Apostila de Vibrações Mecânicas

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VIBRAÇÕES
MECÂNICAS
Parte 02
2016
Prof. Brasílio Camargo de Brito Filho
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6.ISOLAMENTO DE VIBRAÇÕES.
Vibrações Mecânicas ou oscilações são onipresentes, ou seja, desde que um sistema
tenha massa e rigidez de algum tipo, sempre haverá vibrações. Isso abrange todos os
sistemas do universo, na verdade as vibrações estão presentes mesmo a nível atômico,
indica com clareza que em algum grau sempre haverá vibrações.
Vibrações em Sistemas Mecânicos tem suas maldições, podem criar fadiga de material, mal
funcionamento de alguns sistemas mecânicos e eletrônicos, e se é impossível eliminá-las, a
pergunta que não cala é: “como minimizar os efeitos das vibrações?”.
A vibração é uma forma de expressão da energia de um sistema, ou seja, sem energia não
há vibração. Mesmo que por hipótese considere-se um sistema que não esteja vibrando,
outros sistemas vizinhos a este, podem estar vibrando, ou seja, estarão se comportando
como fontes de vibração. Estas fontes de vibração, transmitirão energia ao sistema
estacionário e, o forçarão a vibrar também.
No estudo de dois casos (sistema) anteriores, teve-se o cuidado de estabelecer a resposta
do mesmo em função da razão de frequência.
Primeiro caso ….
O SISTEMA A EXCITAÇÃO A RESPOSTA
Fex .=F0⋅cos(ω⋅t) A=
F0
k
⋅ 1
√(1−r2)2+(2⋅β⋅r )2
Observações:
1ª) A amplitude de oscilação do sistema depende da
razão de frequências (r) e do grau de
amortecimento(β).
2ª) Quando a razão de frequências é igual a um, ou
seja (r = 1), a amplitude de vibração pode atingir
valores grandes o suficiente, para destruir o sistema,
entretanto, o grau de amortecimento (β) limita tais
possibilidades.
3ª) Com razões de frequências maiores, em especial r≫√2 , as amplitudes sempre serão
menores.
4ª) Graus de amortecimento maiores, sempre garantem amplitudes menores.
Condições de Isolamento:
I) Grau de amortecimento grande, ou seja: β≫1 . Ajustar o sistema de amortecimento
para tanto, mas esta solução tem limites e aumenta o custo do isolamento.
II) Razão de frequências grande, em especial: r≫√2 . Como a frequência da fonte de
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m k, c
F
ex.
β = 0
β crescente
F
0
k
0 1 2 r
A
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vibração (ω), normalmente fira fora do domínio de quem pretende diminuir seus efeitos,
pode-se aplicar a solução denominada Base de Inércia ou diminuir a rigidez do sistema.
Base de Inércia:
Consiste em aumentar a massa do sistema, embora, tenha limitações em casos onde, o
aumento de massa afeta o desempenho do sistema.
A razão de frequência do sistema original:
r= ωω0=
ω
√ km
<√2
A razão de frequência do sistema “corrigido”:
r= ωω0=
ω
√ km+M
≫√2
Obtendo M:
ω
√ km+M
≫√2 => ω
2
k
m+M
≫2 => M≫ 2⋅k
ω2
−m
Menor rigidez do sistema:
A razão de frequência do sistema original:
r= ωω0=
ω
√ k originalm
<√2 => ω
2
k original
m
<2
A razão de frequência do sistema “corrigido”:
kcorrigido=
koriginal
n
por exemplo, com n≫1
r= ωω0=
ω
√ k corrigidom
>√2 => ω
2
k corrigido
m
>2 => ω
2
k original
n⋅m
>2 => n>
2⋅koriginal
ω2⋅m
kcorrigido=
koriginal
n
=> kcorrigido<
koriginal
n
=> kcorrigido<
koriginal
2⋅koriginal
ω2⋅m
kcorrigido<
ω2⋅m
2
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m k, c
F
ex.
M
m k, c
F
ex.
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Segundo caso ….
O SISTEMA A EXCITAÇÃO A RESPOSTA
yP( t)=a⋅cos(ω⋅t ) A=a⋅
√22⋅β2⋅r 2+1
√(1−r 2)2+(2⋅β⋅r )2
Observações:
1ª) A amplitude de oscilação do sistema depende da razão de frequências (r) e do grau de
amortecimento(β).
