Aula 12 a 16 - APOSTILA DE VIBRAÇÕES MECÂNICAS

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APOSTILA DE VIBRAÇÕES MECÂNICAS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Autores: Prof. José Geraldo Trani Brandão 
 Prof. Mauro Hugo Mathias 
 
 
Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 
 2
1. INTRODUÇÃO 
 
Vibração Mecânica é o estudo dos movimentos oscilatórios. Trata-se de um tema 
lógico, explicável através de princípios básicos da mecânica. Seus conceitos matemáticos 
são todos eles associados à fenômenos físicos que podem ser experimentados e medidos, e 
é um assunto em constante progresso tecnológico. 
Se o centro de massa de um corpo oscila ou inverte o seu sentido de movimento 
periodicamente, dizemos que este corpo está vibrando. Todo sistema mecânico dotado de 
massa e elasticidade é capaz de vibrar. 
O objetivo de um projetista é controlar a vibração quando esta é desagradável e 
aumentar a vibração quando esta é útil, entretanto as vibrações, na sua maioria, são 
indesejáveis. 
 
Exemplo: Projeto de máquinas ⇔ diagnose de máquinas 
 
Algumas definições importantes são: 
• Vibração Livre: ocorre quando o sistema vibra com a ação de forças internas, sem 
a existência de forças externas, apenas sujeito a uma condição inicial. 
• Vibração Forçada: ocorre quando o sistema vibra com a ação de forças externas. 
• Vibração Linear: os coeficientes da equação diferencial do movimento são 
invariantes ou a sua variação é relativamente pequenas para a maioria dos casos. O 
princípio da superposição é válido. 
• Vibração Não-Linear: os coeficientes da equação diferencial do movimento são 
variáveis com algum parâmetro do sistema em estudo. O princípio de superposição 
não é válido. 
• Vibração Aleatória: é aquela na qual o valor instantâneo de um dado parâmetro em 
qualquer tempo futuro não é determinístico e sim probabilístico. 
• Freqüência Natural: é a freqüência na qual um dado sistema responde livremente a 
uma dada condição inicial, sem a ação de forças externas. 
• Grau de Liberdade: em um sistema, é o número de coordenadas necessárias, 
suficientes e independentes para, a descrição de seu movimento. 
 
1 partícula livre no espaço = 3 graus de liberdade 
1 corpo livre no espaço = 6 graus de liberdade 
corpos elásticos = infinitos graus de liberdade 
Modelagem ⇔ rigidez relativa 
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 3
As soluções de uma grande quantidade de problemas de vibrações na engenharia 
podem ser resolvidos com uma precisão satisfatória, equacionando-se os sistemas com 
apenas um grau de liberdade. 
Na elaboração de um modelo teórico de um dado sistema mecânico, existe sempre 
uma aproximação do real com o teórico, nem todos os efeitos são levados em consideração, 
pois assim teríamos um modelo perfeito. O que se faz é um modelamento visando atingir os 
objetivos da análise de algum fenômeno especial. 
 
Exemplo: modelamento simplificado da suspensão de um automóvel. 
 
1.1. Elementos de um Sistema Vibratório 
 
Todo sistema pode ser idealizado e composto de massa, mola e amortecedor. 
A massa é assumida ser um corpo rígido. Ela pode vibrar, assim armazena ou 
dissipa energia cinética de acordo com a variação da posição e velocidade da massa. A 
força produzida pelo deslocamento da massa é a força de inércia, a qual manifesta-se 
obedecendo a 2ª lei de Newton. 
A mola possui elasticidade e sua massa normalmente é desprezada. A força da mola 
só existe se a mola for estendida ou comprimida e o trabalho realizado por ela é 
transformado em energia potencial ou cinética e a qual obedece a lei de Hooke, segundo 
uma proporcionalidade dada pela constante de mola. 
O amortecedor não possui nem massa e nem elasticidade. O amortecimento só 
existe se existir movimento relativo entre duas partes do sistema que se atritam. A energia 
dissipada pelo amortecedor é transformada em calor e o amortecimento é dito viscoso 
quando a força aplicada é proporcional a velocidade. 
 
1.2. Movimento Harmônico 
 
Quando o intervalo de tempo das repetições do movimento forem iguais, diz-se que 
o movimento é periódico. O tempo de repetição T é denominado período da oscilação e a 
freqüência de oscilação f é o inverso do período: 
 
T
1f =
 
 
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 4
A forma mais simples de movimento periódico é o movimento harmônico simples 
(mhs). O movimento harmônico simples pode ser ilustrado por meio de uma massa 
suspensa de uma mola. 
T
A
t
x
 
As grandezas associadas ao movimento harmônico são dadas pelas seguintes 
relações: 
 
tAsen)t(x ω= , (1.1) 
 
tcosA)t(x ωω=& , (1.2) 
 
tsenA)t(x 2 ωω−=&& , (1.3) 
onde A é a amplitude de oscilação e 
T
2pi
=ω é a freqüência angular do movimento, sendo 
T o período de oscilação. 
Uma outra forma de se definir um movimento harmônico é através da projeção 
numa linha reta de um vetor girante com uma velocidade angular constante: 
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 5
 
pi=ω 2t. ⇒ 
T
2pi
=ω . 
Se adotarmos um eixo imaginário i para descrever o movimento de um ponto P em 
uma circunferência e admitindo que o raio da circunferência seja representado por uma 
quantidade complexa z, chamada de fasor. Podemos escrevê-la como: 
 
θ+θ== θ iAsen Acos Ae z i , 
 
onde tω=θ . 
Definindo os componentes real e imaginário da equação z na forma: 
 
( ) .tAcos zR e ω= , 
( ) .tAsen zIm ω= . 
Considerando dois movimentos harmônicos com a mesma freqüência, mas 
defasados de um ângulo de fase φ, temos os fasores 
 
.ti
11 .e A z
ω
= , 
 
( )φ+ω
=
.ti
22 .e A z , 
onde A1 e A2 são números reais. 
 
t.i
2
t.i
A
i
22 eAe..e A z
2
ωωφ
==
321 , 
 onde 2A é um número complexo. 
Esta forma de representação é muitas vezes útil em problemas que envolvem 
movimentos harmônicos. 
 
