtAetAtAetx dddd t dd t n nn .cos...sen....sen..cos....)( 21 .. 21 .. Substituindo-se as condições iniciais do problema nas equações (2.46) e (2.47), temos que: d n xxA xA 00 2 01 .. logo, a solução geral final do sistema é: t xx txetx d d n d tn .sen. .. .cos..)( 000 .. Para termos uma idéia da amplitude do movimento, a partir da equação (2.46), podemos dizer que: (2.43) (2.44) (2.45) (2.46) (2.47) (2.48) (2.49) cos. sen. 2 1 AA AA bababa sensen.coscos.sen logo, podemos rescrever (2.46) como: teAtx dtn .sen..)( .. onde A é a amplitude do movimento e é o ângulo de fase. Para calcularmos o valor desta amplitude, faremos: 22 2 2 1 AAA 2 2 2 1 AAA 2 002 0 .. d n xxxA e para calcularmos o valor do ângulo de fase, faremos: 2 1tan A A 00 0 .. . arctan xx x n d De modo semelhante ao apresentado anteriormente, se fizermos um gráfico do deslocamento do sistema em função do tempo, obteremos uma curva como a seguinte: Neste gráfico podemos notar que a resposta do sistema tende ao repouso, mas já começa a ocorrência de vibração, já que o sistema passa várias vezes pela posição de repouso antes de atingi-lo. (2.50) (2.51) (2.52) t x( t) Sistema Superamortecido Neste tipo de sistema o fator de amortecimento é maior do que 1, ou seja, o valor do amortecimento do sistema é maior do que o valor do amortecimento crítico do mesmo. Desta forma, as raízes deste problema tem a mesma forma que as raízes (2.35) e sua solução geral também é igual a equação (2.36), copiadas abaixo: n n s s .1 .1 2 2 2 1 tt nn eCeCtx ..112 ..1 11 22 ..)( a qual podemos rescrever na seguinte forma: ttt nnn eCeCetx .1. 12 .1. 11 .. 22 ...)( Do mesmo modo que nos casos anteriores, para se encontrar o valor das constantes devemos derivar a equação do movimento (2.53), como segue: t n t n t ttt n nnn nnn eCeCe eCeCetx .1. 12 2.1. 11 2.. .1. 12 .1. 11 .. 22 22 ..1...1.. .....)( Substituindo as condições iniciais nas equações (2.53) e (2.54), achamos que: 1..2 ..1 1..2 ..1 2 0 2 0 12 2 0 2 0 11 n n n n xx C xx C Substituindo, então, as constantes (2.55) na equação (2.53), temos a solução geral final do sistema: t n nt n nt nnn e xx e xx etx .1. 2 0 2 0.1. 2 0 2 0.. 22 . 1..2 ..1 . 1..2 ..1 .)( Desenhando-se um gráfico deste tipo de resposta, temos: (2.53) (2.54) (2.55) (2.56) onde o traço vermelho contínuo representa a resposta do sistema quando a posição inicial é negativa e a aceleração é nula, ao passo que o traço azul tracejado representa a resposta do sistema para posição inicial positiva e aceleração inicial nula. Exemplo 2.2 Achar o fator de amortecimento crítico e a freqüência amortecida do sistema abaixo, sabendo-se que a barra tem comprimento “L” e massa “m” Resolução 1º Passo: Diagrama de Corpo Livre da barra fora do equilíbrio: 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 t x( t) k c L/2 x O F=k.x F=c.x Sabemos que sen. 2 L x mas, para pequenos deslocamentos, podemos aproximar, segundo as equações (2.20), que: . 2 L x logo: . 2 . L KFmola e . 2 . L cFamortcedor 2º Passo: Aplicação das equações do movimento: .IMO ... 12 1 2 .. 2 . 2 .. 2 . 2Lm LL c LL K 0. .3 . .3 m k m c logo, a freqüência natural não amortecida é: m k n .3 3º Passo: Propor solução do tipo exponencial: ts ts ts ecst ecst ect .2 . . ..)( ..)( .)( Substituindo estas equações na equação do movimento deduzida a partir das leis de Newton, temos: 0.. .3 . .3 .2 tsec m k s m c s Como mostrado anteriormente, a solução se dá quando o primeiro termo da equação é nulo, logo: 0 .3 . .32 m k s m c s 4º Passo: Raízes: m k m c m c s .3 .4 .3 . 2 1 .2 .3 2 2,1 Para encontrarmos o amortecimento crítico basta dizer que o termo no interior da raiz é igual a zero: 0 .3 4 .3 2 m k m Cc m km Cc .12. 3 Para encontrarmos a freqüência amortecida do sistema basta invertermos os sinais dentro da raiz: m k m c d .12 .3 . 