Apostila Vibrações 2013

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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. 
 2f (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 
1i
. 
 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 
2r
 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





 
72,4r
 
 
 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 