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1.3. Análise Harmônica 
 
É comum a existência simultânea de vibrações com várias freqüências diferentes. 
“Na prática a maioria das vibrações são compostas de várias freqüências e várias 
amplitudes”. 
O matemático francês J. Fourier (1768-1830) mostrou que qualquer movimento 
periódico complexo pode ser representado por uma série de senos e co-senos 
harmonicamente relacionados. Se x(t) é uma função periódica no tempo, então ela pode ser 
escrita segundo a série de Fourier: 
 
t,sennbt2senbtsen b
...tncosaωt2cosaωtcos a 
2
a
 x(t) 
n21
n21
0
ω+ ... +ω+ ω+
 + ω+ ... + +=
 
(1.4) 
 
onde 
T
pi2
ω =
 é chamada de freqüência fundamental. 
Multiplicando ambos os lados da equação (1.4) por tcosnω e tsennω e 
integrando cada termo sobre o período T, obtém-se: 
 
∫=
T
0
0 dt).t(xT
2
a , 
dt.tncos).t(xa
2/
2/
n ∫
pi
pi−
ω
pi
ω
= , 
∫
pi
pi−
ω
pi
ω
=
2/
2/
1
n dt.tsenn).t(xb . 
 
Voltando a série de Fourier, obtemos; 
 
tsennbtncosa nn ω+ω , 
 








ω
+
+ω
+
+ tsenn.
ba
b
tncos.
ba
aba
2
n
2
n
n
2
n
2
n
n2
n
2
n . (1.5) 
 
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 7
an
bn cn
φn
 
 
Do triângulo pode-se expressar 
 
2
n
2
n
n
n
ba
b
sen
+
=φ , (1.6) 
 
2
n
2
n
n
n
ba
a
cos
+
=φ , (1.7) 
 
2
n
2
nn bac += , (1.8) 
 
n
n
n
a
b
tg =φ . (1.9) 
 
 Substituindo as equações (1.6), (1.7) e (1.8) na equação (1.5) obtemos; 
 
( ) ( )nnnnn tncos.ctsennsentncos.cosc φ−ω=ωφ+ωφ . 
 
 A série de Fourier, então, pode ser escrita da seguinte forma; 
 
)tncos(.c
2
a)t(x nn0 φ−ω+= . (1.10) 
 
 Deste modo, nc e nφ definem completamente a contribuição harmônica da onda 
periódica.Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 
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1.4. Propriedades do Movimento Oscilatório 
 
Certas propriedades do movimento oscilatório são de grande interesse na medida da 
vibração. As mais importantes são: 
• Valor de Pico: indica o valor máximo da grandeza em estudo de que está 
submetido um sistema vibrante. 
• Valor Médio: indica o valor estável ou estático do movimento. Pode ser 
determinado pela integração 
 
∫
∞→
=
T
0T
dt).t(x
T
1limx . 
• Valor Quadrático Médio: é a média dos valores quadráticos, integrados nos 
limites de algum intervalo de tempo T, o qual é associado a energia de vibração. 
 
∫
∞→
=
T
0
2
T
2 dt).t(x
T
1limx . 
• Raiz da Média Quadrática: é a raiz quadrada da media quadrática. 
• Espectro da Freqüência: é a representação no domínio da freqüência de um sinal 
no tempo, podendo este possuir várias freqüências. 
 
No caso de um movimento periódico, o espectro de freqüência é constituído de uma 
série de retas traçadas a partir dos pontos que marcam os múltiplos inteiros da freqüência 
fundamental, conforme definidos pela série de Fourier. 
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cn
ω2ω 3ω nωω
 
EXEMPLO 1: Um acelerômetro indica que uma dada estrutura está vibrando a 82 cps e 
sua amplitude máxima de aceleração é de 50 [g]. Determinar a amplitude máxima da 
vibração. 
 
[ ]
[ ]
[ ]m10847,1A
)5,515(
5,490A
5,490t.senA)t(x
t.cosA)t(x
t.Asen)t(x
s/m5,490g50a
s/rad2,515cps82f
3
2
2
2
máx
−×=⇒=
=ωω−=
ωω=
ω=
==
=ω⇒=
&&
& 
 
EXEMPLO 2: Determinar a série de Fourier e o espectro de freqüência de um conjunto de 
pulsos retangulares como mostrado. 
 
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Fazendo:
ω
β
=⇒ω=β⇒ω=β⇒ω=β ddtdt.d
dt
d
t.
 
 
Calculando 0a , na e nb : 
∫pi
ω
=
T
0
0 dt)t(xa 
( )011d.1a
0
T
0
0 −pi
pi
=β
pi
=
ω
β
pi
ω
=
pi
∫ ⇒ 1a0 = 
 
∫
−
ω
pi
ω
=
2/T
2/T
n dt.t.ncos).t(xa 
∫∫
pipi
ββ
pi
=ββ
ωpi
ω
=
00
n d.ncos).t(x
1d.ncos.)t(xa
0asenn.
n
1
n
senn
.
1
a n
0
n =⇒pi
pi
=
β
pi
=
pi
 
 
∫
−
ω
pi
ω
=
2/T
2/T
n dt.t.senn).t(xb 
[ ]1ncos
n
1
n
ncos
.
1d.senn).t(x1b
0
2/T
2/T
n −pi
pi
−=
β
pi
−=ββ
pi
=
pi
−
∫ 
[ ]




pi
=⇒
=⇒
pi−
pi
n
2bímparn/p
0bparn/p
ncos1
n
1
n
n
 
 
∞→=φ
n
n
n
a
b
tg ∴⇒ °=φ 90n 
pi
==+=⇒
n
2bbacímparn/p n
2
n
2
nn 
 
 
 
 
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Portanto, a série de Fourier fica; 
 
)90t.ncos(
n
2
2
1)t(x °−ω
pi
+=
 
]º90sen.tsenn90cos.tn.[cos
n
2
2
1)t(x ω+°ω
pi
+=
 
tsenn
n
2
2
1)t(x ω
pi
+=
 
 
O espectro da freqüência 
 
cn
ωt3pi 5pi
2/pi
7pipi
2/3pi
2/5pi
2/7pi
 
1.5. Constantes de Rigidez 
 
• Molas Flexionais: são molas resistentes a deslocamentos de translação. 
 