2 1 2 Decremento Logarítmico Escrevendo-se a equação (2.50) para as situações x1 e x2, temos: 1..1 .sen.. 1 teAx dtn 2..2 .sen.. 2 teAx dtn Mas sabemos que t2 é igual ao valor de t1 mais um período, ou seja: dtt 12 dddd tt ..sen.sen 12 .2.sen.sen 12 tt dd x 1 x 2 t 1 t 2 t x(t) (2.57) 12 .sen.sen tt dd Dividindo-se as equações (2.57) entre si e, substituindo a equação (2.58) nesta divisão, teremos: 1 1 .. .. 2 1 .sen .sen . . . 2 1 t t eA eA x x d d t t n n dn n t t e e x x 1 1 .. .. 2 1 dne x x .. 2 1 Por definição, o decremento logarítmico () é definido como o logarítmico da divisão de x1 por x2, ou seja: dn x x ..log 2 1 mas sabemos que: d d .2 d d .2 Substituindo a equação (2.61), a equação (2.60) pode ser rescrita como: d n .2 .. Usando, agora, a equação (2.41), temos que: 21. .2. . n n 21 .2 . É interessante observar que, para pequenos deslocamentos ( << 1), podemos simplificas a equação (2.62) para a seguinte forma: ..2 ao passo que, para os demais casos, podemos isolar o fator de amortecimento, como segue: 22 ..2 1 O problema prático das equações anteriores é que elas foram deduzidas a partir do pressuposto que medimos duas ondas consecutivas, ou seja, que o intervalo entre as medições era de 2, o que, praticamente, não é muito comum. (2.58) (2.59) (2.60) (2.61) (2.62) (2.63) Se, ao invés disso, só pudermos confiar em um resultado após “m” intervalos, teremos de deduzir novamente as fórmulas acima, como segue: 1..1 .sen.. 1 teAx dtn ddmtm mteAx dn ..sen.. 1...1 1 dn m m e x x ... 1 1 A definição de decremento logarítmo neste caso é um pouco diferente: mx x m 1 1log. 1 21 .2 . Exemplo 2.3 Estimar o fator de amortecimento do sistema que produz o seguinte comportamento: Resolução Pode-se observar que, entre os valores confiáveis do gráfico, se passaram 3 intervalos, ou seja, m vale 3, logo: mx x m 1 1log. 1 4 5 log. 3 1 07.0 Admitindo-se a hipótese de pequenos deslocamentos e amortecimentos, temos: 5 4 t 1 t x(t) t 2 t 3 t 4 t 5 t 6 .2 0118.0 4 - Vibração Forçada Harmonicamente Não Amortecida Se fizermos o Diagrama de Corpo Livre do carrinho mostrado acima, já desconsiderando as forças no sentido vertical (força de gravidade e força normal), teremos: amF . xmtfxk .)(. )(.. tfxkxm Este tipo de equação tem uma solução da forma: )()()( txtxtx ph onde xh(t) é a solução homogênea e xp(t) é a solução particular. Adotando-se uma força cosenoidal, da forma: tFtf .cos)( 0 onde F0 é a amplitude a excitação, dado em Newtons [N] e é a freqüência de excitação ou freqüência externa, dada em radianos por segundo [rad/s], temos que a equação (2.64) pode ser escrita como: tFxkxm .cos... 0 t m F x m k x .cos.. 0 Substituindo-se a equação (2.6) na equação (2.65), temos: t m F xx n .cos.. 02 Propondo-se uma solução particular cosenoidal, assim como suas derivadas, como segue: x(t) k f(t) (2.64) (2.65) (2.66) tAtx tAtx tAtx p p p .cos..)( .sen..)( .cos.)( 0 2 0 0 temos que a equação (2.66) pode ser rescrita como: t m F tAtA n .cos..cos...cos.. 0 0 2 0 2 m F A n 022 0 . 22 0 0 . nm F A Usando a equação (2.68) na solução particular (2.67), temos que a solução particular final é: t m F tx n p .cos. . )( 22 0 A solução homogênea é a mesma que foi calculada para o sistema sem excitação e sem amortecimento, logo, a solução homogênea é igual a equação (2.8), transposta abaixo: tAtAtx nnh .sen..cos.)( 21 Deste modo, a solução geral, que é a soma da solução homogênea com a solução particular será: t m F tAtAtx n nn .cos. . .sen..cos.)( 22 0 21 onde A1 e A2 são constantes que dependem das condições iniciais e são diferentes dos calculados para o sistema sem excitação. Para encontrarmos estes valores basta derivar a equação (2.70): t m F tAtAtx n nnnn .sen. . . .cos...sen..)