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1/52 6.ISOLAMENTO DE VIBRAÇÕES. Vibrações Mecânicas ou oscilações são onipresentes, ou seja, desde que um sistema tenha massa e rigidez de algum tipo, sempre haverá vibrações. Isso abrange todos os sistemas do universo, na verdade as vibrações estão presentes mesmo a nível atômico, indica com clareza que em algum grau sempre haverá vibrações. Vibrações em Sistemas Mecânicos tem suas maldições, podem criar fadiga de material, mal funcionamento de alguns sistemas mecânicos e eletrônicos, e se é impossível eliminá-las, a pergunta que não cala é: “como minimizar os efeitos das vibrações?”. A vibração é uma forma de expressão da energia de um sistema, ou seja, sem energia não há vibração. Mesmo que por hipótese considere-se um sistema que não esteja vibrando, outros sistemas vizinhos a este, podem estar vibrando, ou seja, estarão se comportando como fontes de vibração. Estas fontes de vibração, transmitirão energia ao sistema estacionário e, o forçarão a vibrar também. No estudo de dois casos (sistema) anteriores, teve-se o cuidado de estabelecer a resposta do mesmo em função da razão de frequência. Primeiro caso …. O SISTEMA A EXCITAÇÃO A RESPOSTA Fex .=F0⋅cos(ω⋅t) A= F0 k ⋅ 1 √(1−r2)2+(2⋅β⋅r )2 Observações: 1ª) A amplitude de oscilação do sistema depende da razão de frequências (r) e do grau de amortecimento(β). 2ª) Quando a razão de frequências é igual a um, ou seja (r = 1), a amplitude de vibração pode atingir valores grandes o suficiente, para destruir o sistema, entretanto, o grau de amortecimento (β) limita tais possibilidades. 3ª) Com razões de frequências maiores, em especial r≫√2 , as amplitudes sempre serão menores. 4ª) Graus de amortecimento maiores, sempre garantem amplitudes menores. Condições de Isolamento: I) Grau de amortecimento grande, ou seja: β≫1 . Ajustar o sistema de amortecimento para tanto, mas esta solução tem limites e aumenta o custo do isolamento. II) Razão de frequências grande, em especial: r≫√2 . Como a frequência da fonte de m k, c F ex. β = 0 β crescente F 0 k 0 1 2 r A 2/52 vibração (ω), normalmente fira fora do domínio de quem pretende diminuir seus efeitos, pode-se aplicar a solução denominada Base de Inércia ou diminuir a rigidez do sistema. Base de Inércia: Consiste em aumentar a massa do sistema, embora, tenha limitações em casos onde, o aumento de massa afeta o desempenho do sistema. A razão de frequência do sistema original: r= ωω0= ω √ km <√2 A razão de frequência do sistema “corrigido”: r= ωω0= ω √ km+M ≫√2 Obtendo M: ω √ km+M ≫√2 => ω 2 k m+M ≫2 => M≫ 2⋅k ω2 −m Menor rigidez do sistema: A razão de frequência do sistema original: r= ωω0= ω √ k originalm <√2 => ω 2 k original m <2 A razão de frequência do sistema “corrigido”: kcorrigido= koriginal n por exemplo, com n≫1 r= ωω0= ω √ k corrigidom >√2 => ω 2 k corrigido m >2 => ω 2 k original n⋅m >2 => n> 2⋅koriginal ω2⋅m kcorrigido= koriginal n => kcorrigido< koriginal n => kcorrigido< koriginal 2⋅koriginal ω2⋅m kcorrigido< ω2⋅m 2 m k, c F ex. M m k, c F ex. 3/52 Segundo caso …. O SISTEMA A EXCITAÇÃO A RESPOSTA yP( t)=a⋅cos(ω⋅t ) A=a⋅ √22⋅β2⋅r 2+1 √(1−r 2)2+(2⋅β⋅r )2 Observações: 1ª) A amplitude de oscilação do sistema depende da razão de frequências (r) e do grau de amortecimento(β). 2ª) Quando a razão de frequências é igual a um, ou seja (r = 1), a amplitude de vibração pode atingir valores grandes o suficiente, para destruir o sistema, entretanto, o grau de amortecimento (β) limita tais possibilidades. 3ª) A amplitude de oscilação do sistema, sempre é igual ou maior que “a”, ou seja, a amplitude do movimento do piso, para o intervalo de razão de frequências: 0<r<√2 . 4ª) O aumento do Grau de amortecimento (β), no intervalo de razão de frequências 0<r<√2 , diminui as amplitudes de vibração, mas não é uma boa solução. 5ª) A amplitude de oscilação do sistema, sempre é menor que “a”, ou seja, a amplitude do movimento do piso, para o intervalo de razão de frequências: r>√2 . 6ª) O aumento do Grau de amortecimento (β), no intervalo de razão de frequências r>√2 , aumenta as amplitudes de vibração, ou seja, é melhor utilizar β=0 . Condições de Isolamento: I) Razão de frequências grande, em especial: r≫√2 . Como a frequência da fonte de vibração (ω), normalmente fira fora do domínio de quem pretende diminuir seus efeitos, pode-se aplicar a solução denominada Base de Inércia ou diminuir a rigidez do sistema. NOTA: As considerações anteriores sobre Base de Inércia e Rigidez do Sistema se aplicam igualmente a este caso. II) Grau de amortecimento nulo β=0 . m k,c y P (t) y(t) β = 0 β crescente 0 1 2 r A β crescente a β = ∞ 4/52 6.1. COEFICIENTE DE TRANSMISSIBILIDADE. Adotando-se especificamente o caso, em que o sistema em estudo, deva ser isolado de vibrações, que são provenientes do apoio de sustentação. Este é o último exemplo visto anteriormente, ou seja, as condições básicas de isolamento são: razão de frequências grande, em especial: r≫√2 e grau de amortecimento nulo β=0 . Note-se que mesmo para o primeiro caso estudado, essas condições também se aplicam, pois com o ajuste da razão de frequências, seja qual for o caso, o isolamento será obtido. Sob tais condições, define-se como Coeficiente de Transmissibilidade à: T= amplitudedo sistema amplitudedabaseoscilante Nota: tem-se amplitude da base oscilante expressa por “a” e, a amplitude da sistema expressa por A=a⋅ √2 2⋅β2⋅r 2+1 √(1−r 2)2+(2⋅β⋅r )2 . Substituindo na definição de Coeficiente de Transmissibilidade: T= A a = √2 2⋅β2⋅r2+1 √(1−r2)2+(2⋅β⋅r)2 Substituindo as condições de isolamento ( r≫√2 e β=0 ), tem-se: T= 1 √(1−r2)2 => T= 1 |1−r 2| => T= 1 r2−1 , pois: r≫√2 Nota: o Coeficiente de Transmissibilidade tem valores que pertencem ao intervalo: 0≤T≤1 . 6.2. Coeficiente de Redutibilidade: Mantidas as mesmas condições anteriores ( r≫√2 e β=0 ), define-se como Coeficiente de Redutibilidade à: R=1−T=1− 1 r 2−1 => R= r 2−2 r2−1 6.3.Exemplo: Uma unidade refrigeradora com massa 50 kg apoia-se em quatro molas com rigidez k, cada uma, dispostas paralelamente. O elemento que cria a vibração gira com frequência de operação f = 1620 rpm. Determinara a rigidez k, para que apenas 10% da vibração seja transmitida para a estrutura de apoio. Da definição de Coeficiente de Transmissibilidade: 5/52 T=0,10= 1 r2−1 => r2−1= 1 0,10 => r2=10+1=11 => r=√11 => r=3,32 Da definição de “r”: r= ωω0 => ω0= ω 3,32 Obtendo a pulsação: f=1620 rpm=27 rps => ω=2⋅π⋅f => ω=169,65 rad s Calculando a pulsação própria: ω0= ω 3,32 => ω0= 169,65 3,32 Calculando a rigidez equivalente em função de “k”: keq .=4⋅k Finalmente … ω0=51,10 keq .=4⋅k keq .=ω0 2⋅m => keq .=51,10 2⋅50 => k= keq . 4 m=50 ω0=√ keq .m k=32.640N /m ou k=32,64 kN /m 6.4.Exemplo: O sistema de radar de uma aeronave tem peso próprio P = 12 kgf e deve ser isolado das vibrações devidas a desbalanceamentos residuais, presentes em dois rotores, um que gira a 400 rpm e outro que gira a 2.000 rpm. A fim de se obter 85% de isolamento, pedem-se: a) a rigidez equivalente; b) a deflexão estática dos isoladores. Calculando as pulsações das fontes de vibração: ω1=2⋅π⋅f 1 => ω1= 2⋅π⋅400 60 => ω1=41,89 rad /s ω2=2⋅π⋅f 2 => ω2= 2⋅π⋅2000 60 => ω2=209,44 Comparando as razões de frequências: r1= ω1 ω0 => r1= 41,89 ω0 r2>r1 , ou seja, a razão mais crítica é a menor (r1), ou seja, r2= ω2 ω0 => r2= 209,44 ω0a menor frequência é a mais difícil de ser isolada. 6/52 A transmissibilidade: T = 100% - 85% = 15% => T=0,15 T=0,15= 1 r1 2−1 => r1 2−1= 1 0,15 => r1 2=6,67+1=7,67 => r1=√7,67 => r1=2,77 Calculando a pulsação própria do sistema: r1= 41,89 ω0 => 2,77= 41,89 ω0 => ω0=15,12 Calculando a rigidez: ω0=15,12 m=12 kg keq .=ω0 2⋅m => keq .=15,12 2⋅12 => keq .=2.743,4 N /m ω0=√ keq .m A deflexão estática: É a deformação da mola na posição de equilíbrio, ou seja, a deformação necessária para equilibrar a força peso: P=k eq .⋅Δest . Δest .= P keq . => Δ est .= 117,6 2.743,4 => Δest .=0,0429 m P=12kgf=12⋅9,8 N=117,6 N 6.5.Exemplo: Um navio possui motor que trabalha em regime de cruzeiro com frequência f = 600 rpm, o que garante a mesma frequência de rotação aos eixos das hélices. Sabe-se que a maior fonte de vibração são os próprios conjuntos eixos hélices. O sistema de radar com massa m = 35 kg, a ser instalado no navio, deve ter um sistema elástico que permita isolamento de 92% das vibrações. Com os isoladores disponíveis na montagem, atingiu- se apenas 70% de isolamento. Decide-se então, ligar firmemente o radar a uma base de inércia para atingir os 92% de isolamento. Pedem-se: a) a deflexão estática dos isoladores sem a base de inércia; b) a massa da base de inércia. A pulsação do sistema excitador: ω=2⋅π⋅600 60 => ω=62,83 rad s Calculando a razão de frequências para 70% de isolamento: 7/52 T=100 %−70 %=30% => T=0,30 => T=0,30= 1 r1 2−1 => r1 2= 1 0,30 +1 => r=2,08 Calculando a pulsação própria do sistema: r=62,83ω0 => 2,08= 62,83 ω0 => ω0=30,21 rad /s Calculando a rigidez: ω0=30,21 m=35 kg keq .=ω0 2⋅m => keq .=30,21 2⋅35 => keq .=31.942,54 N /m ω0=√ keq .m A deflexão estática: P=k eq .⋅Δest . Δest .= P keq . => Δ est .= 343,0 31.942,54 => Δ est .=0,011 m P=35⋅9,8N=343,0 N Calculando a razão de frequências para 92% de isolamento: T=100%−92%=8% => T=0,08 => T=0,08= 1 r1 2−1 => r1 2= 1 0,08 +1 => r=3,67 Calculando a pulsação própria do sistema: r=62,83ω0 => 3,67= 62,83 ω0 => ω0=17,12 rad / s Calculando a rigidez: ω0=17,12 m=35 kg keq .