K
M
x0
 
 
0KxP = ⇒
0x
Pk = , 
 
 onde P é a força peso da massa M. 
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x0
M
L/2
L
 
EI48
PL
x
3
0 = ⇒ 
EI48
PL
P
x
PK 3
0
== ⇒ 3L
EI48K = . 
 
• Molas Torcionais: são molas resistentes a deslocamentos de torção. 
L Kt
O
φ Jp
 
Jp.G
L.Mt
=φ
 ⇒ 
Jp.G
L.Mt
MtMtKt =φ= ⇒ L
Jp.GKt = , 
 
onde G é o módulo de elasticidade transversal e Jp é o momento de inércia polar de área. 
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Associação de Molas em PARALELO 
K1 K2 K3
M
Kn
 
n321 FFFFP ++++= K 
0n0302010eq xKxKxKxKxK ++++= K 
∴⇒ n321eq KKKKK ++++= K . 
 
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Associação de Molas em SÉRIE 
K1
M
K2
K3
Kn
n3210 xxxxx ++++= K 
n321eq K
P
K
P
K
P
K
P
K
P
++++= K
 
∴⇒ 
n321eq K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
++++= K . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2. SISTEMAS COM UM GRAU DE LIBERDADE 
 
A equação diferencial do movimento (EDM) de um sistema com um grau de 
liberdade pode ser escrita com apenas uma coordenada. 
Os elementos que compõem os sistemas mecânicos, aqui apresentados, serão 
admitidos operando na região linear. 
 
Mola Amortecedor 
F
x
Κ
F
x
c
 
[ ]mN
x
FK
∆
∆
=
 
[ ]s/kgmNs
x
F
c =
∆
∆
=
&
 
KxF = xcFc &= 
 
• Sistema Flexional Completo: 
M
K
F0senωt
x
c
Kx
F0senωt
cx
 
∑ = xMF && 
xMxcKxt.senF0 &&& =−−ω 
t.senωFKxxcxM 0=++ &&& . 
 
 
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onde: 
t.senF0 ω : Força externa excitadora, 
Kx : Força de mola (restauradora), 
xc& : Força de amortecimento (dissipadora), 
xM && : Força de inércia. 
 
• Sistema Torcional Completo: 
T0senωt
Kt
O
θ Jp
 
θ=∑ &&pJT 
θθθω &&& ptt JKctT =−−.sen0 
tTKcJ ttp .sen0 ωθθθ =++ &&& . 
 
onde: 
pJ : momento de inércia polar de massa, 
θ&&pJ : torque de inércia, 
θ&tc : torque de amortecimento, 
θtK : torque da mola (restaurador), 
t.senT0 ω : torque externo excitador. 
 
 
 
 
 
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2.1 Vibrações Livres Não-Amortecidas 
 
Considerando o movimento do sistema massa-mola 
x0
M
x
posição de eqüilíbrio estático
posição de mola em repousoK
M
 
∑ = xMF && 
xMKxKxP 0 &&=−− , 
 
sendo 0KxP = , então, a equação diferencial do movimento (EDM) será 
 
0KxxM =+&& . (2.1) 
 
Adotando a solução da equação (2.1) da forma; 
 
t.cosBt.Asen)t(x ω+ω= . (2.2) 
onde A e B são constantes que dependem da condição inicial de vibração do sistema. 
 
Derivando a posição podemos obter a velocidade e aceleração; 
t.senBt.cosA)t(x ωω−ωω=& , (2.3) 
 
t.cosBt.senA)t(x 22 ωω−ωω−=&& , (2.4) 
 
 Substituindo as equações (2.2) e (2.4) na equação (2.1), obtemos; 
 
0)t.cosBt.Asen(K)t.cosBt.senA(M 22 =ω+ω+ωω−ωω−
 
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 18
)t.cosBt.Asen(K)t.cosBt.Asen(M 2 ω+ω=ω+ωω
 
KM 2 =ω 
 
Da expressão acima obtém-se a freqüência natural do sistema de um grau de 
liberdade; 
 
M
K
n =ω . (2.5) 
 
 O sistema livre não amortecido, quando posto em movimento, vibra 
indefinidamente com a freqüência natural. 
A resposta do sistema no tempo será: 
 
tcosBtAsen)t(x nn ω+ω= 
 
t
M
K
cosBt
M
KAsen)t(x += . (2.6) 
 
Supondo as seguintes condições iniciais de vibração: 
 
ix)0(x = e ix)0(x && = , 
 
e substituindo-as nas equações (2.2) e (2.3), respectivamente, definimos: 
 
0cosB0Asenx)0(x i +== ∴⇒ ixB = , 
 
0senB0cosAx)0(x nni ω−ω== && ∴⇒ 
n
ixA
ω
=
&
. 
 
Então, a resposta subseqüente do sistema será 
 
t
M
K
cosxt
M
K
sen
x)t(x i
n
i +
ω
=
&
. (2.7) 
 
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 19
A freqüência natural pode ser escrita de uma outra forma: 
 
M
K
n =ω , se: 0x.KMgP == ⇒ 
0x
MgK = , 
então: 
0
n Mx
Mg
=ω ∴⇒ 
0
n
x
g
=ω , 
 
ou, da seguinte forma: 
 
nn 2
1f ω
pi
= ∴⇒ 
0
n
x
g
2
1
M
K
2
1f
pi
=
pi
=
 
 
Assim, podemos escrever a freqüência natural de um sistema em função de deflexão 
estática do mesmo. 
No caso de sistemas torcionais, a 2a Lei de Newton deve ser substituída por: 
 
θ=∑ &&0JT 
 
EXEMPLOSDE APLICAÇÃO 
 
EXEMPLO 1: Determinar a freqüência natural de um sistema massa-mola não-amortecido 
pelo método da energia, considerando um sistema conservativo. 
 