( 22 0 21 Substituindo as condições iniciais nas equações (2.70) e (2.71), encontramos os valores de A1 e A2, como segue: n n x A m F xA 0 2 22 0 01 . (2.67) (2.68) (2.69) (2.70) (2.71) (2.72) De posse das constantes (2.72), substituindo-as na equação (2.70), temos a solução geral final do sistema: t m F t x t m F xtx n n n n n .cos. . .sen..cos. . )( 22 00 22 0 0 Se observarmos a solução (2.73), veremos que o pico de amplitude será: 22 0 . nm F x Se dividirmos a equação (2.74), tanto no numerador quanto no denominador, por k, teremos: 22 0 . n k m k F x Definindo um novo termo, chamado de Deflexão Estática, que representa a deflexão do sistema no equilíbrio, ou seja: k F st 0 e lembrando-se da equação (2.6), podemos rescrever a equação (2.75) da seguinte forma: 2 2 1 1 n st x Podemos observar na equação (2.77) que, quando a freqüência de excitação se aproxima do valor da freqüência natural n, o seu denominador tende a ser pequeno e a relação entre x e a deflexão estática tende a ser muito grande. Este é o fenômeno de ressonância. Dizemos que a equação (2.77) nos dá o Fator de Amplificação. É interessante observar que para valores do fator n entre 0 e 2 , está ocorrendo a amplificação do sistema, ou seja, está ocorrendo ressonância, ao passo que para valores acima destes, começa a ocorrer a isolação do sistema. Graficamente: (2.73) (2.74) (2.75) (2.76) (2.77) onde o traço vermelho representa a amplificação e o traço azul pontilhado representa o isolamento. 21 Ressonância Para sabermos o comportamento do sistema na ressonância, basta sabermos que n , logo, a equação (2.66) pode ser escrita como: t m F xx nn .cos.. 02 Propondo-se uma solução da forma: tAttAtAtx tAttAtx tAttx nnnnnnp nnnp np .sen....cos...cos..)( .cos....sen.)( .sen..)( 0 2 00 00 0 Substituindo a solução (2.79) na equação (2.78), temos que: t m F tAttAttA nnnnnnn .cos..sen....sen....cos...2 0 0 2 0 2 0 m F An 0 0..2 nm F A ..2 0 0 Logo, a solução particular para o caso de ressonância é: t m F ttx n n p .sen. ..2 .)( 0 Graficamente esta solução se apresenta da seguinte forma: onde nota-se que a amplitude da oscilação aumenta à medida que passa o tempo. (2.78) (2.79) (2.80) (2.81) Tempo (t) So lu çã o pa rt icu lar ( xp ) A solução homogênea continua sendo idêntica à equação (2.8), transposta abaixo: tAtAtx nnh .sen..cos.)( 21 logo, a solução geral é: t m F ttAtAtx n n nn .sen. ..2 ..sen..cos.)( 021 Como nos casos anteriores, para se encontrar o valor das constantes A1 e A2, deve-se derivar a equação do movimento que, neste caso, é a equação (2.82): t m tF t m F tAtAtx nn n nnnn .sen. .2 . .sen. ..2 .cos...sen..)( 0021 Substituindo as condições iniciais do sistema, encontramos: n x A xA 0 2 01 Levando as constantes (2.84) na equação (2.82), encontramos a solução geral final para o caso de ressonância: t m F tt x txtx n n n n n .sen. ..2 ..sen..cos.)( 000 Batimento A partir da equação (2.73), fazendo as condições iniciais do sistema nulas, temos: tt m F tx n n .cos.cos. . )( 22 0 Mas, lembrando-se que: 2 sen. 2 sen.2coscos baba ba podemos rescrever a equação (2.86), como segue: tt m F tx nn n . 2 sen.. 2 sen.2. . )( 22 0 (2.82) (2.83) (2.84) (2.85) (2.86) (2.87) (2.88) Nota que o sinal negativo da equação (2.87) foi desconsiderado na equação (2.88) acima, pois não importa para que lado o movimento se inicie. Para simplificarmos a equação, podemos dizer que: 2 n onde é um valor muito pequeno. Além disso, fazendo-se n , também podemos dizer que: 2 n Sabemos, também, que: nnn .22 mas, com base nas equações (2.89) e (2.90), sabemos que: .2..2. nn ou seja: ..422 n Levando as equações (2.89), (2.90) e (2.91) à equação (2.88), teremos, então: tt m F tx .sen..sen. ...2 )( 0 Como já foi dito anteriormente, o valor de é muito pequeno e a função t.sen varia vagarosamente, ou seja, tem um período muito grande. Desta forma, a equação (2.92) pode representar uma vibração com período .2 e amplitude t m F .sen. ...2 0 . Graficamente, temos: (2.89) (2.90) (2.91) (2.92) Neste tipo de fenômeno é interessante o conhecimento de duas constantes, o período de batimento e a freqüência de batimento: .2 .2 b nb .2 x( )t t (2.93) (2.94) 5 - Vibração Forçada Amortecida Da mesma forma que nos casos anteriores, fazendo o Diagrama de Corpo Livre do carrinho mostrado acima, já desconsiderando as forças no sentido vertical (força de gravidade e força normal), teremos: amF . xmtfxcxk .)