2ª) Quando a razão de frequências é igual a um, ou seja (r = 1), a amplitude de vibração
pode atingir valores grandes o suficiente, para destruir o sistema, entretanto, o grau de
amortecimento (β) limita tais possibilidades.
3ª) A amplitude de oscilação do sistema, sempre é igual ou maior que “a”, ou seja, a
amplitude do movimento do piso, para o intervalo de razão de frequências: 0<r<√2 . 
4ª) O aumento do Grau de amortecimento (β), no intervalo de razão de frequências
0<r<√2 , diminui as amplitudes de vibração, mas não é uma boa solução.
5ª) A amplitude de oscilação do sistema, sempre é menor que “a”, ou seja, a amplitude do
movimento do piso, para o intervalo de razão de frequências: r>√2 .
6ª) O aumento do Grau de amortecimento (β), no intervalo de razão de frequências r>√2 ,
aumenta as amplitudes de vibração, ou seja, é melhor utilizar β=0 .
Condições de Isolamento:
I) Razão de frequências grande, em especial: r≫√2 . Como a frequência da fonte de
vibração (ω), normalmente fira fora do domínio de quem pretende diminuir seus efeitos,
pode-se aplicar a solução denominada Base de Inércia ou diminuir a rigidez do sistema.
NOTA: As considerações anteriores sobre Base de Inércia e Rigidez do Sistema se
aplicam igualmente a este caso.
II) Grau de amortecimento nulo β=0 .
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m
k,c
y
P
(t)
y(t)
β = 0
β crescente
0 1 2 r
A
β crescente
a
β = ∞
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6.1. COEFICIENTE DE TRANSMISSIBILIDADE.
Adotando-se especificamente o caso, em que o sistema em estudo, deva ser isolado de
vibrações, que são provenientes do apoio de sustentação. Este é o último exemplo visto
anteriormente, ou seja, as condições básicas de isolamento são: razão de frequências
grande, em especial: r≫√2 e grau de amortecimento nulo β=0 . Note-se que mesmo
para o primeiro caso estudado, essas condições também se aplicam, pois com o ajuste da
razão de frequências, seja qual for o caso, o isolamento será obtido.
Sob tais condições, define-se como Coeficiente de Transmissibilidade à:
T= amplitudedo sistema
amplitudedabaseoscilante
Nota: tem-se amplitude da base oscilante expressa por “a” e, a amplitude da sistema
expressa por A=a⋅ √2
2⋅β2⋅r 2+1
√(1−r 2)2+(2⋅β⋅r )2
.
Substituindo na definição de Coeficiente de Transmissibilidade:
T= A
a
= √2
2⋅β2⋅r2+1
√(1−r2)2+(2⋅β⋅r)2
Substituindo as condições de isolamento ( r≫√2 e β=0 ), tem-se:
T= 1
√(1−r2)2
=> T= 1
|1−r 2|
=> T= 1
r2−1
, pois: r≫√2
Nota: o Coeficiente de Transmissibilidade tem valores que pertencem ao intervalo:
0≤T≤1 .
6.2. Coeficiente de Redutibilidade:
Mantidas as mesmas condições anteriores ( r≫√2 e β=0 ), define-se como
Coeficiente de Redutibilidade à:
R=1−T=1− 1
r 2−1
=> R= r
2−2
r2−1
6.3.Exemplo:
Uma unidade refrigeradora com massa 50 kg apoia-se em quatro
molas com rigidez k, cada uma, dispostas paralelamente. O elemento
que cria a vibração gira com frequência de operação f = 1620 rpm.
Determinara a rigidez k, para que apenas 10% da vibração seja
transmitida para a estrutura de apoio.
Da definição de Coeficiente de Transmissibilidade:
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T=0,10= 1
r2−1
=> r2−1= 1
0,10
=> r2=10+1=11 => r=√11 => r=3,32
Da definição de “r”:
r= ωω0 => ω0=
ω
3,32
Obtendo a pulsação:
f=1620 rpm=27 rps => ω=2⋅π⋅f => ω=169,65 rad
s
Calculando a pulsação própria:
ω0=
ω
3,32
=> ω0=
169,65
3,32
Calculando a rigidez equivalente em função de “k”: keq .=4⋅k
Finalmente …
ω0=51,10
keq .=4⋅k keq .=ω0
2⋅m => keq .=51,10
2⋅50 => k=
keq .