0)E(
dt
d
T = ⇒ 0)EE(dt
d
PC =+ ∴⇒ máx,Pmáx,C EE = 
como t.Asenx ω= e t.cosAx ωω=& 






==
ω==
22
máxmaxP
2
máxmax,C
KA
2
1Kx
2
1E
)A(M
2
1
xM
2
1E &
⇒ 222 KA
2
1MA
2
1
=ω
 ∴⇒ 
M
K2
n =ω 
 
 
 
 
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EXEMPLO 2: Determinar a freqüência natural de um sistema torcional não-amortecido 
pelo método da energia, considerando um sistema conservativo. 
 
t.senωΘ=θ e t.cosωωΘ=θ& 
0)E(
dt
d
T = ⇒ 0)EE(dt
d
PC =+ ∴⇒ máx,Pmáx,C EE = 






Θ=θ=
ωΘ=θ=
2
t
2
máxtmaxP
2
0máx0max,C
K
2
1K
2
1E
)(J
2
1J
2
1E &
⇒
 
2
t
22
0 K2
1J
2
1 Θ=ωΘ
 
∴⇒
 
0
t2
n J
K
=ω
 
 
EXEMPLO 3: Uma massa M1 suspensa por uma mola de rigidez K está em equilíbrio 
estático. Uma segunda massa M2 cai de uma altura h e junta-se a M1 sem ressaltar, como 
indicado na figura. Determinar o movimento subseqüente do sistema. 
K
M1
h
M2
 
Após a queda da massa M2, o sistema assume a seguinte configuração: 
K
M1
M2
M1
posição de eqüilíbrio
estático do conjunto
x1
x12
x
 
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A equação diferencial do movimento é, 
 
( ) 0KxxMM 21 =++ && ⇒ ( ) 0xMM
K
x
21
=
+
+&& ∴⇒ ( )21
2
n MM
K
+
=ω 
 
Da figura temos que 112)0( xxx −= 
 
K
gM
K
g)MM()0(x 121 ++−= ∴⇒ 
K
gM)0(x 2−= 
 
Da conservação da quantidade de movimento, temos: 
 
( ) 12211122 xMMxMxM &&& +=+ 
mas: 
2
222 xM2
1ghM &= ∴⇒ gh2x2 =& 
e 0x1 =& 
portanto: ( ) 12212 xMMgh2M &+= ∴⇒ 
21
2
12 MM
gh2M
x
+
=& 
A resposta subseqüente é do tipo: 
 
tcosBtAsen)t(x nn ω+ω= 
para 
K
gM0cosB0Asen)0(x 2−=+=
 
∴⇒
 
K
gMB 2−=
 
 
tsenBtcosA)t(x nnnn ωω−ωω=& 
para 
22
2
nn MM
gh2M0senB0cosA)0(x
+
=ω−ω=& ∴⇒ )MM(
gh2M
A
22n
2
+ω
= 
Por fim: 
tcos
K
gM
tsen)MM(
gh2M)t(x n2n
22n
2 ω−ω
+ω
= , tal que: ( )21n MM
K
+
=ω
 
 
 
 
 
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 22
EXEMPLO 4: Um motor elétrico é suportado por 4 molas, cada constante de mola é K. O 
momento de inércia do motor em relação ao seu centro de rotação é J. Determinar a 
freqüência natural de vibração. 
K K
θ
a a
 
∑ θ=θ−θ−⇒θ= &&&& Ja.K2a.K2JT 22 
0
J
Ka40Ka4J
2
2
=θ+θ⇒=θ+θ &&&& 
J
Ka4 22
n =ω ∴⇒ J
K
a2n =ω 
 
EXEMPLO 5: Um densímetro flutuador, indicado na figura, é utilizado para medir o peso 
específico dos líquidos. O seu peso é de 0,1 [N] e o diâmetro da parte cilíndrica da haste 
que se estende acima da superfície é de 5 [mm]. Determine o período de vibração quando 
se deixa o aparelho balançar para cima e para baixo em um fluido de massa específica 
1,2×10-6 [kg/mm3]. 
x
 
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 23
M4
g.d.0x
M4
g.d.
x
0x.g.
4
d.
xM
xMFxMF
2
2
n
2
2
empuxo
ρpi
=ω∴⇒=
ρpi
+
=ρpi+
=−⇒=∑
&&
&&
&&&&
 
[ ]
s
rad76,4
81,9
1,04
81,9102,1).105(
n
313
2
n =ω⇒
×
×××pi
=ω
−
 
]Hz[7579,0f
2
76,4
2
f nnn =⇒
pi
=
pi
ω
=
 
[ ]s32,1T
7579,0
1
f
1T n
n
n =⇒== 
 
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 24
 2.2. Vibração Forçada Não-Amortecida 
 
CASO 1: Considerar um sistema massa-mola excitado por uma força harmônica. 
M
Fosenωt
x
K
 
∑ = xMF && 
xMKxt.senF0 &&=−ω . 
 
A equação diferencia do sistema é dada por: 
 
tsenFkxxM 0 ω=+&& . (2.8) 
 
Onde a solução é da forma: 
 
tXsentcosBtAsen)t(x nn ω+ω+ω= . (2.9) 
 
Observações: 
 
1. Os dois primeiros termos são solução da equação homogênea, na qual temos uma 
massa vibrando livremente na sua freqüência natural. Esta vibração é transitória e 
tende a desaparecer com o tempo. 
 