(.. )(... tfxkxcxm Como no caso do sistema forçado não amortecido, o sistema amortecido também tem uma solução particular e uma homogênea. Para a dedução das equações, vamos supor uma força de excitação semelhante a utilizada no caso não amortecido, como segue: tFtf .cos.)( 0 Propondo-se uma solução particular da forma: tXtx p .cos.)( onde X e são constantes (amplitude e fase) e não dependem das condições iniciais. Derivando-se a equação (2.97) duas vezes, temos o sistema: tXtx tXtx tXtx p p p .cos..)( .sen..)( .cos.)( 2 Substituindo as equações (2.96) e (2.98) na equação (2.95), temos: tFtXktXctXm .cos..cos...sen....cos... 02 x(t) k c f(t) (2.95) (2.96) (2.97) (2.98) tFtctmkX .cos..sen...cos... 02 Mas, lembrando-se das fórmulas de adição e subtração de arcos: abbaba bababa cos.sencos.sen)sen( sen.sencos.cos)cos( podemos dizer que: sen..coscos..sen.sen sen..sencos..cos.cos ttt ttt Substituindo as relações (2.100) na equação (2.99), vem que: tF ttcttmkX .cos. sen..coscos..sen..sen..sencos..cos... 0 2 Se igualarmos os termos que possuem coseno da freqüência de excitação em ambos os lados da equação, e fizermos o mesmo para os termos que possuem seno da freqüência de excitação, chegaremos a um sistema de duas equações, mostradas abaixo: 0cos..sen... sen..cos... 2 0 2 cmkX FcmkX Para simplificarmos a escrita da equação, faremos: 2 1 sen. cos. AX AX podendo, então, a equação (2.102) ser rescrita como segue: 0.... .... 12 2 021 2 AcAmk FAcAmk que, se forem divididas por m, transformam-se em: 0... ... 2 2 1 0 21 2 A m k A m c m F A m c A m k Podemos efetuar, ainda, mais uma simplificação na equação (2.104), lembrado-se da equação da freqüência natural (2.6) e da equação do fator de amortecimento (2.34), que faz: (2.99) (2.100) (2.101) (2.102) (2.103) (2.104) 0.....2 ....2. 2 22 1 0 21 22 AA m F AA nn nn Para encontrarmos o valor de A1 e A2, faremos uso da teoria de determinantes de Jacobi. Os determinantes de Jacobi podem ser estudados juntamente com a solução de equações diferencias no livro já citado no início da apostila, de modo que só nos ateremos à solução final: 22 22 0 22 2 22 22 22 0 1 ...2 ...2 0...2 ...2 ...2 ...2 0 n n n n n n n n n n n n m F A m F A 2222 0 2 2222 220 1 ...2 ...2. ...2 . nn n nn n m F A m F A Lembrando das equações (2.103), temos que: 2 2 2 1 AAX e 1 2arctan A A logo: 2222 0 ...2. nnm F X 22 ...2 arctan n n Deste modo a solução particular será: 22 2222 0 ...2arctan.cos. ...2. )( n n nn p t m F tx (2.105) (2.106) (2.107) (2.108) (2.109) Podemos escrever as equações (2.107) e (2.108) de outra forma, por meio da inserção de um novo termo, a razão de freqüências (r), dada por: n r Dividindo-se as equações (2.107) e (2.108) pelo fator k no numerador e no denominador e substituindo as equações de freqüência natural (2.6), fator de amortecimento (2.34), deflexão estática (2.76) e a razão de freqüências (2.110), teremos: 222 ..21 rr X st 21 ..2 arctan r r Criando-se um gráfico de st X pela razão de freqüências, temos: onde os valores mostrados na legenda são diversos valores do fator de amortecimento. É interessante notar a influência do amortecimento reduzindo a amplitude de vibração, o que é muito importante na região de ressonância, que tem uma amplitude limitada neste caso de vibração (não tendendo para o infinito). É importante observar que a ressonância no caso de vibração forçada amortecida não ocorre em n, mas sim em d. 0.01 0.1 1 10 100 1 10 3 0 0.5 0.25 0.1 (2.110) (2.111) (2.112) Como no caso de vibração forçada não amortecida, a solução geral é composta de uma parte particular, calculada acima, e uma parte homogênea. A solução homogênea para este problema é semelhante à equação (2.50), mostrada no case de vibração livre amortecida, mas trocaremos o termo seno por coseno, para facilitar os cálculos, visto que sem e coseno são exatamente iguais, mas apenas com uma defasagem de 180º: 0 .. 