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