2. O último termo é solução da equação particular e possui uma freqüência ω igual a 
freqüência de excitação da força externa. Pode-se considerá-la como solução 
representativa do regime permanente. 
 
 
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 25
Então a solução será: 
 
t Xsen)t(x ω= , (2.10) 
 
t cos X)t(x ωω=& , (2.11) 
 
tsen X)t(x 2 ωω−=&& . (2.12) 
 
Substituindo as equações (2.10), (2.11) e (2.12) na EDM, equação (2.8), teremos: 
 
t.senFt.KXsent.senMX 0
2 ω=ω+ωω−
 
M
FX
M
KX 02 =+ω−
 
M
F
M
KX 02 =





ω−
 






ω−
=
2
0
M
K
M
F
X . 
A resposta subseqüente do sistema será, portanto 
 
t.sen.
)(
M
F
)t(x 22
n
0
ω
ω−ω
= , (2.13) 
 
onde 
M
K2
n =ω . 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 26
ANÁLISE E DISCUSSÃO DA AMPLITUDE 
 
 
2
2
0
2
0
1
K
F
M
K
M
F
X






ω
ω
−
=
ω−
= 
Fazendo 
nω
ω
=η , temos: 
 
20 1
1
K
F
XFA
η−
== , (2.14) 
 
onde FA é chamado fator de ampliação. 
 
Observações: 
1. Se 0→η ⇒ 1FA → e K
FX 0→ ; 
2. Se 1→η ⇒ ∞→FA e ∞→X ∴⇒ RESSONÂNCIA ( nωω→ ); 
3. Se 1>>η ⇒ 0FA → e 0X → . 
 
 
CASO 2: Considerar um sistema massa-mola excitado verticalmente por uma força 
provocada pelo deslocamento circular de uma massa m em torno de um centro de rotação. 
M
F(t) = mrω²senωt
x
K
r ωt
 
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 27
∑ = xMF && 
xMKxt.senmr 2 &&=−ωω 
 
A equação diferencia do movimento e da forma: 
 
t.senmrKxxM 2 ωω=+&& , (2.15) 
 
cuja solução é idêntica ao caso 1 
 
2
2
2
2
n
2
2
0
1
.
M
mr
1
mr
1
K
F
X
η−
η
=
η−
ω
ω
=
η−
= 
 
2
2
1mr
MX
η−
η
= . (2.16) 
Observações: 
 
1. Se 0→η ⇒ 0
mr
MX →
 e 0X → ; 
2. Se 1→η ⇒ ±∞→
mr
MX
 e ∞→X ∴⇒ RESSONÂNCIA ( nωω→ ); 
3. Se 1>>η ⇒ 1
mr
MX
−→ ; 
4. Para 1<η as amplitudes são positivas, força excitadora e deslocamento estão em 
fase. 
5. Para 1>η as amplitudes são negativas, força excitadora e deslocamento estão em 
defasadas de 180o: 
)180+tXsen(=tXsen= x(t) tsenF)t(F o0 ωω⇒ω= 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 28
EXEMPLO 6: Um veículo pesa 8.900 [N] e na condição estática comprime suas molas de 
7,62 [cm]. Determine a velocidade crítica do veículo em [km/h], quando o mesmo trafega 
em uma estrada cujo piso tem uma ondulação de amplitude senoidal de 1,27 [cm] e 
comprimento de onda 15,24 [m]. 
 
[ ]
[ ] [ ]m24,15,m1027,1A
m1062,7cm62,7x
est
2
est
2
0
=λ×=
×==
−
−
 
2
0
2
n 1062,7
81,9
x
g
−×
==ω ∴⇒ [ ]
s
rad35,11n =ω 
]Hz[806,1
2
35,11
2
f nn =
pi
=
pi
ω
=
 
[ ] [ ]hKm100sm5,27806,124,15fV nest ≅=×=λ= 
 
EXEMPLO 7: Um motor de 50 [kg] de massa opera a 1.800 [rpm] e está apoiado sobre 
molas, cuja constante equivalente é de 250 [KN/m]. Calcular a deflexão máxima das molas 
a partir da posição de equilíbrio devido a uma massa excêntrica relativa de 8 [kg] com uma 
excentricidade de 0,122 [mm]. 
 
]srad[5,1881800
60
2N
60
2
=
pi
=
pi
=ω
 
50
25000
M
K2
n ==ω ⇒ [ ]srad36,22n =ω 
22
n
2
36,22
5,188






=





ω
ω
=η ∴⇒ 07,712 =η 
2
2
1mr
MX
η−
η=
 
⇒
 
07,711
07,71
1022,18
X50
4
−
=
×× −
∴⇒
 
[ ]m1098,1X 5−×−= 
 
 
 
 
 
 
 
Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 
 29
EXEMPLO 8: Uma máquina de médio porte de massa 500 [kg] deve trabalhar a 1.200 
[rpm]. Determinou-se experimentalmente a força excitadora que é de 20 5,0F ω= [N]. Para 
realizar a sustentação elástica da máquina dispõe-se de molas com iguais constantes de 700 
[KN/m]. Determinar: a) o número de molas que deve ser empregado para que o fator de 
amplificação seja aproximadamente igual a 9 e a 1/9; b) a amplitude X do sistema para 
ambos os casos. 
 