0 .cos..)( teXtx dth n Com base nesta equação, a solução geral é: tXteXtx dtn .cos..cos..)( 0..0 onde X0 e 0 são constantes que dependem das condições iniciais. Para calcularmos estas constantes, procedemos como nos casos anteriores, derivando a solução geral (2.114): tXteXteXtx dtddtn nn .sen...sen....cos....)( 0..00..0 Substituindo os valores das condições iniciais nas equações (2.114) e (2.115), encontraremos o seguinte sistema: cos..sen..cos... cos.cos. 00000 000 XXXx XXx dn Para simplificarmos a representação das equações acima, faremos uma substituição, como segue abaixo: 2 1 sen.. cos. CX CX Com estas simplificações, usando a primeira equação do sistema (2.116), podemos isolar X0, como segue: que, substituída na segunda equação mesmo sistema, leva a: 2000 0 10 0 sen..cos. cos .. CX Cx x dn 10 2100 0 . .. tan Cx CCxx d n 10 2100 0 . .. arctan Cx CCxx d n 0 10 0 cos Cx X (2.113) (2.114) (2.115) (2.116) (2.117) (2.118) (2.119) De posse das equações (2.118) e (2.119), a solução geral final do sistema é: tX Cx CCxx te Cx tx d n d tn .cos. . .. arctan.cos.. cos )( 10 2100.. 0 10 Exemplo 2.4 O sistema mostrado abaixo está inicialmente em repouso, quando é aplicado a ele uma velocidade de 4 in/s (0.1016 m/s). Achar o deslocamento e a velocidade subsequente, sabendo que a constante de amortecimento do amortecedor vale 0.85 lbf.s/in (148.858 N.s/m), a constante de rigidez das molas vale 25 lbf/in (4378.171 N/m) e o peso do corpo é 40 lbf (177.929 N). Resolução Observando o problema, vemos que ele não se trata de uma vibração forçada e, sim, de uma vibração livre, de modo que usaremos as equações do capítulo 1.3 para a sua resolução. kg g P m 138,18 81,9 929,177 mNkkeq /342,8756.2 srad m keq n /22 138,18 342,8756 187.0 22.138,18.2 858,148 ..2 nc m c c c sradnd /614,21187,01.221. 22 Com base no fator de amortecimento vemos que o sistema é subamortecido, e usaremos uma solução semelhante à equação (2.46): tAtAetx dd tn .sen..cos..)( 21 .. tAtAetAtAetx dddd t dd t n nn .cos...sen....sen..cos....)( 21 .. 21 .. Lembrando das condições iniciais: (2.120) kck 1016,0 0 0 0 x x encontramos os valores das constantes A1 e A2: 0047,0 0 2 1 A A Logo: tetetx tetx tt t .614,21cos.0047,0.614,21..614,21sen.0047,0..22.187,0)( .614,21sen.0047,0.)( .22.187,0.22.187,0 .22.187,0 Exemplo 2.5 No mesmo sistema mostrado no exemplo anterior, calcular a resposta permanente e a solução geral se uma força externa com 10 lbf (44.482 N) de amplitude e 15 rad/s de freqüência está atuando no corpo. Resolução Usando a equações (2.107) e (2.108), podemos calcular a resposta permanente ou particular do problema: 22222222 0 15.22.187,0.21522.138,18 482,44 ...2. nnm F X mX 310.548,8 rad n n 445,0 1522 15.22.187,0.2 arctan ...2 arctan 2222 tXtxp .cos.)( 445,0.15cos.10.548,8)( 3 ttxp A solução geral é a equação (2.114): tXteXtx dtn .cos..cos..)( 0..0 445,0.15cos.10.548,8.614,21cos..)