=ω0 2⋅(m+M ) => 31.942,54=17,122⋅(35+M ) keq .=31.942,54 N /m 108,98=35+M => M=73,98 kg M ω0=√ keq .m+M 7. DOIS GRAUS DE LIBERDADE. Com sistemas com vários graus de liberdade, nada muda no que tange aos métodos de solução, ou seja, Leis e Teoremas empregados, o que muda é que as equações ficam mais extensas e complicadas. As soluções das equações podem ser obtidas através de métodos numéricos disponíveis, o que, sem dúvida, facilita o trabalho, entretanto, tais métodos exigem programas e/ou calculadoras aptas. 8/52 7.1. Dois graus de Liberdade; Oscilação Livre Sem Amortecimento. Considere-se dois sólidos, de massas m1 = m e m2 = 2.m, sob ação de duas molas com rigidezes k1 = k e k2 = k, que apresentam movimento de translação reto e horizontal. Pedem-se: a) a pulsação do 1º modo normal de vibração, e a razão de amplitudes; b) a pulsação do 2º modo normal de vibração, e a razão de amplitudes. Solução: Considere-se que para o instante “t” genérico, o bloco de massa m1 tenha posição definida por x1 medida em relação à sua posição de equilíbrio, e desloca-se com velocidade v1, enquanto o bloco de massa m2 tenha posição definida por x2 medida em relação também à sua posição de equilibro e desloca-se com velocidade v2. As forças agentes nesse instante estão indicadas na figura anexa. TCM – Teorema do Centro de Massa: Bloco 1: m1⋅a1=−k1⋅x1+k2⋅( x2−x1) m1⋅x¨1=−k1⋅x1+k2⋅(x2−x1) m⋅x¨1=−k⋅x1+k⋅(x2−x1) m⋅x¨1+2⋅k⋅x1−k⋅x2=0 Bloco 2: m2⋅a2=−k 2⋅(x2−x1) 2⋅m⋅x¨2+k⋅x2−k⋅x1=0 Estas equações têm como solução, funções harmônicas, ou seja: x1=A1⋅cos (ω⋅t+ϕ1) e x2=A2⋅cos (ω⋅t+ϕ2) ; Note-se que a pulsação é a mesma pois um sólido comporta-se como excitador para o outro. As derivadas segundas destas funções, em relação ao tempo, são: x¨1=−A1⋅ω 2⋅cos (ω⋅t+ϕ1) e x¨2=−A2⋅ω 2⋅cos(ω⋅t+ϕ2) ; Comparando estes resultados, com as funções que deram origem aos mesmos, percebe- se que: x¨1=−ω 2⋅x1 e x¨2=−ω 2⋅x2 Nota: a utilização dessas relações é um padrão a ser seguido, e o será, sem outras explicações futuras. Substituindo nas equações diferenciais, tem-se: m⋅x¨1+2⋅k⋅x1−k⋅x2=0 => −m⋅ω 2⋅x1+2⋅k⋅x1−k⋅x2=0 => (2⋅k−m⋅ω 2)⋅x1−k⋅x2=0 2⋅m⋅x¨2+k⋅x2−k⋅x1=0 => −2⋅m⋅ω 2⋅x2+k⋅x2−k⋅x1=0 => −k⋅x1+(k−2⋅m⋅ω 2)⋅x2=0 m 1 k 2 k 1 m 2 x 1 x 2 m 1 k 2 k 1 m2 x 1 x2 k2.(x2 - x1 )k1.x1 9/52 Nota: as equações diferenciais foram escritas no formato: ...x1+...x2=0 , ou seja, em ambas o primeiro termo é dependente de x1 e o segundo termo dependente de x2 Colocando na forma matricial: (2⋅k−m⋅ω2)⋅x1−k⋅x2=0 [2⋅k−m⋅ω2 −k−k k−2⋅m⋅ω2]⋅[x1x2]=[00] −k⋅x1+(k−2⋅m⋅ω 2)⋅x2=0 A equação matricial é satisfeita caso o determinante da matriz 2x2 seja NULO, ou seja: Δ=(2⋅k−m⋅ω2)⋅(k−2⋅m⋅ω2)−k2=0 Δ=2⋅k2−4⋅k⋅m⋅ω2−m⋅ω2⋅k+2⋅m2⋅ω4−k2=0 reagrupando … 2⋅m2⋅ω4−5⋅k⋅m⋅ω2+k2=0 note-se que é uma equação que permite a obtenção das pulsações próprias do sistema (ω1 eω2) ; uma troca de variável transforma esta equação numa equação mais simples: λ=ω2 . Com a troca de variável: 2⋅m2⋅λ2−5⋅k⋅m⋅λ+k 2=0 resolvendo ... λ=5⋅k⋅m±√25⋅k 2⋅m2−4⋅2⋅m2⋅k 2 4⋅m2 => λ=5⋅k⋅m±4,12⋅k⋅m 4⋅m2 As duas soluções: λ1=0,22⋅ k m => ω1 2=0,22⋅k m => ω1=0,47⋅√ km (a) λ2=2,28⋅ k m => ω2 2=2,28⋅k m => ω2=1,51⋅√ km (b) A razão entre os deslocamentos, pode ser obtida de uma das equações, por exemplo: (2⋅k−m⋅ω2)⋅x1−k⋅x2=0 => (2⋅k−m⋅ω 2)⋅x1=k⋅x2 => x1 x2 = k (2⋅k−m⋅ω2) Substituindo as formas x1=A1⋅cos (ω⋅t+ϕ) e x2=A2⋅cos (ω⋅t+ϕ) , tem-se: A1⋅cos(ω⋅t+ϕ) A2⋅cos(ω⋅t+ϕ) = k (2⋅k−m⋅ω2) => A1 A2 = k (2⋅k−m⋅ω2) Para ω=ω1 => A1 A2 = k (2⋅k−m⋅ω2) => A1 A2 = k (2⋅k−m⋅0,22⋅k m ) => A1 A2 = k (2⋅k−0,22⋅k ) = A1 A2 = 1 (2−0,22) => A1 A2 =0,56 (a) 10/52 Para ω=ω2 => A1 A2 = k (2⋅k−m⋅2,28⋅k m ) => A1 A2 =−3,57 (b) 7.1.1.Exemplo: Considere-se um veículo de massa m = 500 kg, com centro de massa distanciado respectivamente dos eixos traseiro e dianteiro, pelas distâncias 1,8 m e 2,2 m. O momento de Inércia do veículo em relação a um eixo ortogonal ao plano da figura e que passe pelo Centro de Massa é: ICM = 600 kg.m2. O veículo assenta-se sobre sistema com rigidezes k1 = 30 kN/m e k2 = 25 kN/m. Considerando pequenas oscilações, pedem-se: a) os modos normais de vibrações, ou seja, suas pulsações próprias; b) a razão de amplitudes para cada modo normal de vibração. Solução: em primeiro lugar, a questão das “pequenas oscilações” ... ângulo (º) ângulo (rad) sen(θ) cos(θ) 0 0 0 1 5 0,087 0,087 0,996 10 0,174 0,174 0,985 15 0,262 0,259 0,966 20 0,349 0,342 0,940 A tabela acima apresenta as seguintes grandezas: ângulo em graus, o mesmo ângulo em radianos, o seno e o cosseno desse ângulo. Dos ângulos listados, ressaltem-se o menor (0º) e o maior (20º): Para o menor (θ=0), as aproximações funcionam perfeitamente, ou seja: sen(θ)=θ(rad ) e cos (θ)=1 . Para o maior (θ=20º), observam-se as seguintes diferenças percentuais: θ(rad ) senθ =0,349 rad sen(20 º ) =1,0205 => θ(rad) é 2,05 % maior que sen(θ); cos (θ) cos(0 º ) =0,940 1,000 =0,940 => cos(θ) é 94% de cos(0º), ou seja diferença de 6,00%. Após essas considerações numéricas, pode-se afirmar que: “ângulo pequeno” significa ângulo menor que 20º, para os quais são válidas as seguintes aproximações: sen (θ)≈θ(rad ) e cos (θ)≈1 . O modelo: Para simplificar o estudo, algumas hipóteses simplificadoras são necessárias: 1- o movimento é plano; 2- o deslocamento do centro de massa possui direção vertical; 3- o deslocamentoangular, se dá em torno de eixo que passa pelo Centro de Massa, e é ortogonal ao plano do movimento. CM 1,8 2,2 k 1 k 2 11/52 As simplificações reduzem o sistema a uma “barra” apoiada nas duas molas de rigidezes k1 e k2, que pode deslocar-se e girar no plano do movimento. Adota-se que a posição de equilíbrio seja a origem dos deslocamentos, e que os sentidos descendente e anti-horário sejam positivos. Considere-se que no instante “t”, o centro de massa da barra tenha posição linear definida por yCM, e posição angular definida por θ. Nessas condições: a mola (1) apresenta deformação: Δ1= yCM+L1⋅sen (θ) Δ1= yCM+L1⋅θ a mola (2) apresenta deformação: Δ2= yCM−L2⋅sen(θ) Δ2= yCM−L2⋅θ As forças elásticas agentes são F1 e F2: F1=k1⋅Δ1=k1⋅( yCM+L1⋅θ) F2=k2⋅Δ2=k2⋅( yCM−L2⋅θ) TCM – Teorema do Centro de Massa: m⋅aCM=−F1−F2 => m⋅y¨CM=−k1⋅( yCM+L1⋅θ)−k2⋅( yCM−L2⋅θ) m⋅y¨CM+ yCM⋅(k 1+k2)+θ⋅(k1⋅L1−k2⋅L2)=0 TMA – Teorema do Momento Angular (mov. Plano), polo CM: ICM⋅α=−F1⋅L1cosθ+F2⋅L2⋅cosθ => ICM⋅θ¨=−k1⋅( yCM+L1θ)⋅L1+k2⋅( yCM−L2⋅θ)⋅L2 yCM(k1⋅L1−k2⋅L2)+ ICM⋅θ¨+θ⋅(k1⋅L1 2+k2⋅L2 2)=0 Esse sistema de equações diferenciais, possuem como solução, funções harmônicas, ou seja: ycm=A1⋅cos(ω⋅t+ϕ1) => y¨cm=−A1⋅ω 2⋅yCM θ=A2⋅cos (ω⋅t+ϕ2) => θ¨=−A2⋅ω 2⋅θ Substituindo nas equações: m⋅y¨CM+ yCM⋅(k 1+k2)+θ⋅(k1⋅L1−k2⋅L2)=0 yCM⋅(−m⋅ω 2+k1+k2)+θ⋅(k1⋅L1−k2⋅L2)=0 yCM(k1⋅L1−k2⋅L2)+ ICM⋅θ¨+θ⋅(k1⋅L1 2+k2⋅L2 2)=0 yCM(k1⋅L1−k2⋅L2)+θ⋅(−ICM⋅ω 2+k1⋅L1 2+k2⋅L2 2)=0 Expressando na forma matricial: [k1+k 2−m⋅ω2 k1⋅L1−k2⋅L2k1⋅L1−k2⋅L2 k1⋅L12+k2⋅L22−ICM⋅ω2]⋅[ yCMθ ]=[00] Substituindo os valores numéricos do problema: [30.000+25.000−500⋅ω2 30.000⋅1,8−25.000 2,230.000⋅1,8−25.000 2,2 30.000⋅1,82+25.000⋅2,22−600⋅ω2]⋅[ yCMθ ]=[00] [55.000−500⋅ω2 −1.000−1.000 218.200−600⋅ω2]⋅[ yCMθ ]=[00] CM 1,8 2,2 k 1 k 2 k 1 k 2 L 2 L 1 y CM Δ 2Δ1 θ F 1 F 2 12/52 A solução é obtida impondo que o determinante da matriz 2x2 seja nulo, ou seja: (55.000−500⋅ω2)⋅(218.200−600⋅ω2)−1.0002=0 55.000⋅218.200−55.000⋅600⋅ω2−500⋅ω2⋅218.200+500⋅600⋅ω4−1.0002=0 Dividindo a equação por 106, tem-se: 12.001−33⋅ω2−109,1⋅ω2+0,3⋅ω4−1=0 12.000−142,1⋅ω2+0,3⋅ω4=0 Adotando λ=ω2 , tem-se: 0,3⋅λ2−142,1⋅λ+12.000=0 Calculando as raízes: λ=142,1±√142,1 2−4⋅0,3⋅12.000 2⋅0,3 λ1=109,9869 => ω1=√(λ1) => ω1=10,4875 (a) λ2=363,6798 => ω2=√(λ2) => ω2=19,0704 (a) Calculando as razões de amplitudes … Recuperando a equação matricial ... [55.000−500⋅ω2 −1.000−1.000 218.200−600⋅ω2]⋅[ yCMθ ]=[00] Efetuando o produto da primeira linha pela coluna, resulta: (55.000−500⋅ω2)⋅yCM−1000⋅θ=0 => (55.000−500⋅ω 2)⋅yCM=1000⋅θ Dividindo a equação por 1.000, resulta: (55−0,50⋅ω2)⋅yCM=θ yCM θ = 1 55−0,50⋅ω2 => yCM θ = 1 55−0,50⋅λ Razão de amplitudes para o primeiro modo de vibração λ=λ1=109,9869 : [ yCMθ ]1 º= 155−0,50⋅109,9869 => [ yCM θ ]1 º=152,6718 Nota: o número de casas decimais afeta o resultado, e dependendo das aproximações feitas, essa razão de amplitudes pode resultar “infinita”. Razão de amplitudes para o primeiro modo de vibração λ=λ2=363,6798 : [ yCMθ ]2 º= 155−0,50⋅363,6798 => [ yCM θ ]2 º=−0,0079 Considerando de pequenas oscilações, pode-se afirmar que: sen (θ)=θ(rad ) e cos (θ)=1 , ou seja, tan (θ)=θ(rad ) . Substituindo na razão de amplitudes do primeiro modo normal: [ yCMθ ]1 º=[ yCMtanθ ]1º=152,6718 => tan θ= yCM152,6718 13/52 Considerando o Centro Instantâneo de Rotação, e “a” a distância entre o Centro de Massa e o mesmo, pode-se afirmar que: tan θ= yCM a . Comparando com a equação tan θ= yCM 152,6718 , obtêm-se: a=152,6718m . A figura abaixo ilustra os extremos do movimento: Reescrevendo a razão de amplitudes do segundo modo, em função de tan θ , tem-se: [ yCMθ ]2 º=−0,0079 => [ yCMtanθ ]2 º=−0,0079 => tan θ= yCM−0,0079 De forma análoga, a distância entre o Centro de Massa e o Centro Instantâneo de Rotação é: a=0,0079m e o ângulo θ é negativo (horário). A figura ilustra os extremos do movimento. Fica evidencia que ao contrário do primeiro modo normal onde o deslocamento linear (yCM) do Centro de Massa é muito mais significativo que o deslocamento angular do sólido (θ), no segundo modo normal, o deslocamento angular passa a ser mais relevante. 