4
m=50
ω0=√ keq .m k=32.640N /m ou k=32,64 kN /m
6.4.Exemplo:
O sistema de radar de uma aeronave tem peso próprio P = 12 kgf e deve ser isolado das
vibrações devidas a desbalanceamentos residuais, presentes em dois rotores, um que gira
a 400 rpm e outro que gira a 2.000 rpm. A fim de se obter 85% de isolamento, pedem-se:
a) a rigidez equivalente;
b) a deflexão estática dos isoladores.
Calculando as pulsações das fontes de vibração:
ω1=2⋅π⋅f 1 => ω1=
2⋅π⋅400
60
=>ω1=41,89 rad /s
ω2=2⋅π⋅f 2 => ω2=
2⋅π⋅2000
60
=> ω2=209,44
Comparando as razões de frequências:
r1=
ω1
ω0 => r1=
41,89
ω0 r2>r1 , ou seja, a razão mais crítica é a menor (r1), ou seja,
r2=
ω2
ω0 => r2=
209,44
ω0 a menor frequência é a mais difícil de ser isolada.
A transmissibilidade:
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T = 100% - 85% = 15% => T=0,15
T=0,15= 1
r1
2−1
=> r1
2−1= 1
0,15
=> r1
2=6,67+1=7,67 => r1=√7,67 => r1=2,77
Calculando a pulsação própria do sistema:
r1=
41,89
ω0 => 2,77=
41,89
ω0 => ω0=15,12
Calculando a rigidez:
ω0=15,12
m=12 kg keq .=ω0
2⋅m => keq .=15,12
2⋅12 => keq .=2.743,4 N /m
ω0=√ keq .m
A deflexão estática:
É a deformação da mola na posição de equilíbrio, ou seja, a deformação necessária para
equilibrar a força peso:
P=k eq .⋅Δest . Δest .=
P
keq .
=> Δ est .=
117,6
2.743,4
=> Δest .=0,0429 m
P=12 kgf=12⋅9,8 N=117,6 N
6.5.Exemplo:
Um navio possui motor que trabalha em regime de cruzeiro com frequência f = 600 rpm,
o que garante a mesma frequência de rotação aos eixos das hélices. Sabe-se que a maior
fonte de vibração são os próprios conjuntos eixos hélices. O sistema de radar com massa m
= 35 kg, a ser instalado no navio, deve ter um sistema elástico que permita isolamento de
92% das vibrações. Com os isoladores disponíveis na montagem, atingiu-se apenas 70% de
isolamento. Decide-se então, ligar firmemente o radar a uma base de inércia para atingir os
92% de isolamento. Pedem-se:
a) a deflexão estática dos isoladores sem a base de inércia;
b) a massa da base de inércia.
A pulsação do sistema excitador:
ω=2⋅π⋅600
60
=> ω=62,83 rad
s
Calculando a razão de frequências para 70% de isolamento:
T=100 %−70%=30% => T=0,30 => T=0,30= 1
r1
2−1
=> r1
2= 1
0,30
+1 => r=2,08
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Calculando a pulsação própria do sistema:
r= 62,83ω0 => 2,08=
62,83
ω0 => ω0=30,21 rad /s
Calculando a rigidez:
ω0=30,21
m=35 kg keq .=ω0
2⋅m => keq .=30,21
2⋅35 => keq .=31.942,54N /m
ω0=√ keq .m 
A deflexão estática:
P=k eq .⋅Δest . Δest .=
P
keq .