]srad[66,1251200
60
2N
60
2
=
pi
=
pi
=ω
 
 
a) 9
K
F
XFA
0
==
 
889,0
9
19
FA
1FA
FA
11
1
1FA 22 =
−
=
−
=−=η⇒
η−
=
 ∴⇒ 943,0=η 
]s/rad[26,133
943,0
66,125
n ==η
ω
=ω
 
]m/kN[1,8879500)26,133(MK 22neq =×=ω= 
 
n° de molas = 7,12
700
1,8879
K
K
n
eq
===
 
∴⇒
 n = 13 
 
b) 
9
1
K
F
XFA
0
−==
 
10
9
1
19
1
FA
1FA
FA
11
1
1FA 22 =
−
−−
=
−
=−=η⇒
η−
= ∴⇒ 16,3=η 
]s/rad[74,39
16,3
66,125
n ==η
ω
=ω
 
]m/kN[6,789500)74,39(MK 22neq =×=ω= 
 
n° de molas = 13,1
700
6,789
K
K
n
eq
=== ∴⇒ n = 1 
 
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 30
c) 
Para FA = 9: 
]s/rad[91,134
500
10700.13
M
nK)(
3
realn =
×
==ω 
931,0
91,134
66,125
)( realn
==
ω
ω
=η ∴⇒ 865,02 =η 
4,7
865,01
1
1
1)FA( 2real =
−
=
η−
=
 
⇒
××
××
=⇒=
)10700(13
)66,125(5,04,7X4,7
K
F
X
3
2
0
 
[ ] ]mm[42,6m1042,6X 3 =×= − 
 
Para FA = -1/9: 
]s/rad[42,37
500
10700.1
M
nK)(
3
realn =
×
==ω 
36,3
42,37
66,125
)( realn
==
ω
ω
=η ∴⇒ 3,112 =η 
097,0
3,111
1
1
1)FA( 2real −=
−
=
η−
= 
⇒
××
××−
=⇒−=
)10700(1
)66,125(5,0097,0X097,0
K
F
X
3
2
0
 
[ ] ]mm[09,1m1009,1X 3 −=×−= − 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 
 31
2.3 Vibração Livre Amortecida 
 
Dado o sistema livre e amortecido, tal que F(t)=0. 
K
x
c
M
 
Considerando amortecimento viscoso, a equação do movimento é expressa da 
seguinte forma: 
 
∑ = xMF && 
xMxcKx &&& =−− 
0KxxcxM =++ &&& , (2.17) 
 
onde c é chamado constante de amortecimento linear. 
Admitiremos a solução tradicional para a EDM: 
 
st
xe)t(x = , stcse)t(x =& e st2ecs)t(x =&& ; 
 
onde s é uma constante. 
Substituindo na EDM, equação (2.17), temos: 
 
0e)KcsMs( st2 =++
 ∴⇒ 0
M
K
s
M
c
s2 =++ . 
 
Esta tem duas raízes: 
 
M
K
M2
c
M2
c
s
2
2,1 −




±−= . 
 
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 32
A solução geral será, então: 
 
tsts 21 BeAe)t(x += , 
 
onde: 
 
M
K
M2
c
M2
c
s
2
1 −





+−= e 
M
K
M2
c
M2
c
s
2
2 −





−−= . 
 
Portanto, 
 
 










+=
−





−−











−
M
K
M2
c
M
K
M2
c
t
M2
c
22
BeAee)t(x
. 
 
Para 21 ss = : 
 
M
K
M2
c
M2
c
M
K
M2
c
M2
c
22
−





−−=−





+− ∴⇒ 2n
2
M
K
M2
c
ω==





, 
 
define-se, portanto, o coeficiente de amortecimento crítico cc : 
 
nc M2c ω= . (2.18) 
 
É conveniente expressar qualquer amortecimento em termos do amortecimento 
crítico, por meio do fator de amortecimento ξξξξ: 
 
cc
c
=ξ . (2.19) 
 
Assim, substituindo a equação (2.18) na (2.19), temos 
 
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 33
nM2
c
ω
=ξ ⇒ 
M2
c
n =ξω , 
 
 então, podemos escrever: 
 
))(
M
K
M2
c
M2
c
s
2
n
2
nn
2
2,1 ω−ξω±ξω−=−




±−= 
( )1s 2n2,1 −ξ±ξ−ω= . 
 
Por fim, a solução geral se transforma em: 
 
 
( ) ( )



 += −ξ±ξ−ω−−ξ±ξ−ωξω− t.1t.1t
2
n
2
nn BeAee)t(x
. (2.20) 
 
A situação de amortecimento pode ser discutida em três casos, conforme ξ for 
maior, igual ou menor que 1. 
 
CASO 1 - Movimento Não-Oscilatório ( 1>ξ ) ⇒ Super- amortecido 
O radical será real e positivo. A solução será um movimento amortecido 
exponencialmente decrescente: 
 ( ) ( ) t1t1
n
2
n
2
BeAe)t(x ω−ξ−ξ−ω−ξ+ξ− +=
. 
(2.21) 
 
x
ωnt
A
B
Ae
Be
(−ξ+√ξ 1)ωnt
(−ξ−√ξ 1)ωnt
O
 
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 34
CASO 2 - Movimento Amortecido Criticamente ( 1=ξ ) ⇒ Amortecimento Crítico 
 A solução terá duas raízes iguais e estas se combinam para formar apenas uma, 
assim: 
 
tt
nn e.Ce).BA()t(x ξω−ξω− =+=
. 
(2.22) 
x
ωntO
x(0) > 0
x(0) = 0
x(0) < 0
 
 
CASO 3 - Movimento Oscilatório ( 1<ξ )⇒ Sub-amortecido 
 
Como ξ < 1, então 12 −ξ assumirá valores complexos. Podemos escrever: 
 
12 −ξ = 22 1i1.1 ξ−=ξ−− ∴⇒ ( )2n2,1 1is ξ−±ξ−ω= . 
 
 A solução será: 
 
 
[ ]tCtCetx nntn ωξωξξω 2221 1cos.1sen.)( −+−= − 
 
ou 
 ( )φωξξω +−= − tXetx ntn 21sen)( (2.23) 
 
onde os valores de X e φ ou C1 e C2 podem ser determinados de acordo com as condições 
iniciais. 
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 35
x
ωntO
Xe−ξωntX
Xsenφ
 
O valor 2n 1 ξ−ω é chamado de freqüência natural amortecida dω . 
 