7.1.2 Exemplo: Um prédio de massa “m”, altura “2.L”, peso “P=m.g”, momento de inércia em relação ao eixo que passa pelo Centro de Massa “ICM = m.(2.L)2/12, está ancorado em solo com rigidez ao deslocamento “kD=10.P (força/m)”, e rigidez à torção “kT=20.P.L (momento/rad)”. Considerando pequenas oscilações, g = 10 m/s2 e L = 30 m, pedem-se: a) as frequências modos normais de vibração; b) as razões de amplitudes. Solução: Como condições simplificadoras, adota-se que o prédio seja sólido (10⋅g−ω2)⋅xCM−10⋅g⋅L⋅θ=0 e tenha movimento plano. Considere-se que no instante “t”, o Centro de Massa do prédio ocupe a posição linear definida por “xCM” e que o prédio ocupe a posição angular “θ”, ambas com origem na posição de equilíbrio do mesmo. Nesse mesmo instante, o solo apresenta deformação linear “Δ” e deformação angular “θ”, que relacionam-se por: xCM=Δ+L⋅senθ => xCM=Δ+L⋅θ . Neste instante, o prédio encontra-se sob ação da força “Fe” e do momento concentrado “Me”, ambos de origem elástica: Fe=kD⋅Δ=kD⋅( xCM−L⋅θ) M e=kT⋅θ y CM θ θ a y CM θ a CM L L CM L x CM θ Δ Δ L Fe Me Fe 14/52 Nota: considera-se que quando o prédio inclina-se, a soma da reação normal com o peso próprio é nula, assim como, a soma dos momentos dessas duas forças também é nula. TCM – Teorema do Centro de Massa: −F e=m⋅aCM => −kD⋅(xCM−L⋅θ)=m⋅x¨CM a solução harmônica permite escrever: x¨CM=−ω 2⋅xCM , ou seja: −kD⋅(xCM−L⋅θ)=−m⋅ω 2⋅xCM => −m⋅ω 2⋅xCM+kD⋅xCM−kD⋅L⋅θ=0 ou ... (kD−m⋅ω 2)⋅xCM−kD⋅L⋅θ=0 finalmente: (10⋅m⋅g−m⋅ω2)⋅xCM−10⋅m⋅g⋅L⋅θ=0 => m⋅[(10⋅g−ω 2)⋅xCM−10⋅g⋅L⋅θ]=0 como a massa “m”, não é nula ... (10⋅g−ω2)⋅xCM−10⋅g⋅L⋅θ=0 TMA – Teorema do Momento Angular (mov. Plano: ∑ M⃗CM=ICM⋅α⃗ ). momento de Fe em relação ao polo Centro de Massa: (o sentido positivo é o do deslocamento angular θ adotado: horário) MCM F e =F e⋅L⋅cosθ => MCM F e =F e⋅L MCM M e =−M e Nota: o momento elástico por ser um binário, tem o mesmo valor independentemente do polo escolhido. MCM F e +MCM M e =ICM⋅α => F e⋅L−M e=ICM⋅α kD⋅(xCM−L⋅θ)⋅L−kT⋅θ=ICM⋅α Substituindo os valores das grandezas … 10⋅m⋅g⋅(xCM−L⋅θ)⋅L−20⋅m⋅g⋅L⋅θ= m⋅(2⋅L)2 12 ⋅α 10⋅m⋅g⋅xCM⋅L−10⋅m⋅g⋅L 2⋅θ−20⋅m⋅g⋅L⋅θ=m⋅L 2 3 ⋅θ¨ a solução harmônica permite escrever: θ¨=−ω2⋅θ , ou seja: 10⋅m⋅g⋅xCM⋅L−10⋅m⋅g⋅L 2⋅θ−20⋅m⋅g⋅L⋅θ=−m⋅L 2 3 ⋅ω2⋅θ −m⋅L2 3 ⋅ω2⋅θ−10⋅m⋅g⋅xCM⋅L+10⋅m⋅g⋅L 2⋅θ+20⋅m⋅g⋅L⋅θ=0 ou … m⋅(−10⋅g⋅L⋅xCM+( −L2 3 ⋅ω2+10⋅g⋅L2+20⋅g⋅L)⋅θ)=0 como a massa “m” não é nula … −10⋅g⋅L⋅xCM+(10⋅g⋅L 2+20⋅g⋅L− L 2 3 ⋅ω2)⋅θ=0 CM L x CM θ Δ Δ L Fe Me Fe 15/52 Resumindo … (10⋅g−ω2)⋅xCM−10⋅g⋅L⋅θ=0 −10⋅g⋅L⋅xCM+(10⋅g⋅L 2+20⋅g⋅L− L 2 3 ⋅ω2)⋅θ=0 Na forma matricial: [10⋅g−ω 2 −10⋅g⋅L −10⋅g⋅L 10⋅g⋅L2+20⋅g⋅L− L 2 3 ⋅ω 2]⋅[ xCMθ ]=[00] Substituindo: g = 10 m/s2, L = 30 m e λ=ω2 , tem-se: [100−λ −3.000−3.000 90.000+6.000−9003 ⋅λ]⋅[xCMθ ]=[00] ou … [100−λ −3.000−3.000 96.000−300⋅λ]⋅[ xCMθ ]=[00] A solução possível exige que: Δ=0 Δ=(100−λ)⋅(96.000−300⋅λ)−3.0002=0 ou … 9.600 .000−30.000⋅λ−96.000⋅λ+300⋅λ2−9.000 .000=0 ou … 300⋅λ2−126.000⋅λ+600.000=0 Dividindo a equação por “300” … λ2−420⋅λ+2.000=0 => λ=420±√420 2−4⋅2.000 2 1º modo normal: λ1=4,82 => ω1=2,19 rad / s (a) 2º modo normal: λ2=415,18 => ω2=20,38 rad /s (a) Efetuando o produto da 1ª linha pela coluna do produto de matrizes: (100−λ)⋅xCM−3.000⋅θ=0 ou ... xCM θ = 3.000(100−λ) Razões de amplitudes: 1º modo normal: λ1=4,82 => [ xCMθ ]1 º=31,52 1º modo normal: λ2=415,18 => [ xCMθ ]2 º=−9,52 Substituindo θ por tan(θ), e adotando-se “a” como a distância entre o CIR – Centro Instantâneo de Rotação e o CM _ Centro de Massa, tem-se: 1º modo normal: tan θ= xCM 31,52 ou seja: a=31,52 2º modo normal: tan θ= xCM −9,52 ou seja: a=−9,52 16/52 A figura ilustra os dois modos de vibração: Note-se que: no 1º modo normal, os deslocamentos são positivos, ou seja, xCM para direta e θ no sentido horário; no 2º modo normal, os deslocamentos possuem sinais opostos, ou seja, xCM para direta e θ no sentido anti-horário (negativo), o que explica o sinal da tan(θ); No segundo modo a deformação linear do solo parece ser mais significativa do que no primeiro modo normal. 7.2. Dois graus de Liberdade; Oscilação Forçada Sem Amortecimento. Neste tipo de movimento, o sistema fica sob ação de uma força excitadora harmônica do tipo Fex .=F0⋅cos(ω⋅t) . Considere-se os dois sólidos ilustrados na figura, eles se deslocam em movimento plano, reto na direção vertical. As massas dos blocos 1 e 2, são respectivamente m1 e m2. As molas ilustradas possuem rigidezes k1 e k2 e o bloco 1, encontra-se sob ação da força excitadora Fex .=F0⋅cos(ω⋅t) . Desprezando atritos, pretende-se determinar as equações horárias de cada um dos sólidos. Adotando como origem do sistema de referência, a posição de equilíbrio, num instante genérico “t”, o bloco (1) apresenta-se na posição y1 , com velocidade v1= y˙1 e o bloco (2) apresenta-se posição y2 , com velocidade v2= y˙2 , conforme ilustrado. Nesse instante, a deformação da mola (1) é Δ1= y1 e a deformação da mola(2) é Δ2= y2− y1 TCM – Teorema do Centro de Massa. Bloco(1): m1⋅a1=F ex .+F2−F1 => m1⋅y¨1=F0⋅cos(ω⋅t)+k 2⋅( y2− y1)−k 1⋅y1 Bloco(2): m2⋅a2=−F2 => m2⋅y¨2=−k2⋅( y2− y1) Nota: Como sempre, as soluções para este tipo de equações diferenciais é harmônica, entretanto, como o movimento é “forçado”, a pulsação é a mesma da força excitadora. y1=A⋅cos (ω⋅t) => y¨1=−A⋅ω 2⋅cos(ω⋅t) => y¨1=−ω 2⋅y1 y2=B⋅cos (ω⋅t) => y¨2=−B⋅ω 2⋅cos (ω⋅t) => y¨2=−ω 2⋅y1 a = 31,5 CM CIR pos. equilíbrio xCM θ pos. equilíbrio a = 9,58 CM CIR θ xCM 1º modo normal 2º modo normal pos. eq. m1 k 1 F 1 y 1 y 2 m2 k 2 F 2 F ex. F ex. 17/52 Substituindo nas equações: −ω2⋅m1⋅y1=F0⋅cos(ω⋅t)+k 2⋅( y2− y1)−k 1⋅y1 −ω2⋅m2⋅y2=−k2⋅( y2− y1) Reagrupando os termos: (k2+k1−ω 2⋅m1)⋅y1−k2⋅y2=F0⋅cos (ω⋅t) −k2⋅y1+(k2−ω 2⋅m2)⋅y2=0 Na forma matricial: [(k2+k1−ω2⋅m1) −k 2−k 2 (k2−ω2⋅m2)]⋅[ y1y2]=[F00 ]⋅cos (ω⋅t ) O determinante da matriz: Δ=(k2+k1−ω 2⋅m1)⋅(k2−ω 2⋅m2)−k2 2 Δ=−k2⋅ω 2⋅m2+k 1⋅k2−k1⋅ω 2⋅m2−ω 2⋅m1⋅k2+ω 2⋅m1⋅ω 2⋅m2 , com λ=ω 2 tem-se: Δ=−k2⋅λ⋅m2+k1⋅k2−k1⋅λ⋅m2−λ⋅m1⋅k2+λ 2⋅m1⋅m2 , reagrupando os termos: Δ=m1⋅m2⋅λ 2−(k2⋅(m1+m2)+k1⋅m2)⋅λ+k 1⋅k2 O determinante foi reduzido a uma função do segundo grau, com duas raízes (λ1e λ2) , ou seja, os valores que o tornam nulo. De forma genérica pode-se afirmar que: a=m1⋅m2 Δ=a⋅λ2−b⋅λ+c onde: b=(k 2⋅(m1+m2)+k1⋅m2) c=k 1⋅k2 Como é importante conhecer a amplitude da função y1=A⋅cos (ω⋅t) , em função da frequência da força excitadora ω , algumas transformações algébricas serão necessárias, como por exemplo, expressar o determinante na forma fatorada em função de suas raízes λ1e λ2 , ou seja: Δ=a⋅λ2−b⋅λ+c => Δ=C⋅(λ−λ1)⋅(λ−λ2) Determinando a constante C: Δ=C⋅(λ−λ1)⋅(λ−λ2) => Δ=C⋅λ 2−C⋅(λ1+λ2)⋅λ+C⋅λ1⋅λ2 Comparando as duas formas: Δ=a⋅λ2−b⋅λ+c C=a => C=m1⋅m2 C⋅(λ1+λ2)=b Δ=C⋅λ2−C⋅(λ1+λ2)⋅λ+C⋅λ1⋅λ2 C⋅λ1⋅λ2=c Finalmente: Δ=m1⋅m2⋅(λ−λ1)⋅(λ−λ2) ou: Δ=m1⋅m2⋅(ω 2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) 18/52 A equação na forma matricial, pode ser resolvida pelo produto da matriz inversa da matriz (2x2), ou seja: [(k2+k1−ω2⋅m1) −k 2−k 2 (k2−ω2⋅m2)]⋅[ y1y2]=[F00 ]⋅cos (ω⋅t ) [ I ]⋅[(k 2+k1−ω2⋅m1) −k2−k2 (k2−ω2⋅m2)]⋅[ y1y2]=[ I ]⋅[F00 ]⋅cos(ω⋅t ) Como o produto entre a matriz inversa e a própria, resulta a unidade (matriz unitária): [ y1y2]=[ I ]⋅[F00 ]⋅cos (ω⋅t) Desta forma, a solução depende apenas de se encontrar a matriz inversa … Por definição, a matriz inversa de uma matriz quadrada, é a matriz adjunta dividida pelo determinante da matriz original … simples, mas nem tanto, no APENDICE A é apresentado o cálculo detalhado da matriz inversa. Substituindo a matriz inversa na equação anterior: [ y1y2]= 1Δ⋅[(k2−ω 2⋅m2) k2 k 2 (k1+k2−ω 2⋅m1)]⋅[F00 ]⋅cos (ω⋅t ) Nota: embora seja aconselhável calcular a matriz inversa, como no APENDICE A, o tipo de matriz envolvida, é simétrica, o que simplifica bastante o cálculo. Desta forma, pode-se afirmar que, a obtenção da matriz adjunta é possível com duas providências: a) trocam-se de posição, o elemento da 1ª linha e 1ª coluna, com o elemento da 2ª linha e 2ª coluna da matriz original; b) trocam- se os sinais dos elementos restantes da matriz original. A equação horária do bloco (1), é obtida multiplicando a 1ª linha pela coluna, ou seja: y1= 1 Δ⋅(k2−ω 2⋅m2)⋅F0⋅cos (ω⋅t) => y1= (k2−ω 2⋅m2)⋅F0 m1⋅m2⋅(ω 2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) ⋅cos (ω⋅t ) (resp.) Recuperando a forma original da solução harmônica: y1=A⋅cos (ω⋅t) Comparando … obtêm-se: A= (k 2−ω 2⋅m2)⋅F0 m1⋅m2⋅(ω 2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) A equação horária do bloco (2), é obtida multiplicando a 2ª linha pela coluna, ou seja: y2= 1 Δ⋅k 2⋅F0⋅cos (ω⋅t ) => y2= k2⋅F0 m1⋅m2⋅(ω 2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) ⋅cos (ω⋅t ) (resp.) Recuperando a forma original da solução harmônica: y2=B⋅cos (ω⋅t) 19/52 Comparando … obtêm-se: B= k2⋅F0 m1⋅m2⋅(ω 2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) Os gráficos das amplitudes em função da frequência são particularmente instrutivos. Analisando os comportamentos dos dois sólidos, pode-se ressaltar que: a) para ω=0 , ambos apresentam a mesma deflexão, ou seja, sob ação da força “F0“ constante, ocorre a deformação apenas da mola de rigidez k1 e, como a mola de rigidez k2 não é deformada, ambos os sólidos deslocam-se igualmente em relação à posição de equilíbrio. b) para a frequência ω=√ k2m2 , o bloco (1), no qual a força excitadora está aplicada, não se move. c) independente da frequência, o bloco (2) nunca permanece parado. 