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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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 = Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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: Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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. Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 6 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) Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 8 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. Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 9 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. Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 10 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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 11 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. Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 12 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. Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 13 Associação de Molas em PARALELO K1 K2 K3 M Kn n321 FFFFP ++++= K 0n0302010eq xKxKxKxKxK ++++= K ∴⇒ n321eq KKKKK ++++= K . Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 14 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 . Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 15 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=++ &&& . Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 16 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. Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 17 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− Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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) Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 20 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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 21 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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 =⇒== Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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. Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 . Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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= Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 − ±−= . Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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. Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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: Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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 Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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. Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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) Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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. Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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) Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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: Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 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) Mauro H. Mathias /feg/cursos/DMV/março-2010.doc 48
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