( 30 .22.187,0 0 tteXtx t Para encontrarmos os valores das constantes, basta nos lembrarmos das equações (2.117), que nos dão os valores de C1 e C2: 331 10.717,7445,0cos.10.548,8cos. XC 232 10.516,5445,0sen.10.548,8.15sen.. XC e das equações (2.118) e (2.119): 10 2100 0 . .. arctan Cx CCxx d n 3 23 0 10.717,7.614,21 10.516,510.717,7.22.187,01016,0 arctan rad1345,10 m Cx X 2 3 0 10 0 10.826,1 1345,1cos 10.717,7 cos Logo, a solução geral final é: 445,0.15cos.10.548,81345,1.614,21cos..10.826,1)( 3.22.187,02 ttetx t Exemplo 2.6 Considere um sistema massa-mola-amortecedor com constante de rigidez igual a 857,8 N/m, constante de amortecimento igual a 0,11 N.s/m e massa de 49,2.10 -3 kg. Calcule a resposta do sistema no estado estacionário se o sistema está submetido a uma excitação externa com freqüência de 132 rad/s e amplitude de 10 N. Calcule, também, a mudança de amplitude se a freqüência de excitação fosse de 125 rad/s. Resolução: Quando falamos em resposta estacionária, estamos nos referindo a amplitude da vibração, ou seja, ao valor de X. Para calcularmos este valos, basta aplicarmos as mesmas fórmulas que usamos no exemplo anterior: srad m k n /042,132 10.2,49 8,857 3 0085,0 042,132.10.2,49.2 11,0 ..2 3 nc m c c c 222232222 0 132.042,132.0085,0.2132042,132.10.2,49 10 ...2. nnm F X mX 034,0 Mudando o valor da freqüência de excitação externa para o cálculo de X, achamos uma nova amplitude: mX 005,0 6- Resposta de um Sistema Excitado pela Base Para as análises mostradas a seguir iremos supor que o deslocamentoy(t) da base é dado pela seguinte expressão: tYty .sen.)( onde Y é a amplitude do movimento [m] e é a freqüência de excitação da base [rad/s]. Aplicando a Segunda lei de Newton ao sistema, novamente já desconsiderando os efeitos do peso do corpo e da base: amF . xmyxcyxk ... ykycxkxcxm ..... Substituindo a equação (2.121) na equação (2.122), teremos a equação deste sistema: tYktYcxkxcxm .sen...cos...... Como este sistema é linear, ele pode ser resolvido usando o princípio da superposição. Este princípio nos diz que podemos separar uma equação em 2 equações mais simples, a partir das quais acharemos duas respostas diferentes. A solução da equação inicial será, então, a soma das duas respostas parciais. Dividindo-se a equação (2.123) em duas, teremos: tYcxkxcxm .cos...... tYkxkxcxm .sen..... Chamando-se de 1,px a resposta devido à primeira das duas equações e 2,px a resposta devido a segunda equação, podemos facilmente observar que 1,px é similar à equação (2.109): 1 2222 0 1, .cos. ...2. )( t m F tx nn p ck m y(t) x(t) (2.121) (2.122) (2.123) bastando dizer que YcF ..0 , ou seja: 1 2222 1, .cos. ...2. .. )( t m Yc tx nn p onde 221 ...2 arctan n n Da mesma maneira, 2,px tem a mesma forma, mas com excitação senoidal no lugar da excitação cosenoidal, ou seja: 2 2222 2, .sen. ...2. . )( t m Yk tx nn p Para a simplificação dos cálculos, vamos supor que a defasagem de ambas as respostas parciais sejam as mesmas, ou seja: 21 Finalizando o princípio da superposição, vamos somar as duas respostas parciais para encontrarmos solução particular do sistema: )()()( 2,1, txtxtx ppp 1 2222 1 2222 .cos. ...2. . .cos. ...2. .. )( t m Yk t m Yc tx nnnn p 11 22 .sen...cos.... .. 1 )( tYktYccmktx p Mas, se observarmos a equação acima, veremos que ela tem a forma: sen.cos. BAx equação que tem dois pontos de máximo, A e B. Se fizermos um diagrama destes dois pontos de máximo, veremos que eles formam um triângulo retângulo: (2.124) (2.125) (2.126) (2.127) logo, a amplitude máxima será a raiz da soma dos quadrados das amplitudes máximas de seno e coseno, ou seja: 22 BAAmplitude . Mas sabemos que amplitude máxima corresponde ao valor de X, logo, substituindo os valores: 22 22 .. . . cmk kc YX Com base neste resultado, temos que: Ap tXtx 1.cos.)( onde ..2 arctan nA A B Amplitude Máxima (2.128) (2.129) (2.130) 7- Transmissibilidade de Deslocamento Sabendo que X é a amplitude do movimento do corpo e que Y é a amplitude de deslocamento da base, a partir da equação (2.128) podemos dizer que: 22 22 .. . cmk kc Y X Após uma transformação bem semelhante a utilizada para levar a equação (2.107) para a (2.111), a qual não será mostrada novamente, podemos chegar a: 222 2 ..21 ..21 rr r Y X Se fizermos um gráfico desta função em relação à razão de freqüências r, teremos o seguinte: onde os diversos traços representam a vibração para diversos fatores de amortecimento. Note que para todos os valores em que 2r a transmissibilidade é maior do que a unidade e o sistema está sendo amplificado, ao passo que, para dos demais valores de r o sistema está isolado, visto que a transmissibilidade é menor do que 1. 