7.2.1. Dois graus de Liberdade Absorvedor Sintonizado. De posse dos resultados anteriores pode-se afirmar que: caso um sistema esteja sob ação de força excitadora harmônica com frequência “ω”, é possível impedi-lo de oscilar associando ao mesmo uma massa “M”, através de rigidez “k”, tal que: ω=√ kM . A absorção de vibração é prefeita, ou seja, o sistema permanece estacionário, nos casos onde não há forças dissipadoras, como forças de atrito. Nos casos em que as forças de atrito sejam pequenas, a absorção funciona por breves períodos, ao final dos quais o sistema oscila transferindo movimento, ou seja, energia, para a massa acoplada ao mesmo, e logo após se incia um novo período em que o sistema permanecerá estacionário. Para situações em que as forças de atrito são significativas, as conclusões acima não se aplicam. A ωω1 ω2 0 0 k2.F0 m1.m2.ω1 2.ω2 2 ω = k2 m2 B ωω1 ω2 0 0 k2.F0 m1.m2.ω1 2.ω2 2 ω = k2 m2 20/52 7.2.2. Exemplo: Edifício de dois pavimentos, o primeiro de massa “2.m” ligado às fundações (solo) por rigidez linear “2.k”, e o segundo de massa “m” ligado ao primeiro por rigidez linear “k”, tem seus movimentos excitados pelo deslocamento horizontal do solo, provocado por terremoto, e expresso por: xS=x0⋅cos (ω⋅t) . Pedem-se: a) as frequências próprias do edifício (dos modos normais); b) os deslocamentos de cada pavimento em função do tempo: c) a frequência (pulsação) que torna o pavimento superior em absorvedorde vibração, mantendo o pavimento inferior estacionário. Solução: Adota-se como origem dos deslocamentos, a posição de equilíbrio do conjunto. No instante “t” genérico, o solo tem posição expressa por “xS”, o primeiro pavimento tem posição “x1” e o segundo pavimento tem posição “x2”. Todos para direita que será adotado como sentido positivo. As deformações das rigidezes: Δ1=(x1−xS) e Δ2=(x2−x1) . As forças elásticas devidas a estas deformações estão ilustradas na figura e são expressas por: F1=k1⋅Δ1=2⋅k⋅(x1−xS) F2=k2⋅Δ2=k⋅(x2−x1) TCM: Teorema do Centro de Massa. Pavimento (1): (2⋅m)⋅a1=F2−F1 => 2⋅m⋅x¨1=k⋅(x2−x1)−2⋅k⋅(x1−xS) Adotando solução harmônica: x¨1=−ω 2⋅x1 −2⋅m⋅ω2⋅x1=k⋅(x2−x1)−2⋅k⋅(x1−xS) Reorganizando os termos: (3⋅k−2⋅m⋅ω2)⋅x1−k⋅x2=2⋅k⋅xS Substituindo “xS”: (3⋅k−2⋅m⋅ω2)⋅x1−k⋅x2=2⋅k⋅x0⋅cos(ω⋅t) Pavimento (2): m⋅a2=−F2 => m⋅x¨2=−k⋅(x2−x1) Adotando solução harmônica: x¨2=−ω 2⋅x2 −m⋅ω2⋅x2=−k⋅( x2−x1) Reorganizando os termos: −k⋅x1+(k−m⋅ω 2)⋅x2=0 Na forma matricial: [(3⋅k−2⋅m⋅ω2) −k−k (k−m⋅ω2)]⋅[x1x2]=[2⋅k⋅x00 ]⋅cos(ω⋅t) 2.m 2.k m k 2.m 2.k m k x 1 x 2 x S F 1 F 1 F 2 F 2 21/52 Calculando as frequências próprias Δ=0 : Δ=(3⋅k−2⋅m⋅ω2)⋅(k−m⋅ω2)−k2=0 Com λ=ω2 tem-se: Δ=(3⋅k−2⋅m⋅λ)⋅(k−m⋅λ)−k2=0 Desenvolvendo os produtos: Δ=3⋅k2−3⋅k⋅m⋅λ−2⋅k⋅m⋅λ+2⋅m2⋅λ2−k2=0 Reescrevendo … Δ=2⋅k 2−5⋅k⋅m⋅λ+2⋅m2⋅λ2=0 ou … Δ=2⋅m2⋅λ2−5⋅k⋅m⋅λ+2⋅k2=0 Calculando as raízes: λ=5⋅k⋅m±√(5⋅k⋅m) 2−4⋅2⋅m2⋅2⋅k2 2⋅2⋅m2 λ=5⋅k⋅m±√25⋅k 2⋅m2−16⋅m2⋅k 2 4⋅m2 =5⋅k⋅m±√9⋅k 2⋅m2 4⋅m2 λ=5⋅k⋅m±3⋅k⋅m 4⋅m2 1º modo normal: λ1=ω1 2=0,5⋅k m (a) 2º modo normal: λ2=ω2 2=2,0⋅k m (a) Retomando a forma matricial: [(3⋅k−2⋅m⋅ω2) −k−k (k−m⋅ω2)]⋅[x1x2]=[2⋅k⋅x00 ]⋅cos(ω⋅t) A matriz inversa, da matriz (2x2): [I ]= 1Δ⋅[(k−m⋅ω2) kk (3⋅k−2⋅m⋅ω2)] Multiplicando pela matriz inversa: [x1x2]= 1Δ⋅[(k−m⋅ω 2) k k (3⋅k−2⋅m⋅ω2)]⋅[2⋅k⋅x00 ]⋅cos(ω⋅t) Recuperando o determinante... Δ=2⋅m2⋅λ2−5⋅k⋅m⋅λ+2⋅k2 Δ=2⋅m2⋅ω4−5⋅k⋅m⋅ω2+2⋅k2 Na forma fatorada: Δ=2⋅m2⋅(ω2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) A posição do pavimento (1), em função do tempo, é obtida pelo produto da 1ª linha pela coluna: x1= (k−m⋅ω2)⋅2⋅k⋅x0 Δ ⋅cos(ω⋅t) ou … x1= (k−m⋅ω2)⋅2⋅k⋅x0 2⋅m2⋅(ω2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) ⋅cos (ω⋅t ) (b) A posição do pavimento (2), em função do tempo, é obtida pelo produto da 2ª linha pela coluna: x2= 2⋅k2⋅x0 Δ ⋅cos(ω⋅t) ou … x2= 2⋅k2⋅x0 2⋅m2⋅(ω2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) ⋅cos (ω⋅t ) (b) A frequência que torna o segundo pavimento em absorvedor sintonizado, é aquela que anula o deslocamento “x1” para qualquer instante “t”, ou seja: x1=0 => (k – m⋅ω 2)=0 => ω=√ km (c) 22/52 7.2.3. Exemplo: A figura ilustra, os blocos sólidos de massa m1 = 2 kg e massa m2 = 5 kg, interligados entre si pela mola de rigidez k2 = 80 N/m. O bloco de massa m1, encontra-se ligado ao cursor A, através da mola de rigidez k1 = 50 N/m. O bloco de massa m2, encontra-se ligado a parede fixa, através da mola de rigidez k3 = 50 N/m. O cursor A, é acionado pelo conjunto manivela biela que impõe ao mesmo deslocamento x=a⋅sen (θ) , sendo que θ=ω⋅t , onde ω é a velocidade angular da manivela e t o tempo. A manivela possui dimensão a=0,02m e gira em torno de seu eixo fixo com frequência f=59,6 rpm . Adotando a posição de equilíbrio de cada um dos elementos, como origem das posições dos mesmos, pedem-se: a) o diagrama de esforços em cada bloco; b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração); c) as equações horárias dos blocos em função do tempo. Solução: A figura ilustra as posições dos elementos, num instante “t” genérico, para o qual, as posições do cursor A, do bloco (1) e do bloco(2), são respectivamente expressas por: “x” , “x1” e “x2”. Essas posições embora escolhidas de forma arbitrária, apresentam a relação: x2>x1>x . Baseado nas escolhas apresentadas acima, pode-se afirmar que: a) a mola de rigidez k1 apresenta-se distendida de Δ1=(x1−x) ; b) a mola de rigidez k2 apresenta-se distendida de Δ2=(x2−x1) ; c) a mola de rigidez k3 apresenta-se comprimida de Δ2=x2 ; Como consequência, as forças elásticas são: F1=k1⋅Δ1 => F1=k1⋅(x1−x ) F2=k2⋅Δ2 => F2=k2⋅( x2−x1) F3=k3⋅Δ3 => F3=k3⋅x2 TCM – Teorema do Centro de Massa. BLOCO (1): F2−F1=m1⋅a1 => k2⋅(x2−x1)−k 1⋅(x1−x)=m1⋅x¨1 Adotando: x¨1=−ω 2⋅x1 e x=a⋅sen (θ) k2⋅(x2−x1)−k 1⋅(x1−a⋅sen(ω⋅t ))=−m1⋅ω 2⋅x1 (k1+k 2−m1⋅ω 2)⋅x1−k2⋅x2=k1⋅a⋅sen(ω⋅t) BOLCO (2): −F2– F3=m2⋅a2 => −k2⋅(x2−x1)−k3⋅x2=m2⋅x¨2 Adotando: x¨2=−ω 2⋅x2 −k2⋅x1+(−m2⋅ω 2+k2+k3)⋅x2=0 Na forma matricial: F 3 F 2 F 1 a x 1 a m 2 θ m 1 m 1 m 2 x 2 x m 2 m 1 23/52 [(k1+k2−m1⋅ω2) −k2−k 2 (k2+k3−m2⋅ω2)]⋅[x1x2]=[k1⋅a0 ]⋅sen(ω⋅t) O determinante: Δ=(k1+k2−m1⋅ω 2)⋅(k2+k3−m2⋅ω 2)−k2 2 Com: λ=ω2 => Δ=(k1+k2−m1⋅λ)⋅(k2+k3−m2⋅λ)−k 2 2 Δ=m1⋅m2⋅λ 2−[m2⋅(k1+k2)+m1⋅(k2+k 3)]⋅λ+(k1⋅k 2+k1⋅k3+k2⋅k3) Com os valores numéricos: Δ=10⋅λ2−[650+260]⋅λ+(4.000+2.500+4.000) Δ=10⋅λ2−910⋅λ+10.500 Os modos normais de vibração: Δ=10⋅λ2−910⋅λ+10.500=0 λ1=13,56 => ω1=3,68 rad / s (b) λ=910±√910 2−4⋅10⋅10.500 2⋅10 λ2=77,44 => ω2=8,80 rad /s (b) A forma fatorada do determinante: Δ=m1⋅m2⋅(ω 2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) ou … Δ=10⋅(ω2−13,56)⋅(ω2−77,44) A matriz inversa da matriz (2x2): [ I ]= 1 m1⋅m2⋅(ω 2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) ⋅[(k2+k3−m2⋅ω2) k2k2 (k1+k2−m1⋅ω2)] Multiplicando a forma matricial pela matriz inversa: [x1x2]= 1m1⋅m2⋅(ω2−ω12)⋅(ω2−ω22)⋅[(k2+k 3−m2⋅ω 2) k2 k2 (k1+k2−m1⋅ω 2)]⋅[k1⋅a0 ]⋅sen(ω⋅t) As equações horárias: x1= (k2+k 3−m2⋅ω 2)⋅k1⋅a m1⋅m2⋅(ω 2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) ⋅sen(ω⋅t) => x1= 130−2⋅ω2 10⋅(ω2−13,56)⋅(ω2−77,44) ⋅sen(ω⋅t ) (c) x2= k2⋅k1⋅a m1⋅m2⋅(ω 2−ω1 2)⋅(ω2−ω2 2) ⋅sen(ω⋅t) => x2= 80 10⋅(ω2−13,56)⋅(ω2−77,44) ⋅sen(ω⋅t ) (c) 24/52 7.2.3. Exemplo: Um classificador de carvão de massa total de 250 kg e frequência própria 400 cpm (ciclos por minuto), tem peneira que alterna com frequência de 600 cpm (ciclos por minuto). A peneira é acionada por dois rotores, que giram (com 600 cpm) em sentidos opostos, providenciando o movimento oscilatório da mesma, desta forma, a fonte de vibração é inerente ao conjunto e não pode ser eliminada. Decide-se que um absorvedor sintonizado de vibrações deva ser instalado nesse classificador, e para tanto está disponível massa de 63 kg. Pedem-se: a) o método experimental que confirma a frequência própria do classificador (400 cpm); b) a rigidez do sistema de sustentação do classificador; c) a rigidez do absorvedor a ser montado com a massa disponível; d) qual seria a massa do absorvedor sintonizado, caso a única rigidez disponível, seja a do próprio classificador, lembrando que o sistema elástico do mesmo é composto por quatro molas iguais, de rigidez “kdisp.”. Solução: Com o classificador desligado, desloca-se o mesmo de sua posição de equilíbrio, e mede-se a frequência de vibração resultante; (a) A pulsação própria do sistema é obtida através da frequência própria do sistema, a mesma medida sob as condições especificadas acima. Com o sistema em funcionamento, o mesmo oscilará com a mesma frequência da força excitadora presente, ou seja, a frequência de oscilação da peneira. A pulsação relaciona-se com a frequência por: ω0=2⋅π⋅f 0 => ω0=2⋅π⋅ 400 60 => ω0=41,89 rad /s Com o sistema desligado, sua oscilação se faz com a pulsação determinada acima, e tudo se passa como um sistema, de apenas um grau de liberdade, ou seja: ω0=√ k eq .mef . => keq .mef .=ω02 => keq .=mef .⋅ω02 => keq .=250⋅41,89=10.472,5 N /m (b) O absorvedor é sintonizado com a frequência da força excitadora, ou seja, frequência de 600 com, que corresponde a uma pulsação “ω”. ω=2⋅π⋅600 60 => ω=62,83 rad /s k m 25/52 A pulsaçãodo absorvedor é: ω=√ km => k=m⋅ω2 => k=63⋅62,832 => k=248.699,4 N /m (c) A “mola” disponível: kdisp .= keq . 