1º Prova 05

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FUNDAÇÃO UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE 
DEPARTAMENTO DE MATERIAIS E CONSTRUÇÃO 
CURSO DE ENGENHARIA MECÂNICA 
MECÂNICA DAS VIBRAÇÕES 
1ª PROVA – 2005 
 
 
1a QUESTÃO (2,5 pontos) – A equação do movimento vibratório livre de um sistema de um grau de liberdade 
amortecido é ( ) ( )01,0100sen10 −= − tetx t mm. Determinar: 
(a) a amplitude do movimento; 
(b) a freqüência do movimento amortecido; 
(c) o ângulo de fase; 
(d) o fator de amortecimento do sistema; 
(e) a freqüência natural do sistema; 
(f) o deslocamento e a velocidade iniciais que produziram o movimento. 
 
Solução: 
(a) X = 1 mm 
(b) ωd = 100 rad/s 
(c) φ = 0,01 rad 
(d) 0995,0
101
111011100
100
1
1100
10
1
222
2
2
2
==→=→−=→=−→=− ζζζζζ
ζ
ωζ
ζω
n
n 
(e) rad/s5,100
0995,0
1010 ==→= nn ωζω 
(f) 
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]⎩⎨
⎧
=−×+−×−×=−+−−=
×−=−×=−= −
m/s100,001,0cos10001,0sen10001,0cossen
mm1099,901,0sen1sen
0
3
0
φωφζω
φ
dnXv
Xx
 
2a QUESTÃO (2,5 pontos) – Para o pêndulo invertido mostrado na Figura 1 que modela um tipo de sismógrafo: 
(a) Determinar a freqüência natural, utilizando o Método da Energia. 
(b) Se a mola k1 é removida para que valor da constante de mola k2 a freqüência natural será zero? 
Utilizar os seguintes valores: m = 10 kg, k1 = k2 = 1 x 105 N/m, L = 1 m, h1 = 0,5 m e h2 = 0,75 m. 
 
Figura 1 
Solução: 
(a) 
 Energia potencial: 
 ( ) ( ) ( θθθ cos
2
1
2
1 2
22
2
11 LLmghkhkU −−+= ) 
 Energia cinética: 
 ( )2
2
1 θ&LmT = 
 Princípio da Conservação da Energia: 
 ( ) 0sen 2222211 =+−+=+ θθθθθθθθ &&&&&& mLmgLhkhkUTdt
d 
linearizando com θθ ≅sen a equação do movimento é 
 ( ) 02222112 =−++ θθ mgLhkhkmL &&
onde a freqüência natural é dada por 
 ( ) 1,90
110
181,91075,05,0101
2
225
2
2
22
2
11 =×
××−+××=−+=
mL
mgLhkhk
nω rad/s 
 
(b) 174
75,0
181,910
22
2
2
2
22 =××==→= h
mgLkmgLhk N/m 
 
3a QUESTÃO (2,5 pontos) – A massa m cai, de uma altura h, sobre uma massa m1, como mostra a Figura 2, e a colisão é 
plástica. Determinar a resposta do sistema. Utilizar os seguintes valores: m = 10 kg, m1 = 5 kg, h = 0,5 m, k = 1 x 106 
N/m, a = 0,5 m e L = l = 1 m. 
 
Figura 2 
Solução: 
 2ª Lei de Newton para os momentos em relação ao pivô: 
 ( ) θθ &&⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧ ++⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+=− 222
2
1
2
12
212
LamLlmlmkl 
 Equação do movimento 
 ( ) 0
212
2222
2
1
2
1 =+⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧ ++⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+ θθ klLamLlmlm && 
 Freqüência natural: 
 
( ) ( )
228
15,0101
2
15
12
15
1101
212
222
22
26
222
2
1
2
1
2
=
+×+⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×+×
××=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧ ++⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+
=
LamLlmlm
kl
nω rad/s 
 Deslocamento angular inicial 
 5
2620 1091,41101
5,081,910 −×−=××
××−=−=
kl
mgaθ rad 
 Velocidade angular inicial 
 18,4
5,0
5,081,92
510
102
1
0 =××⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
+=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+= a
gh
mm
mθ& rad/s 
 Resposta do sistema 
 ( ) ( )φωθ −Θ= tt ncos0 
com 
 ( ) 0183,0
228
18,40000491,0 2
2
2
2
2
02
00 =+−=+=Θ
nω
θθ & rad 
e 
 57,1
2281091,4
18,4tantan 5
1
0
01 −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
××−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛= −−−
nωθ
θφ & rad 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 4a QUESTÃO (2,5 pontos) – Um voltímetro mostrado na Figura 3 possui um ponteiro de alumínio (ρ = 2700 
kg/m3) de comprimento 50 mm, largura 3 mm, e espessura 1 mm. A mola restauradora tem uma constante de mola 
rotacional kt = 100 N.mm/rad. Um amortecedor que produz um fator de amortecimento de 0,7 é posicionado a um raio r 
= 8 mm. Durante uma medida o instrumento mostra 80 volts. Quando a voltagem é desligada, determinar: 
(a) a constante de amortecimento c do amortecedor; 
(b) o tempo requerido (com precisão de dois algarismos significativos) para o ponteiro retornar à indicação de 1 
volt (dica: é superior a 0,005 s). 
 
Figura 3 
 
 
Solução: 
 Massa da haste: 
 kg 41005,405,0001,0003,02700 −×=×××=== tLbVm ρρ
 Equação do movimento: 
 
033
0
3
3
22
2
2
2
2
2
=++
=++
=−−
θθθ
θθθ
θθθ
ml
k
ml
cr
kcrml
mlcrk
t
t
t
&&&
&&&
&&&
 
 Comparando com a forma geral 
 02 2 =++ θωθζωθ nn &&&
tem-se 
 544
05,01005,4
1010033
24
3
2 =××
××== −
−
ml
kt
nω rad/s 
e 
(a) 
 02,4
008,03
54405,01005,47,02
3
232
2
24
2
2
2
2
=×
×××××==→=
−
r
mlc
ml
cr n
n
ωζζω N.s/m 
(b) 
 Resposta do sistema 
 e ( ) ( )φωθ ζω −Θ= − tet dtn cos
 ( ) ( ) ( )[ ]φωωφωζωθ ζωζω −−−−Θ= −− tetet dtddtn nn sencos& 
 Pela leitura inicial 
 ( ) ( )φθ −Θ=== cos800 Kt 
de onde 
 φcos
80K=Θ 
 Como a haste está em repouso inicialmente 
 ( ) ( ) ( )[ ]φωφζωθ −−−−Θ=== sencos00 dnt& 
 como 3895447,011 22 =×−=−= nd ωζω rad/s 
n
n
d
n
dn
ωζ
ζω
ω
ζωφ
φωφζω
21
tan
0sencos
−==
=+−
 
775,0
7,01
7,0tan
1
tan
2
1
2
1 =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−=⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−=
−−
ζ
ζφ rad 
A leitura 1K ocorre em t1: ( ) ( φωθ ζω −Θ=== − 11 cos1 1 teKtt dtn ) 
Comparando a leitura inicial com a leitura em t1: 
( )
( ) ( ) ( ) ( 775,0389cos112775,0389cos775,0cos
801
cos
cos
801
1
381
1
5447,0
1
11
1
−=−=
−=
−×−
−
tete
teKK
tt
d
tn φωφ
ζω
)
 
Iterativamente, chega-se a 
t1 = 0,00582 s