2
n
d
d 1T
2 ξ−ω=pi=ω 
 
2.3.1. Redução da Amplitude ou Decremento Logarítmico 
 
A medida da taxa de decréscimo das amplitudes das oscilações livres amortecidas é 
um meio para se determinar o amortecimento presente em um dado sistema. Quanto maior 
o amortecimento, maior a taxa de decréscimo. 
O decremento logarítmico δ é definido como o logaritmo natural do quociente de 
duas quaisquer amplitudes consecutivas. 
x
ωntO
Xe−ξωntX
Xsenφ
Td
A
B
tn tn+1
 
No ponto A : 
nn
t
n Xex
ξω−
= , 
Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 
 36
no ponto B : 
)Tt(
1n
dnnXex +ξω−+ = , 
tal que dn1n Ttt +=+ . 
 
Fazendo: 
 
dn
dnn
nn T
)Tt(
t
1n
n Xe
Xe
Xe
x
x ξω
+ξω−
ξω−
+
==
. 
 
Da definição de decremento logarítmico: 
 
dn
1n
n T
x
xln ξω==δ
+
, 
 
mas como: 
2
n
d
1
2T
ξ−ω
pi
= , então: 
 
21
2
ξ−
piξ
=δ
 (2.24) 
 
Quando ξ for muito pequeno, 11 2 ≈ξ− e, portanto, podemos obter o 
decremento logarítmico pela aproximação: 
 
piξ≈δ 2 . (2.25) 
 
Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 
 37
 
 
 
EXEMPLO 9: Um sistema amortecido possui k = 3,2×104 [lbf/in], P = 20 [lb] e c = 
3,2×103 [lbf.s/in]. Se a velocidade inicial do sistema é de 1.000 [in/s], determinar o 
deslocamento em função do tempo (movimento subseqüente). 
 
]s/rad[40
20
102,3
M
K 4
n =
×
==ω 
12
40202
102,3
M2
c 3
n
>=
××
×
=
ω
=ξ
 
∴⇒
 Superamortecido 
( ) 34080s1s 2,12n2,1 ±−=⇒−ξ±ξ−ω= 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )t34080t34080
2
n2,1
tsts
BeAetx
32401s,BeAetx 21
−−+− +=
±−=−ξ±ξ−ω=+=
 
 
1ª. C.I.: ( ) zero0x = ( ) BA0BA0x −=∴=+= 
então: ( ) ( ) ( )( )t34080t34080 eeAtx −−+− −= 
 
Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 
 38
2ª. C.I. 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]t34080t34080 e34080e34080Atx,10000x −−+− −−−+−== &&
 
 
( ) 3
6
25
380
1000AA34008340081000 ==⇒+++−=
 
então: ( ) ( )t340t340t80eee.3
6
25
tx −− −=
 
 
EXEMPLO 10: Um sistema massa-mola amortecido, com massa de 20 [lb] e coeficiente 
de mola de 13,73×103 [lbf/in], possui um amortecimento viscoso que exerce uma força de 
188,64 [lbf] sobre a massa, quando esta tem uma velocidade de 1 [in/s]. Determine a 
constante de amortecimento crítico, o decremento logarítmico e a razão entre dois máximos 
consecutivos. 
 
[ ]srad2,26
20
1073,13
n
3
2
n =ω⇒
×
=ω 
[ ]ins.lbf0,10482,26202cM2c cnc =××=⇒ω= 
[ ]ins.lbf10c
0,1
64,188
x
F
cxcFc =⇒==⇒=
&
&
 
18,0
2,26202
64,188
M2
c
c
c
nc
=ξ⇒
××
=
ω
==ξ 
( )
( ) ⇒−
pi
=
ξ−
piξ
=δ
22 18,01
18,02
1
2
 
15,1=δ
 
⇒== −δ−+ 15,1
n
1n ee
x
x
 32,0
x
x
n
1n
=
+
 
 
2.4. Vibrações Forçadas Amortecidas 
 
Vamos considerar um sistema com um grau de liberdade, amortecido e excitado por 
uma força harmônica t.senF)t(F 00 ω= . 
Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 
 39
c
M
F0senωt
x
K
 
 
A equação diferencial do movimento é: 
 
∑ ω+−−⇒= t.senFxcKxxMF 0&&& 
t.senFkxxcxM 0 ω=++ &&& , (2.26) 
 
Como no sistema forçado não-amortecido, a solução é composta da solução 
homogênea e da solução particular devido a força excitadora do sistema. Assim: 
 
)t.(XsenBeAe)t(x tsts 21 φ−ω++=
 
 
Sabemos que a solução homogênea é uma solução transiente e pode ser desprezada. 
Assim, podemos considerar como solução da equação diferencial apenas a solução da 
particular. 
 
)t.(Xsen)t(x φ−ω= , 
)t.cos(X)t(x φ−ωω=& , 
)t.(senX)t(x 2 φ−ωω−=&& . 
 
Determina-se o valor da amplitude X e da fase φ substituindo a solução na equação 
diferencial do movimento, equação (2.26). Então: 
 
t.senF)t.(KXsen)t.cos(.cX)t.(sen.MX 02 ω=φ−ω+φ−ωω+φ−ωω− . 
 
Aplicando na equação acima as identidades trigonométricas a seguir 
 
Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 
 40
t.sen.sencos.t.cos)t.cos(
t.cos.sencos.t.sen)t.(sen
ωφ+φω=φ−ω
ωφ−φω=φ−ω
 , 
temos: 
 
[ ] [ ]
[ ] .t.senFt.cos.sencos.t.senKX
t.sen.sencos.t.coscXt.cossencos.t.senMX
0
2
ω=ωφ−φω+
ωφ+φωω+ωφ−φωω−
 
 
Separando em senos e co-senos, temos 
 
t.senFt.sen]cosKXsencXcosMX[ 02 ω=ωφ+φω+φω− , (2.27) 
 
0t.cos]KXsencoscXsenMX[ 2 =ωφ−φω+φω , (2.28) 
 
Dividindo a equação (2.28) por cos φ, deduz-se: 
 