4 =2.618,1 N /m m= k ω2 => m=0,66 kg (d) ω=62,83 rad /s 7.3. Dois Graus de Liberdade, OFCA – Oscilação forçada com Amortecimento. O arranjo ilustrado, é composto por dois blocos sólidos, em movimento de translação reto, que apresentam massas m1 = 0,5 kg e m2 = 1,0 kg, sob ação de dois sistemas mola amortecedor, com rigidezes e coeficientes da força viscosa, respectivamente (k1 = 25 N/m e c1 = 5 N.s/m) e (k2 = 50 N/m e c2 = 7,5 N.s/m). O bloco de massa m1, encontra-se sob ação da força excitadora: F ex=6⋅sen(5⋅t) . Nota: o desenvolvimento literal é penoso, desta forma, optou-se por um desenvolvimento numérico, embora, as conclusões sejam de menor abrangência. Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se deslocado em relação a sua posição de equilíbrio, adotada como origem das posições dos elementos do sistema. Considere-se que no instante “t” o bloco (1) tenha posição definida por ( y1 ), com velocidade ( v1= y˙1 ) e aceleração ( a1= y¨1 ) ao mesmo tempo, o bloco (2) tem posição definida por ( y2 ), com velocidade ( v2= y˙2 ) e aceleração ( a2= y¨2 ). No instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente: e, e as velocidades relativas, entre os extremos dos amortecedores, são: e. TCM – Teorema do Centro de Massa: BLOCO (1): m1⋅y¨1=−k1⋅Δ1−c1⋅y˙1+k 2⋅Δ2+c2⋅vrel (2)+Fex m1⋅y¨1=−k1⋅y1−c1⋅y˙1+k2⋅( y2− y1)+c2⋅( y˙2− y˙1)+F ex m1⋅y¨1+(k1+k2)⋅y1+(c1+c2)⋅y˙1−k 2⋅y2−c2⋅y˙2=Fex BLOCO(2): Fe 1 Fe 2 Fv 1 Fv 2 y 1 y 2 Fex Fex p.Eq. m 2 m 1 26/52 m2⋅y¨2=−k2⋅Δ2−c2⋅vrel(2) m2⋅y¨2=−k2⋅( y2− y1)−c2⋅( y˙2− y˙1) −k2⋅y1−c2⋅y˙1+m2⋅y¨2+k2⋅y2+c2⋅y˙2=0 Estas equações possuem soluções mais complexas, do tipo: y1=Y 1⋅e i⋅ω⋅t => y˙1=i⋅ω⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t=i⋅ω⋅y1 => y¨1=−ω 2⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t=−iω2⋅y1 y2=Y 2⋅e i⋅ω⋅t => y˙2=i⋅ω⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t=i⋅ω⋅y2 => y¨2=−ω 2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t=−iω2⋅y2 Para facilitar o desenvolvimento “troca-se” a força excitadora por. Note-se que: F0⋅e i⋅ω⋅t=F0⋅cos(ω⋅t )+i⋅F0 sen(ω⋅t ) , ou seja, a parte “imaginária” é na verdade a força excitadora. Substituindo essas relações em ... m1⋅y¨1+(k1+k2)⋅y1+(c1+c2)⋅y˙1−k 2⋅y2−c2⋅y˙2=Fex −m1⋅ω 2⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t+(k 1+k2)⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t+(c1+c2)⋅i⋅ω⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t−k2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t−c2⋅i⋅ω⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t=F0⋅e i⋅ω⋅t ou … (−m1⋅ω 2+(k 1+k2)+(c1+c2)⋅i⋅ω)⋅Y 1−(k2+c2⋅i⋅ω)⋅Y 2=F0 Substituindo essas relações em … −k2⋅y1−c2⋅y˙1+m2⋅y¨2+k2⋅y2+c2⋅y˙2=0 −k2⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t−c2⋅i⋅ω⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t−m2⋅ω 2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t+k2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t+c2i⋅ω⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t=0 ou ... −(k2+c2⋅i⋅ω)⋅Y 1+(−m2⋅ω 2+k2+ i⋅ω⋅c2)⋅Y 2=0 Resumindo, as equações: (−m1⋅ω 2⋅+(k1+k2)+(c1+c2)⋅i⋅ω)⋅Y 1−(k2+c2⋅i⋅ω)⋅Y 2=F0 −(k2+c2⋅i⋅ω)⋅Y 1+(−m2⋅ω 2+k2+ i⋅ω⋅c2)⋅Y 2=0 Na forma matricial: [(−m1⋅ω2+k1+k2+i⋅ω⋅(c1+c2)) −(k2+i⋅ω⋅c2)−(k 2+i⋅ω⋅c2) (−m2⋅ω2+k2+i⋅ω⋅c2)]⋅[Y 1Y 2]=[F00 ] A matriz inversa: [ I ]=[(−m2⋅ω2+k2+i⋅ω⋅c2) (k2+i⋅ω⋅c2)(k2+i⋅ω⋅c2) (−m1⋅ω2+k1+k2+i⋅ω⋅(c1+c2))] Multiplicando pela matriz inversa: [Y 1Y 2]=[(−m2⋅ω 2+k 2+i⋅ω⋅c2) (k 2+i⋅ω⋅c2) (k2+i⋅ω⋅c2) (−m1⋅ω 2+k1+k 2+i⋅ω⋅(c1+c2))]⋅[F00 ] As amplitudes: 27/52 Y 1= (−m2⋅ω 2+k2+ i⋅ω⋅c2)⋅F0 (−m2⋅ω 2+k2+i⋅ω⋅c2)⋅(−m1⋅ω 2+k1+k2+i⋅ω⋅(c1+c2))−(k2+i⋅ω⋅c2) 2 Y 2= (k2+i⋅ω⋅c2)⋅F0 (−m2⋅ω 2+k2+i⋅ω⋅c2)⋅(−m1⋅ω 2+k1+k2+i⋅ω⋅(c1+c2))−(k2+i⋅ω⋅c2) 2 Com os valores numéricos: Y 1= (−1,0⋅52+50)⋅6+i⋅5⋅7,5⋅6 (−1,0⋅52+50+i⋅5⋅7,5)⋅(−0,5⋅52+25+50+ i⋅5⋅(5+7,5))−(50+i⋅5⋅7,5)2 Y 1= 150+i⋅225 (25+i⋅37,5)⋅(62,5+i⋅62,5)−(50+i⋅37,5)2 ; Y 1= 150+ i⋅225 −1.875,25+i⋅156,25 Nota: Na forma polar, a divisão é mais simples, assim a utilizaremos, o apêndice B, apresenta uma revisão de números complexos. O numerador: Z1[ϕ1]=√1502+2252 [arctan( 225150 )] => Z1[ϕ1]=270,42 [56,31 º ] O denominador: Z2[ϕ2]=√1875,252+156,252 [180 º+arctan( 156,25−1875,25 )] Z2[ϕ2]=1881,75 [175,24 º ] A divisão: Y 1= Z1 Z2 = 270,42 1881,75 [56,31 º−175,24 º ] => Y 1=0,144 [−118,93 º ] Na forma cartesiana: Y 1=0,144⋅(cos(−118,93 º)+i⋅sen(−118,93 º)) … ângulo em graus, ou: Y 1=0,144⋅(cos(118,93 º )−i⋅sen(118,93 º )) … ângulo em graus, ou: Y 1=0,144⋅(cos(2,08)−i⋅sen(2,08)) … ângulo em rad, ou: Y 1=0,144⋅e −i⋅2,08 Recuperando a solução: y1=Y 1⋅e i⋅ω⋅t => y1=0,144⋅e −i⋅2,08⋅ei⋅ω⋅t => y1=0,144⋅e i⋅(ω⋅t−2,08) A Solução na forma cartesiana: 28/52 y1=0,144⋅cos (ω⋅t−2,08)+i⋅0,144⋅sen(ω⋅t−2,08) Lembrando que a força excitadora “real”, foi expressa, como a parte imaginária do número complexo que a representou, a solução que interessa de forma equivalente é: y1(t)=0,144⋅sen(ω⋅t−2,08) => y1(t)=0,144⋅sen(5⋅t−2,08) A outra amplitude: Y 2= (k2+i⋅ω⋅c2)⋅F0 (−m2⋅ω 2+k2+i⋅ω⋅c2)⋅(−m1⋅ω 2+k1+k2+i⋅ω⋅(c1+c2))−(k2+i⋅ω⋅c2) 2 Y 2= 300+i⋅225 −1.875,25+i⋅156,25 Na forma polar, tem-se: o numerador: Z1[ϕ1]=√3002+2252 [arctan (225300 )] => Z1[ϕ1]=375,00 [36,87 º ] o denominador: Z2[ϕ2]=1881,75 [175,24 º ] A divisão: Y 2= Z1 Z2 = 375,00 1881,75 [36,87 º−175,24 º ] => Y 2=0,199 [−138,93 º ] Na forma cartesiana: Y 2=0,199⋅(cos (−138,93º )+i⋅sen (−138,93º )) … ângulo em graus, ou: Y 2=0,199⋅(cos (138,93)−i⋅sen(138,93)) … ângulo em graus, ou: Y 2=0,199⋅(cos (2,41)−i⋅sen (2,41)) … ângulo em rad, ou: Y 2=0,199⋅e −i⋅2,41 Recuperando a solução: y2=Y 2⋅e i⋅ω⋅t => y2=0,199⋅e −i⋅2,41⋅e i⋅ω⋅t => y2=0,144⋅e i⋅(ω⋅t−2,41) y2=0,199⋅e i⋅(ω⋅t−2,41) Na forma cartesiana: y2=0,199⋅cos(ω⋅t−2,41)+i⋅0,144⋅sen(ω⋅t−2,41) Lembrando que a força excitadora “real” foi expressa como a parte imaginária do número complexo que a representou, a solução que interessa de forma equivalente é: y2(t)=0,199⋅sen (ω⋅t−2,41) => y2(t)=0,199⋅sen (5⋅t−2,41) Nota: os blocos oscilam com a mesma frequência (“ω” da força excitadora), entretanto, eles possuem uma pequena defasagem em seus movimentos; esses resultados dependem fortemente dos valores numéricos adotados. 29/52 7.3.1 Exemplo. O arranjo ilustrado, é composto por dois blocos sólidos, que deslocam-se em movimento de translação reta, apresentam massas m1 = 0,5 kg e m2 = 1,0 kg, sob ação dos sistemas mola amortecedor, com rigidezes e coeficientes da força viscosa, respectivamente (k1,= 25 N/m e c = 5 N.s/m) e (k2 = 50 N/m). O bloco de massa m1, encontra-se sob ação da força excitadora: Fex=6⋅cos(5⋅t) . Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se deslocado em relação a sua posição de equilíbrio, adotada como origem das posições dos elementos do sistema. Considere-se que no instante “t” o bloco (1) tenha posição definida por ( y1 ) , com velocidade ( v1= y˙1 ) e aceleração ( a1= y¨1 ) ao mesmo tempo, o bloco (2) tem posição definida por ( y2 ) , com velocidade ( v2= y˙2 ) e aceleração ( a2= y¨2 ). No instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente: Δ1= y1 e Δ2= y2− y1 , e a velocidade relativa, entre os extremos do amortecedor, é: vrel=Δ˙1= y˙1 . TCM – Teorema do Centro de Massa: BLOCO (1): m1⋅y¨1=−k1⋅Δ1−c⋅y˙1+k2⋅Δ2+Fex m1⋅y¨1=−k1⋅y1−c⋅y˙1+k 2⋅( y2− y1)+Fex m1⋅y¨1+(k1+k2)⋅y1+c⋅y˙1−k2⋅y2=Fex BLOCO(2): m2⋅y¨2=−k2⋅Δ2 m2⋅y¨2=−k2⋅( y2− y1) −k2⋅y1+m2⋅y¨2+k2⋅y2=0 As Soluções destas equações são do tipo: y1=Y 1⋅e i⋅ω⋅t => y˙1=i⋅ω⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t=i⋅ω⋅y1 => y¨1=−ω 2⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t=−iω2⋅y1 y2=Y 2⋅e i⋅ω⋅t => y˙2=i⋅ω⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t=i⋅ω⋅y2 => y¨2=−ω 2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t=−iω2⋅y2 Para facilitar o desenvolvimento “troca-se” a força excitadora por: F0⋅e i⋅ω⋅t . Note-se que: F0⋅e i⋅ω⋅t=F0⋅cos(ω⋅t )+i⋅F0 sen(ω⋅t ) , ou seja, a parte “real” é na verdade a força excitadora. Substituindo em ... m1⋅y¨1+(k1+k2)⋅y1+c⋅y˙1−k2⋅y2=Fex −m1⋅ω 2⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t+(k 1+k2)⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t+c⋅i⋅ω⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t−k2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t=F0⋅e i⋅ω⋅tou … Fe 1 Fe 2 Fv y 1 y 2 Fex Fex p.Eq. m 2 m 1 (k 1 , c) (k 2 ) 30/52 (−m1⋅ω 2⋅+(k1+k2)+c⋅i⋅ω)⋅Y 1−k2⋅Y 2=F0 Substituindo em … −k2⋅y1+m2⋅y¨2+k2⋅y2=0 −k2⋅Y 1⋅e i⋅ω⋅t−m2⋅ω 2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t+k2⋅Y 2⋅e i⋅ω⋅t=0 ou ... −k2⋅Y 1+(−m2⋅ω 2+k 2)⋅Y 2=0 Resumindo, as equações: (−m1⋅ω 2⋅+(k1+k2)+c⋅i⋅ω)⋅Y 1−k2⋅Y 2=F0 −k2⋅Y 1+(−m2⋅ω 2+k 2)⋅Y 2=0 Na forma matricial: [(−m1⋅ω2+k 1+k2+i⋅ω⋅c ) −k2−k2 (−m2⋅ω2+k2)]⋅[Y 1Y 2]=[F00 ] A matriz inversa: [ I ]=[(−m2⋅ω2+k2) k2k2 (−m1⋅ω2+k1+k2+i⋅ω⋅c)] Multiplicando pela matriz inversa: [Y 1Y 2]=[(−m2⋅ω 2+k 2) k 2 k2 (−m1⋅ω 2+k1+k2+i⋅ω⋅c)]⋅[F00 ] As amplitudes: Y 1= (−m2⋅ω 2+k2)⋅F0 (−m2⋅ω 2+k2)⋅(−m1⋅ω 2+k 1+k2+i⋅ω⋅c )−k 2 2 Y 2= k 2⋅F0 (−m2⋅ω 2+k2)⋅(−m1⋅ω 2+k1+k2+i⋅ω⋅c )−k 2 2 Com os valores numéricos: Y 1= (−1,0⋅52+50)⋅6 (−1,0⋅52+50)⋅(−0,5⋅52+25+50+i⋅5⋅5)−502 Y 1= 150 25⋅(62,5+i⋅25)−2.500 ; Y 1= 150 −937,50+i⋅625,00 Na forma polar, tem-se: o numerador: Z1[ϕ1]=150,00 [0,00 º ] 31/52 o denominador: Z2[ϕ2]=√937,502+625,002 [180 º+arctan ( 625,00−937,50 )] Z2[ϕ2]=1126,74 [146,31º ] A divisão: Y 1= Z1 Z2 = 150,00 1126,74 [0,00º−146,31º ] => Y 1=0,133 [−146,31º ] Na forma cartesiana: Y 1=0,133⋅(cos (−146,31º )+i⋅sen (−146,31 º )) … ângulo em graus, ou: Y 1=0,133⋅(cos (146,31 º)−i⋅sen(146,31º )) … ângulo em graus, ou: Y 1=0,133⋅(cos (2,55)−i⋅sen(2,55)) … ângulo em rad, ou: Y 1=0,133⋅e −i⋅2,55 Recuperando a solução: y1=Y 1⋅e i⋅ω⋅t => y1=0,133⋅e −i⋅2,55⋅e i⋅ω⋅t => y1=0,133⋅e i⋅(ω⋅t−2,55) Na forma cartesiana: y1=0,133⋅cos(ω⋅t−2,55)+ i⋅0,144⋅sen(ω⋅t−2,55) Lembrando que a força excitadora “real” foi expressa como a parte real do número complexo que a representou, a solução que interessa de forma equivalente é: y1(t)=0,133⋅cos (ω⋅t−2,55) => y1(t)=0,133⋅cos (5⋅t−2,55) A outra solução: Y 2= k 2⋅F0 (−m2⋅ω 2+k2)⋅(−m1⋅ω 2+k1+k2+i⋅ω⋅c )−k 2 2 Y 2= 300 −937,50+i⋅625,00 Na forma polar, tem-se: o numerador: Z1[ϕ1]=300,00 [0,00 º ] o denominador: Z2[ϕ2]=1126,74 [146,31º ] A divisão: Y 1= Z1 Z2 = 300,00 1126,74 [0,00º−146,31º ] => Y 2=0,266 [−146,31 º ] Na forma cartesiana: Y 2=0,266⋅(cos(−146,31º )+i⋅sen(−146,31º )) … ângulo em graus, ou: Y 2=0,266⋅(cos(146,31 º)−i⋅sen (146,31º )) … ângulo em graus, ou: Y 2=0,266 (cos (2,55)−2,55 i⋅sen (2,55)) … ângulo em rad, ou: Y 2=0,266⋅e −i⋅2,55 32/52 Recuperando a solução: y2=Y 2⋅e i⋅ω⋅t => y2=0,266⋅e −i⋅2,55⋅ei⋅ω⋅t => y2=0,266⋅e i⋅(ω⋅t−2,55) Na forma cartesiana: y2=0,266⋅cos(ω⋅t−2,55)−i⋅0,266 sen(ω⋅t−2,55) Lembrando que a força excitadora “real” foi expressa como a parte real do número complexo que a representou, a solução que interessa de forma equivalente é: y2(t)=0,266 sen (ω⋅t−2,55) => y2(t)=0,266 sen(5⋅t−2,55) Nota: os blocos oscilam com a mesma frequência (“ω” da força excitadora), e neste caso não ocorre defasagem entre os movimentos dos mesmos. 8. TRÊS GRAUS DE LIBERDADE As dificuldades encontradas no estudo de muitos graus de liberdade, ou seja, maiores que dois, continuam sendo de ordem matemática. No caso de três graus de liberdade, passa-se a trabalhar com uma equação matricial com matrizes de dimensões 3x3, e com equações de terceira ordem. Por exemplo, as raízes de uma equação de terceira ordem, podem ser obtidas por métodos numéricos e desta forma será feito. 8.1. Três Graus de Liberdade; OLSA – Oscilação Livre Sem amortecimento. Não há novidades no que se refere ao desenvolvimento desse tipo de problema, apenas a matemática se complica. 8.1. Exemplo. O arranjo ilustrado, é composto por três blocos sólidos, que deslocam-se em movimento de translação reta, apresentam massas m1 = 0,5 kg, m2 = 1,0 kg, e m3 = 1,5 kg. Esses blocos estão conectados entre si pelas molas de rigidezes: k1 = 25 N/m, k2 = 30 N/m e k3 = 35 N/m. Pedem-se: a) as equações do sistema na forma matricial; b) as frequências dos modos normais de vibração; c) as razões de amplitudes dos modos normais de vibração. Solução: Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se deslocado em relação a sua posição de equilíbrio, adotada como origem das posições dos elementos do sistema. Considere-se que no instante “t” o bloco (1) tenha posição definida por ( y1 ) , com velocidade ( v1= y˙1 ) e aceleração ( a1= y¨1 ) ao mesmo tempo, o bloco (2) tem posição definida por ( y2 ) , com velocidade ( v2= y˙2 ) e aceleração ( a2= y¨2 ) e o bloco (3) Fe 1 Fe 2 y 1 y 2 p.Eq. m 2 m 1 k 1 k 2 Fe 3 m 3 k 3 y 3 33/52 tem posição definida por ( y3 ) , com velocidade ( v3= y˙3 ) e aceleração ( a3= y¨3 ) Nesse instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente: Δ1= y1 , Δ2= y2− y1 e Δ3= y3− y2 TCM – Teorema do Centro de Massa: BLOCO (1): m1⋅y¨1=−k1⋅Δ1+k2⋅Δ2 m1⋅y¨1=−k1⋅y1+k2⋅( y2− y1) m1⋅y¨1+(k1+k2)⋅y1−k2⋅y2=0 Adotando solução harmônica: y1=A1⋅cos (ω⋅t+ϕ1) => y¨1=−ω 2⋅y1 , tem-se: (−m1⋅ω 2+k1+k2)⋅y1−k 2⋅y2=0 BLOCO(2): m2⋅y¨2=−k2⋅Δ2+k3⋅Δ3 m2⋅y¨2=−k2⋅( y2− y1)+k 3⋅( y3− y2) −k2⋅y1+m2⋅y¨2+(k2+k3)⋅y2−k3⋅y3=0 Adotando solução harmônica: y2=A2⋅cos(ω⋅t+ϕ2) => y¨2=−ω 2⋅y2 , tem-se: −k2⋅y1+(−m2⋅ω 2+k2+k3)⋅y2−k3⋅y3=0 BLOCO(3): m3⋅y¨3=−k3⋅Δ3 m3⋅y¨3=−k3⋅( y3− y2) −k3⋅y2+m3⋅y¨3+k3⋅y3=0 Adotando solução harmônica: y3=A3⋅cos(ω⋅t+ϕ3) => y¨3=−ω 2⋅y3 , tem-se: −k3⋅y2+(−m3⋅ω 2+k 3)⋅y3=0 Reorganizando as equações: (−ω2+k1+k2)⋅y1−k 2⋅y2+zero⋅y3=0 −k2⋅y1+(−m2⋅ω 2+k2+k3)⋅y2−k3⋅y3=0 zero⋅y1−k3⋅y2+(−m3⋅ω 2+k3)⋅y3=0 Na forma matricial: [(−m1⋅ω 2+k 1+k2) (−k2) 0 (−k2) (−m2⋅ω 2+k2+k3) (−k3) 0 (−k3) (−m3⋅ω 2+k3) ]⋅[ y1y2y3]=[000] (a) 34/52 Nota: a matriz 3x3, tal como no caso de 2GL, é simétrica. Efetuando a substituição: λ=ω2 [(−m1⋅λ+k1+k 2) (−k 2) 0(−k2) (−m2⋅λ+k2+k3) (−k3)0 (−k 3) (−m3⋅λ+k3)]⋅[ y1 y2 y3]=[ 0 0 0] Os modos normais … determinante NULO. [(−m1⋅λ+k1+k 2) (−k 2) 0(−k2) (−m2⋅λ+k2+k3) (−k3)0 (−k 3) (−m3⋅λ+k3)]=[000] Substituindo os valores numéricos: [(−0,5⋅λ+25+30) (−30) 0(−30) (−1,0⋅λ+30+35) (−35)0 (−35) (−1,5⋅λ+35)]=[000] ou ... [(−0,5⋅λ+55) (−30) 0(−30) (−1,0⋅λ+65) (−35)0 (−35) (−1,5⋅λ+35)]=[000] O determinante … Δ=[(−0,5⋅λ+55) (−30) 0(−30) (−1,0⋅λ+65) (−35)0 (−35) (−1,5⋅λ+35)] (−0,5⋅λ+55)(−30)0 (−30)(−1,0⋅λ+65)(−35) Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ+65)⋅(−1,5⋅λ+35)+0+0+ −0−(−0,5⋅λ+55)⋅(−35)⋅(−35)−(−30)⋅(−30)⋅(−1,5⋅λ+35)=0 Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ+65)⋅(−1,5⋅λ+35)−(−0,5⋅λ+55)⋅1.225−900⋅(−1,5⋅λ+35)=0 Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ+65)⋅(−1,5⋅λ+35)+612,5⋅λ−67.375+1.350⋅λ−31.500=0 Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ+65)⋅(−1,5⋅λ+35)+1.962,5⋅λ−98.875=0 Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(1,5⋅λ2−132,5⋅λ+2.275)+1.962,5⋅λ−98.875=0 Δ=−0,75⋅λ3+66,25⋅λ2−1.137,5⋅λ+82,5⋅λ2−7.287,5⋅λ+125.125+1.962,5⋅λ−98.875=0 Δ=−0,75⋅λ3+148,75⋅λ2−6.462,5⋅λ+26.250=0 Com uma hp 50 [APÊNDICE C], ou com o MATLAB, obtêm-se: λ1=4,52 , λ2=56,28 e λ1=137,53 ou … ω1=√4,52 => ω1=2,13 rad /s ω2=√56,28 => ω2=7,50 rad /s (b) ω3=√137,53 => ω2=11,72 rad / s 35/52 Recuperando a forma matricial: [(−0,5⋅λ+55) (−30) 0(−30) (−1,0⋅λ+65) (−35)0 (−35) (−1,5⋅λ+35)]⋅[ y1y2y3]=[ 0 0 0] Efetuando os produtos: 1ª linha x coluna: (−0,5⋅λ+55)⋅y1−30⋅y2=0 y1 y2 = 30 (−0,5⋅λ+55) 3ª linha x coluna: −35⋅y2+(−1,5⋅λ+35)⋅y3=0 −35 30 ⋅(−0,5⋅λ+55)⋅y1+(−1,5⋅λ+35)⋅y3=0 y1 y3 = 0,86⋅(−1,5⋅λ+35) (−0,5⋅λ+55) λ y1/ y2 y1/ y3 4,52 0,57 0,46 56,28 1,12 -1,58 137,53 -2,18 10,7 1º modo normal: 2º modo normal: 3º modo normal: para y1=1 tem-se: para y1=1 tem-se: para y1=1 tem-se: y2=1,75 ; y3=2,17 y2=0,89 ; y3=−0,63 y2=−0,46 ; y3=0,09 1º modo normal 2º modo normal 3º modo normal 36/52 8.2. Três Graus de Liberdade; OFSA - Oscilação Forçada sem Amortecimento. O arranjo ilustrado, é composto por três blocos sólidos, que deslocam-se em movimento de translaçãoreta, apresentam massas iguais m = 1,0 kg, e são conectados entre si por molas iguais de rigidez k = 10,0 N/m. A base de sustentação desloca-se com equação horária: yB=0,01⋅cos (ω⋅t) . Pedem-se: a) as equações do sistema na forma matricial; b) as equações horárias dos movimentos. Solução: Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se deslocado em relação a sua posição de equilíbrio, adotada como origem das posições dos elementos do sistema. Considere-se que no instante “t”, tenha-se as seguintes condições: 1- a base tenha posição definida por ( yB ) , com velocidade ( v B= y˙ B ) e aceleração ( aB= y¨ B ); 2- o bloco (1) tenha posição definida por ( y1 ) , com velocidade ( v1= y˙1 ) e aceleração ( a1= y¨1 ); 3- o bloco (2) tem posição definida por ( y2 ) , com velocidade ( v2= y˙2 ) e aceleração ( a2= y¨2 ); 4- o bloco (3) tem posição definida por ( y3 ) , com velocidade ( v3= y˙3 ) e aceleração ( a3= y¨3 ) Nesse instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente: Δ1=( y1− y B) , Δ2= y2− y1 e Δ3= y3− y2 TCM – Teorema do Centro de Massa: BLOCO (1): m⋅y¨1=−k⋅Δ1+k⋅Δ2 m⋅y¨1=−k⋅( y1− yB)+k⋅( y2− y1) m⋅y¨1+2⋅k⋅y1−k⋅y2=k⋅y B m⋅y¨1+2⋅k⋅y1−k⋅y2=k⋅y0⋅cos(ω⋅t) Adotando solução harmônica: y¨1=−ω 2⋅y1 , tem-se: (−m⋅ω2+2⋅k )⋅y1−k⋅y2=k⋅y0⋅cos (ω⋅t) BLOCO(2): m⋅y¨2=−k⋅Δ2+k⋅Δ3 m⋅y¨2=−k⋅( y2− y1)+k⋅( y3− y2) −k⋅y1+m⋅y¨2+2⋅k⋅y2−k⋅y3=0 Fe 1 Fe 2 y 1 y 2 p.Eq. m k Fe 3 y 3 k k m m y B 37/52 Adotando solução harmônica: y¨2=−ω 2⋅y2 , tem-se: −k⋅y1+(−m⋅ω 2+2⋅k )⋅y2−k⋅y3=0 BLOCO(3): m⋅y¨3=−k⋅Δ3 m⋅y¨3=−k⋅( y3− y2) −k⋅y2+m⋅y¨3+k⋅y3=0 Adotando solução harmônica: y¨3=−ω 2⋅y3 , tem-se: −k⋅y2+(−m⋅ω 2+k)⋅y3=0 Reorganizando as equações: (−ω2+2⋅k )⋅y1−k⋅y2+zero⋅y3=k⋅y0⋅cos (ω⋅t ) −k⋅y1+(−m⋅ω 2+2⋅k )⋅y2−k⋅y3=0 zero⋅y1−k⋅y2+(−m⋅ω 2+k )⋅y3=0 Na forma matricial: [(−m⋅ω 2+2⋅k ) (−k ) 0 (−k ) (−m⋅ω2+2⋅k ) (−k) 0 (−k ) (−m⋅ω2+k )]⋅[ y1y2y3]=[ y000 ]⋅cos(ω⋅t ) (a) Nota: a matriz 3x3, tal como no caso de 2GL, é simétrica. Efetuando a substituição: λ=ω2 [(−m⋅λ+2⋅k) (−k ) 0(−k ) (−m⋅λ+2⋅k ) (−k )0 (−k ) (−m⋅λ+k )]⋅[ y1y2y3]=[ y0 0 0 ]⋅cos(ω⋅t) Substituindo os valores numéricos: [(−λ+20) (−10) 0(−10) (−λ+20) (−10)0 (−10) (−λ+10)]⋅[ y1y2y3]=[ 0,01 0 0 ]⋅cos(ω⋅t) O determinante da matriz 3x3 … Δ=[(−λ+20) (−10) 0(−10) (−λ+20) (−10)0 (−10) (−λ+10)](−λ+20) (−10)(−10) (−λ+20)0 (−10) Δ=(−λ+20)⋅(−λ+20)⋅(−λ+10)+0+0−0−(−λ+20)⋅102−(−λ+10)⋅102 Δ=(λ2+202−40⋅λ)⋅(−λ+10)+102⋅λ−20⋅102+λ⋅102−10⋅102 Δ=−λ3−202⋅λ+40⋅λ2+10⋅λ2+202⋅10−40⋅λ⋅10+200⋅λ−3.000 38/52 Δ=−λ3+50⋅λ2−600⋅λ+1.000 As frequências dos modos normais: λ1=1,98 λ2=15,55 λ3=32,47 Nota: o “APÊNDICE C” detalha a obtenção dessas raízes. Calculando os cofatores ... [(−λ+20) (−10) 0(−10) (−λ+20) (−10)0 (−10) (−λ+10)] M 11=[(−λ+20) (−10)(−10) (−λ+10)] => C11=λ2−30⋅λ+100 M 12=[(−10) (−10)0 (−λ+10)] => C12=−10⋅λ+100 Matriz simétrica garante que: => C21=−10⋅λ+100 M 13=[(−10) (−λ+20)0 (−10) ] => C13=−100 Matriz simétrica garante que: => C31=−100 M 22=[(−λ+20) 00 (−λ+10)] => C22=λ2−30⋅λ+200 M 23=[(−λ+20) (−10)0 (−10)] => C23=−10⋅λ+200 Matriz simétrica garante que: => C32=−10⋅λ+200 M 33=[(−λ+20) (−10)(−10) (−λ+20)] => C33=λ2−40⋅λ+300 A matriz dos cofatores: Cij=[(λ 2−30⋅λ+100) (−10⋅λ+100) (−100) (−10⋅λ+100) (λ2−30⋅λ+200) (−10⋅λ+200) (−100) (−10⋅λ+200) (λ2−40⋅λ+300)] A transposta da matriz dos cofatores é a matriz adjunta, mas como a matriz dos cofatores é simétrica, a transposição não a altera, ou seja, a matriz adjunta é igual à matriz dos cofatores: Adj=[(λ 2−30⋅λ+100) (−10⋅λ+100) (−100) (−10⋅λ+100) (λ2−30⋅λ+200) (−10⋅λ+200) (−100) (−10⋅λ+200) (λ2−40⋅λ+300)] 39/52 A matriz inversa é a matriz adjunta dividida pelo determinante da matriz original: [ I ]= 1Δ⋅[(λ 2−30⋅λ+100) (−10⋅λ+100) (−100) (−10⋅λ+100) (λ2−30⋅λ+200) (−10⋅λ+200) (−100) (−10⋅λ+200) (λ2−40⋅λ+300)] Recuperando a equação matricial … [(−λ+20) (−10) 0(−10) (−λ+20) (−10)0 (−10) (−λ+10)]⋅[ y1y2y3]=[ 0,01 0 0 ]⋅cos(ω⋅t) Multiplicando pela matriz inversa …. [ y1y2y3]= 1Δ⋅[ (λ2−30⋅λ+100) (−10⋅λ+100) (−100) (−10⋅λ+100) (λ2−30⋅λ+200) (−10⋅λ+200) (−100) (−10⋅λ+200) (λ2−40⋅λ+300)]⋅[0,0100 ]⋅cos(ω⋅t) Com: Δ=−λ3+50⋅λ2−600⋅λ+1.000 Determinado as equações horárias: y1= 0,01⋅λ2−0,3⋅λ+1 −λ3+50⋅λ2−600⋅λ+1.000 ⋅cos (ω⋅t ) => y1= 0,01⋅ω4−0,3⋅ω2+1 −ω6+50⋅ω4−600⋅ω2+1.000 ⋅cos(ω⋅t ) y2= −0,1⋅λ+1 −λ3+50⋅λ2−600⋅λ+1.000 ⋅cos (ω⋅t) => y2= −0,1⋅ω2+1 −ω6+50⋅ω4−600⋅ω2+1.000 ⋅cos(ω⋅t) y3= 1 −λ3+50⋅λ2−600⋅λ+1.000 ⋅cos (ω⋅t ) => y3= 1 −ω6+50⋅ω4−600⋅ω2+1.000 ⋅cos(ω⋅t) Nota: após esses últimos exemplos, fica evidenciado que os princípios que embasam as soluções são os mesmos, mas a medida que se aumenta o número de graus de liberdade, os processos matemáticos utilizados até aqui tornam-se inadequados e métodos computacionais serão os únicos viáveis. 40/52 9. LISTA DE EXERCÍCIOS PREPARATÓRIA PARA A 2ª PROVA QUESTÃO 01 Um compressor instalado a bordo de um navio, possui massa m = 500 kg, frequência de operação f = 4547 rpm e encontra-se apoiado em quatro molas cada uma com constante elástica k. O sistema elástico foi ajustado para que apenas 10% da vibração seja transferida à estrutura do navio. Pedem-se: a) a constante elástica k; b) após a instalação das molas, a amplitude de vibração ainda foi considerada exagerada e para corrigir essa característica, decidiu-se associar ao conjunto uma base de inércia de massa M; para que houvesse redução na transmissão de vibração em 97%. Determinar a massa M. k=2570 kN /m ; M=1057,09kg QUESTÃO 02 A secção de superfície de sustentação de massa m = 20 kg, e momento de inércia em relação ao centro de massa ICM = 75 kg.m2, ao ser testada em túnel de vento, é presa ao teto através haste com rigidez à deformação linear kL = 20kN/m e rigidez à torção kT = 10 kN/rad. A distância entre o Centro de massa [CM] e o ponto de ancoragem [A] é: 0,10 m. Na figura ilustrada estão representadas as respectivas rigidezes. Considerando pequenas oscilações. Pedem-se: a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema; c) as razões de amplitudes para cada modo normal. [ω2−1000 −100−100 3,75⋅ω2−510]⋅[ yCMθ ]=[00] ; ω1=11,53 rads ; ω2=31,67 rads ; ( yCM θ )1 =−0,12 ; ( yCM θ )2 =9,95⋅10−5 QUESTÃO 03 Na figura ilustrada, o carro de massa m1 = 3 kg é estimulado a vibrar através da mola de rigidez k1 = 10 kN/m. Sobre o carro encontra- se o bloco de massa m2 = 2 kg que pode deslizar sem atrito sobre o mesmo, e ao qual encontra-se ligado pela mola de rigidez k2 = 5 kN/m. O cursor A, tem deslocamento x=0,05⋅cos (ω⋅t) , sendo ω=2⋅π⋅f com f=1600 rpm . Pedem-se: a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração); c) as equações horárias dos blocos em função do tempo; d) a rigidez k2, para que a massa m2 funcione como absorvedor sintonizado de vibração. [3⋅ω2−15000 50005000 2⋅ω2−5000]⋅[ x1x2]=[−5000 ]⋅cos (167,55⋅t) ; ω1=50,0 rads ; ω2=70,7 rads ; d y C M φ CM m1 x2x1x A m2k2k1 41/52 x1=−0,0073⋅cos (167,55⋅t) ; x2=0,0007⋅cos (167,55⋅t ) ; k 2=56 kN m QUESTÃO 04 O bloco 01 possui massa m1 = 0,5 kg e encontra-se ligado à parede fixa através da mola de rigidez k1 = 800 N/m e ao bloco 02 de massa m2 = 0,3 kg, através da mola de rigidez k2 = 500 N/m. Ambos apoiam-se em superfície lisa. Pedem-se: a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração); c) as razões de amplitudes para cada modo normal. ω1=√762 rad s ; ( A1 A2 ) 1 =0,55 ; ω2=√3478 rad s ; ( A1 A2 ) 2 =−1,10 QUESTÃO 05 O bloco 01 possui massa m1 = m e encontra-se ligado à parede fixa atravésda mola de rigidez k e ao bloco 02 de massa m2 = 2.m, através da mola de rigidez k. O bloco 02 liga-se também a uma segunda parede fixa, através de mola de rigidez k. Ambos apoiam-se em superfície lisa. Pedem-se: a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração); c) as razões de amplitudes para cada modo normal. ω1=√0,63⋅km ; ( A1A2 )1=0,73 ; ω2=√2,37⋅km ; ( A1A2 )2=−2,73 QUESTÃO 06 Dois pêndulos idênticos são constituídos por barra leve de comprimento L = 0,8 m, com articulação em uma das extremidades e massa m = 2 kg concentrada na outra. Os dois pêndulos são conectados entre si pela mola de rigidez k = 100 N/m, afixada à distância a = 0,2 m da articulação de ambos. Um dos pêndulos está conectado a uma parede através de uma segunda mola de rigidez k = 100 N/m. Considerando pequenas oscilações, e que o momento de inércia de um pêndulo em relação ao seu ponto de suspensão é I = m . L2, pedem-se: a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema; c) as razões de amplitudes para cada modo normal. QUESTÃO 07 O bloco 01 possui massa m1 = 3.m e encontra-se ligado à parede fixa através da mola de rigidez k1 = k e ao bloco 02 de massa m2 = m, através da mola de rigidez k2 = k. O bloco 02 também está ligado a outra parede fixa através da mola de rigidez k3 = 3.k. Ambos blocos apoiam-se em superfície lisa. Pedem-se: m1 k2 m2k1 m1 k m2k 3.k φ 1 L m m k a k φ 1 m1 k m2k 3.k 42/52 a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração); c) as razões de amplitudes para cada modo normal. [3⋅m⋅ω2−k kk m⋅ω2−4⋅k]⋅[ x1x2]=[00] ; ω1=√0,25⋅km ; ( A1A2 )1=4 ; ω2=√4,09⋅km ; ( A1A2 )2=−0,09 QUESTÃO 08 Dois vagões de peso P = 222,41 kN cada, estão interligados por engate com rigidez k = 233,500 kN/m. Pedem-se: a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema; c) as razões de amplitudes para cada modo normal. ω=15,7 rad s QUESTÃO 09 A figura ilustra edifício de dois pavimentos. O pavimento superior possui massa m1 e liga-se ao pavimento inferior por estrutura de rigidez k1. O pavimento inferior possui massa m2 e liga-se através de estruturas com rigidez k1, ao pavimento superior, e de rigidez k2 ao solo. Sabe-se que m1 = 0,5 . m2 e que k1 = 0,5 . k2. Pedem-se: a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração); c) as razões de amplitudes para cada modo normal. ω1=√ k12⋅m1 ; ( A1A2 )1=2 ; ω2=√ 2⋅k1m1 ; ( A1A2 )2=−1 QUESTÃO 10 O tubo de ar comprimido vibra violentamente quando o compressor apresenta frequência f = 350 rpm, com o intuito de contornar esse problema, pretende-se instalar um absorvedor sintonizado. No almoxarifado encontram-se molas com as seguintes rigidezes expressas em N/m: 134,34; 268,67; 403,00; 671,68; 1074,69. Priorizando a preservação do tubo, dimensionar o absorvedor sintonizado. m=0,10 kg ; k=134,34N /m x 1 x 2 m1 m2 k1 k2 x2 x1 43/52 QUESTÃO 11 O disco de momento de inércia ICM= m⋅R2 2 tem eixo fixo e encontra-se ligado através de duas molas de rigidez k1 = 1000 N/m e k2 = 2000 N/m respectivamente, à parede fixa e a um bloco de massa m. Considerando-se que m = 2 kg, R = a = 0,2 m e pequenos ângulos, pedem-se: a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração); c) as razões de amplitudes para cada modo normal. [ω2⋅0,04−60 200−200 ω2⋅2+2000]⋅[θy ]=[00] ; ω=√2850,75=53,39 rad /s ; θ y =−3,70 QUESTÃO 12 Os Discos ilustrados possuem momento de inércia ICM = 0,04 k.m2, eixos fixos, e são interligados entre si, e às paredes fixas através das molas com rigidezes expressas em N/m: k1 = 20; k2 = 30; e k3 = 40. Considerando a distância a = 0,2 m, e pequenas oscilações. Pedem-se: a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração); c) as razões de amplitudes para cada modo normal. [ω2⋅0,04−1,1 0,30,3 ω2⋅0,04−1,90]⋅[θ1θ2]=[00] ω1=3,54 rad / s ; ω2=10,61 rad / s ; ( A1 A2 ) 1 =0,50 ; ( A1 A2 ) 2 =−0,09 QUESTÃO 13 O disco de momento de inércia ICM= m⋅R2 2 tem eixo fixo e encontra- se ligado através de duas molas de rigidez k1 = k2 = 1000 N/m, respectivamente, à parede fixa e a um bloco de massa m. O bloco de massa m, também está ligado a uma segunda parede fixa através da mola com rigidez k3 =1000 N/m. Considerando-se que m = 2 kg, R = a = 0,2 m e pequenos ângulos, pedem-se: a) as equações do movimento na forma matricial; b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração); c) as razões de amplitudes para cada modo normal. [ω2⋅0,04−80 200200 ω2⋅2−2000]⋅[θy]=[00] ; ω1=√634=25,18 rad / s ; ( θy )1 =3,66 ; ω1=√2366=48,24 rad /s ; ( θ y ) 2 =−13,66 k1 k2 a/2 a ICM q1 m y ICM k1 k2 a/2 a ICM q1 q2 k3 k1 k3 m a a ICM q y k2 44/52 QUESTÃO 14 A figura ilustra os blocos de massa m1 = 2 kg e massa m2 = 5 kg, interligados entre si pela mola de rigidez k2 = 80 N/m. O bloco de massa m1, encontra-se ligado ao cursor A, através da mola de rigidez k1 = 50 N/m. O bloco de massa m2, encontra-se ligado a parede fixa, através da mola de rigidez k3 = 50 N/m. O cursor A, é acionado pelo conjunto manivela biela que impõe ao mesmo deslocamento x=a⋅cos(θ) , sendo