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 0.01 0.1 1 10 100 1 10 3 0 0.1 0.25 0.5 2 (2.131a) (2.131b) 8- Transmissibilidade de Força Se fizermos um diagrama de corpo livre apenas do corpo: observamos que a força transmitida para o corpo em relação ao movimento da base é: xmyxcyxkF ... Para chegarmos ao valor desta força, derivamos duas vezes a equação (2.129): AtXtx 12 .cos..)( At cmk kc Ytx 122 22 2 .cos. .. . ..)( logo, a equação (2.132) vale: At cmk kc YmF 122 22 2 .cos. .. . ... Escrevendo-se F como uma excitação cosenoidal do tipo: AT tFF 1.cos. onde FT é a amplitude da força transmitida, temos que: 22 22 2 .. . ... cmk kc YmFT Da mesma forma que já foi feito na equação (2.131a) e (2.107), a equação (2.135) pode ser transformada em: 222 2 2 ..21 1..2 ... rr r rYkFT 222 2 2 ..21 1..2 . . rr r r Yk FT m c.(x-y)k.(x-y) (2.132) (2.133) (2.134) (2.135) (2.136) onde o termo k.Y é chamado de força estática. É importante observar que esta equação só pode ser utilizada para transmissão de força de uma base em movimento para um corpo (sendo que a base é a fonte da excitação), para o caso de uma força sendo transmitida para uma parede fixa, deve se proceder como no exemplo 2.6, mostrado logo abaixo. Do mesmo modo que foi feito para a transmissibilidade de deslocamento, podemos construir um gráfico da transmissibilidade de força em relação à razão de freqüências, o que nos mostra: onde, mais uma vez, as diversas retas mostram diversos comportamentos dependendo do fator de amortecimento do sistema. Note que neste tipo de situação a região de amortecimento não depende apenas da razão de freqüências, mas isso será analisado mais adiante. 0 1 2 3 4 5 1 10 4 0.001 0.01 0.1 1 10 100 1 10 3 0 0.1 0.25 0.5 1 2 Exemplo a Qual seria a força transmitida para o chão no sistema abaixo: Resolução: Fazendo um diagrama de corpo livre do chão (por mais estranho que isso possa parecer): vemos que a força transmitida é de: xcxkFT .. onde x é o valor da solução particular, que é dada pela equação (2.97): tXtxp .cos.)( logo: tXctXkFT .sen....cos.. Como o exercício pede apenas o valor da força, basta calcularmos sua amplitude: 22 ... XcXkF k.x c.x c k F(t)=F 0 cos( .t) Exemplo b Um veículo passa por uma via com irregularidades. A massa do veículo é de 1200 kg. Os parâmetros da suspensão são k = 400 kN/m e fator de amortecimento de 0,5. Se a velocidade do veículo é de100 km/h, determine a amplitude do deslocamento. Considere a superfície da via com forma senoidal de amplitude 0,5 m e comprimento de oscilação de 6 m. Resolução: Primeiramente devemos calcular qual a freqüência da excitação externa, com base na velocidade do veículo: s v L 216,0 778,27 6 srad /089,29 .2 Tendo o valor da freqüência de excitação, basta calcularmos o valor da freqüência natural e da razão de freqüências, aplicando estes resultados na equação (2.131b): srad m k n /257,18 1200 10.400 3 593,1 257,18 089,29 n r m rr r YX 0425,0 593,1.5,0.2593,11 593,1.5,0.21 .5,0 ..21 ..21 . 