0
cos
senK
cos
cos
c
cos
senM 2 =φ
φ
−φ
φ
ω+φ
φ
ω
 
0KtgctgM 2 =φ−ω+φω
 
ω=φω− ctg)MK( 2
 
2MK
c
tg
ω−
ω
=φ . (2.29) 
 
Da equação (2.27) deduz-se: 
 
0
2 FcosKXsencXcosMX =φ+φω+φω−
 
0
2 F]senccos)MK[(X =φω+φω−
 
φω+φω−= senccos)MK(
FX 2
0
. (2.30) 
 
Como 2MK
c
tg
ω−
ω
=φ , podemos construir o triângulo retângulo: 
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 41
K-Mω²
cω
φ
√(cω)²+(K-Mω²)²
 
 Tal que: 
 
222 )c()MK(
c
sen
ω+ω−
ω
=φ e 
222
2
)c()MK(
MK
cos
ω+ω−
ω−
=φ 
 
Substituindo φsen e φcos na equação (2.30) 
 
2
1222
222
0
222
2
222
22
0
])c()MK[(
])c()MK[(
F
)c()MK(
)c(
)c()MK(
)MK(
FX
ω+ω−
ω+ω−
=
ω+ω−
ω
+
ω+ω−
ω−
=
 
 
A equação da amplitude X torna-se 
 
222
0
)c()MK(
FX
ω+ω−
= . (2.31) 
 
 Podemos expressar as equações (2.29) e (2.31) na forma adimensional, expressas 
em termos da(o): 
• freqüência natural: 
M
K2
n =ω ; 
• coeficiente de amortecimento crítico: nc M2c ω= ; 
• coeficiente de amortecimento: 
cc
c
=ξ
 
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 42
Portanto: 
 
2
n
2
n
2
n
2
n
c
c
22 1
2
1
K
M2
1
K
M2
1
K
c
c
c
K
M1
K
c
MK
c
tg
η−
ω
ωξ
=
η−
ωωξ
=
η−
ω
ωξ
=






ω
ω
−
ω
=
ω−
ω
=
ω−
ω
=φ 
21
2
tg
η−
ξη
=φ . (2.32) 
 
22
2
0
22
0
K
c
K
M1
K
F
)c()MK(
FX





 ω
+





ω−
=
ω+ω−
= 
2220 )2()1(
1
K
F
X
ξη+η−
= . (2.33) 
 
Onde 
K
F
X
0
 é o fator de ampliação. 
 
 
 
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 43
 
Quando substituímos a solução na equação diferencial original obtemos a seguinte equação: 
 
tsenF)t(sen KX)tcos( cX)t(senMX 02 ω=φ−ω+φ−ωω+φ−ωω− . 
 
Também podemos representar os termos dessa equação diferencial na forma de 
diagramas vetoriais: 
cωX
MXω²
F0 KX
X
ω
tφ ωt
referência
 
Este diagrama permite conclui-se facilmente que 
 
2MK
c
tg
ω−
ω
=φ , (2.29) 
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 44
 
222
0
)c()MK(
FX
ω+ω−
= . (2.31) 
 
Observações: 
1. Quando 1<<η , o ângulo de fase φ e as forças de inércia e amortecimento são 
pequenos. A força excitadora é então aproximadamente igual à força da mola. 
cωX
MXω²
F0 KX
X
φ
 
1<<η ⇒ 0FKX ≅ 
2. Quando 1=η , o ângulo de fase o90=φ , a força de inércia, que é maior agora, é 
equilíbrada pela força de mola, ao passo que a força excitadora supera a força de 
amortecimento. 
cωX
MXω²
F0 KXX
φ = 90°
 
 
1=η
 ⇒ o90=φ e 2MXKX ω= ∴⇒ 
n
0
c
FX
ω
= 
3. Se 1>>η , o ângulo de fase o180≈φ , a força excitadora é quase inteiramente 
para vencer a força de inércia. 
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 45
cωX
MXω²
F0
KX X
φ≈180°
 
1>>η , o180≈φ 
 
Podemos também escrever a equação diferencial na forma adimensional: 
 
tsen 
M
F
 x 
M
K
 x 
M
c
 x o ω=++ &&& , 
 
como 
 
n
n
c
c
 2
M
 M 2
c
c
 
 M 
c 
M
c
ωξ=ωξ== , 
 
então, 
 
tsen 
M
F
 x x 2x 02nn ω=ω+ωξ+ &&& . (2.34) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 46
2.5 Desbalanceamento Rotativo 
 
As peças rotativas são desbalanceadas em maior ou menor grau, assim a excitação 
nas máquinas é, em sua maioria, provocada pela própria máquina. 
Considere um sistema massa-mola movendo-se na direção vertical e excitado por 
uma máquina rotativa que está desbalanceada. O desbalanceamento é representado por uma 
massa excêntrica m, com excentricidade r, que gira com uma velocidade angular ω. 
M
F(t) = mrω²senωt
x
K/2
r ωt
K/2 c
m
 
Observações: 
 
1. M inclui m; 
2. A massa vibrante que não gira é )mM( − ; 
3. O deslocamento da posição de eqüilíbrio estático da massa que não gira )mM( − 
é x; 
4. O deslocamento da massa m é )t.rsenx( ω+ . 
 
 
 A equação do movimento é 
 
)trsenx(
dt
d
mx)mM(xcKxxMF 2
2
ω++−=−−⇒=∑ &&&&& 
tsenmrxmxmxMxcKx 2 ωω−+−=−− &&&&&&& , 
 
portanto: 
 
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 47
tsenmrKxxcxM 2 ωω=++ &&& . (2.35) 
 
 Cuja solução é conhecida, devido a semelhante à situação anterior. 
 
222
2
)c()MK(
mrX
ω+ω−
ω
= , (2.36) 
 
2K
c
tg
ω−
ω
=φ . (2.37) 
 
Na forma adimensional temos: 
 
222
2
).2()1(mr
MX
ηξ+η−
η
= , (2.38) 
 
21
2
tg
η−
ξη
=φ . (2.39) 
 
 
 
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 48