que θ=ω⋅t , onde ω é a velocidade angular da manivela e t o tempo. A manivela possui dimensão a=0,02m e gira em torno de seu eixo fixo com frequência f=59,6 rpm . Pedem-se: a) o diagrama de esforços em cada bloco; b) as equações do movimento; c) as frequências próprias do sistema (modos de vibração); d) as equações horárias dos blocos em função do tempo. QUESTÃO 15 A figura ilustra três blocos de massa “m” interligados com molas de rigidezes “k”, entre si e com as paredes verticais. A dotando-se m=2,0kg e 25N /m , pedem-se: a) a equação matricial do movimento. b) as frequências dos modos normais; c) as razões de amplitudes dos modos normais. ϴ A m1 k2 m2k1 a x k3 mk k k 3.km m 45/52 APÊNDICE A: Soma de matrizes: A soma de duas matrizes só é definida quando ambas possuem o mesmo número de linhas e o mesmo número de colunas. [1 2 34 5 67 8 9]+[ a b c d e f g h i ]=[ 1+a 2+b 3+c 4+d 5+e 6+ f 7+g 8+h 9+i ] Nota: a subtração de matrizes segue as mesmas regras da soma. Produto de matrizes: O produto de matrizes exige que, o número de colunas da 1ª matriz seja igual ao número de linhas da 2ª matriz. [1 24 57 8]⋅[a b cd e f ]=[(1⋅a+2⋅d ) (1⋅b+2⋅e) (1⋅c+2⋅f )(4⋅a+5⋅d) (4⋅b+5⋅e ) (4⋅c+5⋅f )(7⋅a+8⋅d) (7⋅b+8⋅e) (7⋅c+8⋅f )] Observe-se que os elementos da matriz resultante, foram obtidos da seguinte forma: a) elemento e1,1 , ou seja, o elemento da 1ª linha e 1ª coluna, é o produto da 1ª linha da 1ª matriz pela 1ª coluna da 2ª matriz: e1,1=(1⋅a+2⋅d ) ; b) elemento e3,2 , ou seja, o elemento da 3ª linha e 2ª coluna, é o produto da 3ª linha da 1ª matriz pela 2ª coluna da 2ª matriz: e3,2=(7⋅b+8⋅e) ; Nota: o produto acima não é comutativo, pois não é definido. Divisão de matrizes: Considerem-se as matrizes [A] e [B], a razão entre elas é expressa como o produto entre a matriz [A] e o inverso da matriz [B], ou seja: [A ] [B] =[ A]⋅[B ]−1 Existem mais de uma forma para obter-se a matriz inversa, desde que ela exista. O método desenvolvido a seguir, envolve a obtenção de matrizes auxiliares. Definindo algumas grandezas úteis: [I ] é a matriz identidade, ou seja, o elemento neutro no produto; [B] é a matriz da qual se quer, a matriz inversa, ou seja: [B]⋅[B]−1=[ I ] ; Δ[B ] é o determinante da matriz [B], da qual se quer determinar a matriz inversa, eobrigatoriamente tem de ser diferente de ZERO; adj [B ] é a matriz adjunta da matriz [B]; Demonstra-se que: [B]−1= 1Δ[B ] ⋅adj [B ] com: Δ[B ]≠0 46/52 Etapa 01: calcular o determinante da matriz [B] : Escolhendo a matriz [B]: [B]=[7 2 32 6 43 4 5] , note-se que optou-se por uma matriz simétrica; Δ[B ]=[7 2 32 6 43 4 5] 7 22 63 4 Δ[B ]=(7⋅6⋅5)+(2⋅4⋅3)+(3⋅2⋅4)−(3⋅6⋅3)−(7⋅4⋅4)−(2⋅2⋅5) => Δ[B ]=72 Nota: essa matriz é inversível ... Etapa 02: determinar a matriz dos cofatores [C ij] : Escolhendo a matriz [B]: [B]=[7 2 32 6 43 4 5] Os cofatores: O primeiro cofator c1,1 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o define, foi obtido retirando-se a 1ª linha e a 1ª coluna da matriz [B] ; c1,1=(−1) 1+1⋅det [6 44 5]=+1⋅(6⋅5−4⋅4)=14 O segundo cofator c1,2 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o define, foi obtido retirando-se a 1ª linha e a 2ª coluna da matriz [B] ; c1,2=(−1) 1+2⋅det [2 43 5]=−1⋅(2⋅5−4⋅3)=2 Como a matriz [B] é simétrica, o coeficiente c2,1 é igual ao coeficiente c1,2 . A expressão abaixo, determina o cofator c2,1 , sendo que o determinante que o define, foi obtido retirando a 2ª linha e a 1ª coluna da matriz [B] ; c2,1=(−1) 2+1⋅det [2 34 5]=−1⋅(2⋅5−4⋅3)=2 O quarto cofator c1,3 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o define, foi obtido retirando-se a 1ª linha e a 3ª coluna da matriz [B] ; c1,3=(−1) 1+3⋅det[2 63 4]=+1⋅(2⋅4−6⋅3)=−10 => c3,1=−10 <= devido à simetria O sexto cofator c2,2 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o 47/52 define, foi obtido retirando-se a 2ª linha e a 2ª coluna da matriz [B] ; c2,2=(−1) 2+2⋅det [7 33 5]=+1⋅(7⋅5−3⋅3)=26 O sétimo cofator c2,3 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o define, foi obtido retirando-se a 2ª linha e a 3ª coluna da matriz [B] ; c2,3=(−1) 2+3⋅det[7 23 4]=−1⋅(7⋅4−2⋅3)=−19 => c3,2=−19 <= devido à simetria O nono cofator c3,3 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o define, foi obtido retirando-se a 3ª linha e a 3ª coluna da matriz [B] ; c3,3=(−1) 3+3⋅det[7 22 6]=+1⋅(7⋅6−2⋅2)=38 Montando a matriz dos cofatores: [C i , j]=[c1,1 c1,2 c1,3c2,1 c2,2 c2,3c3,1 c3,2 c3,3] => [C i , j]=[ 14 2 −10 2 26 −19 −10 −19 38 ] Etapa 03: determinar a matriz adjunta. A matriz adjunta, é a matriz transposta da matriz dos cofatores, ou seja, basta trocar linhas por colunas. adj [B ]=[ 14 2 −102 26 −19−10 −19 38 ] Como pode-se observar, a transposição de uma matriz simétrica, não produz alteração na mesma. Etapa 04: a matriz inversa: [B]−1= 1Δ[B ] ⋅adj [B ] => [B]−1= 1 72 ⋅[ 14 2 −102 26 −19−10 −19 38 ] Note-se que: [B]⋅[B]−1=[1]=[1 0 00 1 00 0 1] 48/52 APÊNDICE B: Números complexos. Considere-se um número complexo “z”, é usual representá-lo por duas maneiras distintas: a forma cartesiana e a forma polar. 1. Representação cartesiana: z=(a ,b)=a+i⋅b “a” e “b” são números reais; “i” representa a parte “imaginária”, ou seja, √i=−1 ou i2=1 . Considerando-se um plano definido pelos eixos real ℜ e imaginário ℑ , cada número complexo será representado por um ponto do mesmo. A figura ilustra o número complexo z=a+i⋅b . 2. Representação Polar, nesta representação se utilizam dois elementos: O comprimento da reta que liga o ponto que representa o número complexo e a origem do sistema de eixos, representado por “Z”; O ângulo entre essa reta e o eixo real, representado por ϕ . A representação polar é: z=(Z ,ϕ) A relação entre as duas representações é obvia: z=a+i⋅b=Z⋅cosϕ+i⋅Z senϕ com: Z=√(a2+b2) e ϕ=arctan( ba ) Nota: O ângulo φ obtido através da função arco tangente, deve ser ajustado da seguinte forma: a) no caso de parte real e imaginária, ambas positivas é um ângulo do 1º quadrante; b) no caso de parte real negativa e parte imaginária positiva, é um ângulo do 2º quadrante; no caso de parte real e imaginária ambas negativas é um ângulo do 3º quadrante; no caso de parte real positiva e imaginária negativa é um ângulo do 4º quadrante. Considerem-se os números complexos: z1=a1+i⋅b1 => z1=(Z1,ϕ1) com Z1=√a12+b12 e arctan ( b1 a1 ) z2=a2+i⋅b2 => z2=(Z2,ϕ2) com Z2=√a22+b22 e arctan ( b2 a2 ) . A soma ou subtração, na forma cartesiana: z1±z2=a1±a2+i⋅(b1±b2) O produto na forma cartesiana: z1⋅z2=(a1+i⋅b1)⋅(a2+i⋅b2)=a1⋅a2+i⋅a1⋅b2+ i⋅b1⋅a2+i 2⋅b1⋅b2 z1⋅z2=a1⋅a2−b1⋅b2+i⋅(a1⋅b2+b1⋅a2) a b z(a,b) a b z(a,b) φ Z 49/52 O produto na forma polar: z1⋅z2=(Z1⋅Z2;ϕ1+ϕ2) A razão na forma cartesiana: z1 z2 = a1+i⋅b1 a2+i⋅b2 => z1 z2 = a1+i⋅b1 a2+i⋅b2 ⋅ a2−i⋅b2 a2−i⋅b2 z1 z2 = a1⋅a2−b1⋅b2+i⋅(a1⋅b2+b1⋅a2) a2 2+b2 2 A razão na forma polar: z1 z2 =( z1 z2 ;ϕ1−ϕ2) Nota: produto e razão de números complexos, é mais simples se efetuados na forma polar. 50/52 APÊNDICE C Para obter o emulador da hp 50: Abra: “MEU COMPUTADOR” Clique na aba superior e digite: ftp://200.136.94.16/ VM-2015 A janela de logon se abre e será necessário preencher: Nome do usuário: unip_campinas Senha: unip Após o logon, abre-se nova janela ... Selecione a pasta hp50, clicando com o botão direito do mouse e escolha: “Copiar para ...” Indique a pasta do seu computador para a qual deseja copiar o arquivo … Após a conclusão do download, a pasta estará em seu computador. Abra a pasta “clique” em “Emu48.exe” …. está feito …. COMO USAR?! Obtendo as raízes do polinômio abaixo: Δ=−0,75⋅λ3+148,75⋅λ2−6.462,5⋅λ+26.250=0 Os coeficientes necessários para a solução das raízes do polinômio, deverão ser digitados na hp50, obrigatoriamente na sequência: 1º coeficiente é o da varável com expoente 3: (-0,75); 2º coeficiente é o da variável com expoente 2: (148,75); 3º coeficiente é o da variável com expoente 1: (-6.462,5); 4º coeficiente é o termo independente: (26.250). Nota: Caso a equação não apresente, por exemplo, o termo da variável com expoente 2, esse coeficiente deve ser informado como ZERO. A sequência de telas a seguir ….. . .. … …. ….. 51/52 Resolvendo com a hp50 … DIGITE: => SELECIONE “Solve poly .. “ COM DIGITE “OK” => DIGITE “EDIT” DIGITE O 1º COEFICIENTE => DIGITE “ENTER” DIGITE O 2º COEFICIENTE => DIGITE “ENTER” DIGITE TODOS COEFICIENTES => DIGITE “ENTER” CONTINUANDO …...... 7 52/52 DIGITE => DIGITE “SOLVE” DIGITE “ENTER” => DIGITE “VIEW” 1ª RAIZ: 4,52; DIGITE => 2ª RAIZ:56,28; DIGITE 3ª RAIZ:137,53 6. Isolamento de vibrações. 6.1. Coeficiente de Transmissibilidade. 6.2. Coeficiente de Redutibilidade: 6.3.Exemplo: 6.4.Exemplo: 6.5.Exemplo: 7. Dois Graus de Liberdade. 7.1. Dois graus de Liberdade; Oscilação Livre Sem Amortecimento. 7.1.1.Exemplo: 7.1.2 Exemplo: 7.2. Dois graus de Liberdade; Oscilação Forçada Sem Amortecimento. 7.2.1. Dois graus de Liberdade Absorvedor Sintonizado. 7.2.2. Exemplo: 7.2.3. Exemplo: 7.2.3. Exemplo: 7.3. Dois Graus de Liberdade, OFCA – Oscilação forçada com Amortecimento. 7.3.1 Exemplo. 8. Três Graus de Liberdade 8.1. Três Graus de Liberdade; OLSA – Oscilação Livre Sem amortecimento. 8.1. Exemplo. 8.2. Três Graus de Liberdade; OFSA - Oscilação Forçada sem Amortecimento. 9. lista de exercícios preparatória para a 2ª prova APÊNDICE A: Soma de matrizes: Produto de matrizes: Divisão de matrizes: APÊNDICE B: APÊNDICE C
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