222 2 222 2 m ck v x(t) 9- Desbalanceamento O desbalanceamento é uma das principais causas de vibração, sendo responsável por mais de 40% dos problemas industriais. Para o estudo de desbalanceamento utilizaremos o seguinte esquema: onde m0 é a massa desbalanceada e e é a distância da massa desbalanceada ao centro de rotação. Ampliando o disco rotatório: onde: tr . Pode ser observado que a componente da posição de m0 no eixo x (eixo do movimento) vale: tex rr .sen. logo, a componente da força relativa a massa desbalanceada será: rr xmF .0 temF rrr .sen... 2 0 k c Rot . do sist ema e m 0 x y m 0 e F r (2.137) (2.138) Aplicando-se a Segunda lei de Newton para o esquema mostrado acima, já desconsiderando efeitos relativos ao peso do sistema: amF . xmxcxkFr ... rFxkxcxm ... Substituindo a equação (2.138) na equação (2.139), vem que: temxkxcxm rr .sen...... 2 0 Note que o sinal negativo existente na equação (2.138) foi retirado devido a adotarmos um sentido para a força e devido a mesma ser senoidal (retirar o sinal significa defasá-la de 180º, o que não faz diferença para a análise do sistema). A solução particular para este sistema não será deduzida, pois é muito semelhante às deduções mostradas anteriormente, e será: tXtx rp .sen.)( onde 222 2 0 ..21 . . rr r m em X 21 ..2 arctan r r É importante observar que a razão de freqüências leva em conta a freqüência de rotação do motor, ou seja: n rr Fazendo um gráfico do termo em mX . . 0 pela razão de freqüências, temos: (2.139) (2.140) (2.141) (2.142) (2.143) (2.144) onde os diversos traços representam o comportamento para diversos fatores de amortecimento. Exemplo a Considere uma máquina com desbalanceamento rotativo. Na ressonância o máximo deslocamento é de 0,1 m. O fator de amortecimento é estimado como sendo 0,05 e o fabricante estima que a massa desbalanceada seja de aproximadamente 10%. Determinar a posição “e” desta massa desbalanceada. Determinar, também, quanta massa deve ser adicionada uniformemente ao sistema para reduzir a deflexão na ressonância para 0,01 m. Resolução: Na ressonância a razão de freqüência vale 1. Além disso, foi dito que a massa desbalanceada é de aproximadamente 10%, ou seja: 1.0 0 m m De posse destes dados, usaremos a equação (2.142): 222 2 0 ..21 . . rr r m em X 2 222 2 222 0 1 1.05,0.211 .1,0.1,0 ..21 .. r rr m m Xe me 1,0 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 1 10 4 0.001 0.01 0.1 1 10 100 1 10 3 0 0.1 0.25 0.5 Como a massa será acrescentada uniformemente, a posição e do desbalanceamento continuará a mesma. Para sabermos a quantidade de massa isolaremos o termo de massas na equação (2.142) para o caso original e para o caso com adição de massa, ou seja: 1010. 1,0 1,0 ..21 . 222 2 0 rr r X e m m 10010. 01,0 1,0 ..21 . 222 2 0 rr r X e m mm 100 00 m m m m Substituindo a primeira equação na segunda equação, teremos: 0.90 mm e, utilizando a primeira equação novamente, para deixar a variação de massa em função da massa do corpo: 10 .90 m m mm .9 Exemplo b Um ventilador centrífugo de 100 lbf (444,822 N) tem um desequilíbrio rotativo de 20 lb.in (357,159 kg/m). Quando são usados amortecedores com fator de amortecimento de 0,2, especifique as molas para que somente 10% da força de desequilíbrio seja transmitida para o chão. Determinar a intensidade da força transmitida. O ventilador rotaciona com velocidade angular constante de 1000 rpm (104,719 rad/s). Resolução: Como já foi mostrado no exemplo 2.6, sabemos que: 22 ... XcXkF 22 .. ckXF Mas, a partir da equação (2.142), temos o valor de X, como sendo: 222 2 0 ..21 . . rr r m em X 10010 0 m m logo, a equação da força transmitida fica sendo: 22 222 2 0 .. ..21 . . ck rr r m em FT Além disso, foi dito que a força transmitida deve ser no máximo 10%, logo: 1,0 r T F F mas, da equação (2.138), sabemos que a amplitude da força de desbalanceamento vale: 2 0 .. rr emF logo: NemF rT 160,3740719,104.159,357.1,0...1,0 2 0 Igualando as duas equações deduzidas para a força transmitida, temos: 22 222 2 02 0 .. ..21 . . ...1,0 ck rr r m em em r 222 22 2 2 ..21 . . . 1,0 rr ck m r r Passando todo o primeiro termo da equação para dentro da raiz do numerador da divisão das raízes, temos: 222 2 ..21 ..21 1,0 rr r 72,4r Mas sabemos que: n rr 186,22 72,7 719,104 r r n m k n 22 186,22. 81,9 822,444 . nmk
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