=> Δ est .=
343,0
31.942,54
=> Δ est .=0,011 m
P=35⋅9,8N=343,0 N
Calculando a razão de frequências para 92% de isolamento:
T=100%−92%=8% => T=0,08 => T=0,08= 1
r1
2−1
=> r1
2= 1
0,08
+1 => r=3,67
Calculando a pulsação própria do sistema:
r= 62,83ω0 => 3,67=
62,83
ω0 => ω0=17,12 rad / s
Calculando a rigidez:
ω0=17,12
m=35 kg keq .=ω0
2⋅(m+M ) => 31.942,54=17,122⋅(35+M )
keq .=31.942,54 N /m 108,98=35+M => M=73,98 kg
M
ω0=√ keq .m+M 
7. DOIS GRAUS DE LIBERDADE.
Com sistemas com vários graus de liberdade, nada muda no que tange aos métodos de
solução, ou seja, Leis e Teoremas empregados, o que muda é que as equações ficam mais
extensas e complicadas. As soluções das equações podem ser obtidas através de métodos
numéricos disponíveis, o que, sem dúvida, facilita o trabalho, entretanto, tais métodos
exigem programas e/ou calculadoras aptas.
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7.1. Dois graus de Liberdade; Oscilação Livre Sem Amortecimento.
Considere-se dois sólidos, de massas m1 = m e
m2 = 2.m, sob ação de duas molas com rigidezes k1
= k e k2 = k, que apresentam movimento de
translação reto e horizontal. Pedem-se:
a) a pulsação do 1º modo normal de vibração, e a
razão de amplitudes;
b) a pulsação do 2º modo normal de vibração, e a
razão de amplitudes.
Solução:
Considere-se que para o instante “t” genérico, o bloco de massa m1 tenha posição definida
por x1 medida em relação à sua posição de equilíbrio, e desloca-se com velocidade v1,
enquanto o bloco de massa m2 tenha posição definida por x2 medida em relação também à
sua posição de equilibro e desloca-se com velocidade v2.
As forças agentes nesse instante estão indicadas na figura anexa.
TCM – Teorema do Centro de Massa:
Bloco 1: m1⋅a1=−k1⋅x1+k2⋅( x2−x1)
m1⋅x¨1=−k1⋅x1+k2⋅(x2−x1)
m⋅x¨1=−k⋅x1+k⋅(x2−x1)
m⋅x¨1+2⋅k⋅x1−k⋅x2=0
Bloco 2: m2⋅a2=−k 2⋅(x2−x1)
2⋅m⋅x¨2+k⋅x2−k⋅x1=0
Estas equações têm como solução, funções harmônicas, ou seja:
x1=A1⋅cos (ω⋅t+ϕ1) e x2=A2⋅cos (ω⋅t+ϕ2) ;
Note-se que a pulsação é a mesma pois um sólido comporta-se como excitador para o
outro. 
As derivadas segundas destas funções, em relação ao tempo, são:
x¨1=−A1⋅ω
2⋅cos (ω⋅t+ϕ1) e x¨2=−A2⋅ω
2⋅cos (ω⋅t+ϕ2) ;
Comparando estes resultados, com as funções que deram origem aos mesmos, percebe-se
que:
x¨1=−ω
2⋅x1 e x¨2=−ω
2⋅x2
Nota: a utilização dessas relações é um padrão a ser seguido, e o será, sem outras
explicações futuras.
Substituindo nas equações diferenciais, tem-se:
m⋅x¨1+2⋅k⋅x1−k⋅x2=0 => −m⋅ω
2⋅x1+2⋅k⋅x1−k⋅x2=0 => (2⋅k−m⋅ω
2)⋅x1−k⋅x2=0
2⋅m⋅x¨2+k⋅x2−k⋅x1=0 => −2⋅m⋅ω
2⋅x2+k⋅x2−k⋅x1=0 => −k⋅x1+(k−2⋅m⋅ω
2)⋅x2=0
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m
1
k
2
k
1 m2
x
1
x
2
m
1
k
2
k
1 m2
x
1 x2
k2.(x2 - x1 )k1.x1
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Nota: as equações diferenciais foram escritas no formato: ...x1+...x2=0 , ou seja, em
ambas o primeiro termo é dependente de x1 e o segundo termo dependente de
x2
Colocando na forma matricial:
(2⋅k−m⋅ω2)⋅x1−k⋅x2=0 [2⋅k−m⋅ω2 −k−k k−2⋅m⋅ω2]⋅[x1x2]=[00]
−k⋅x1+(k−2⋅m⋅ω
2)⋅x2=0
A equação matricial é satisfeita caso o determinante da matriz 2x2 seja NULO, ou seja:
Δ=(2⋅k−m⋅ω2)⋅(k−2⋅m⋅ω2)−k2=0
Δ=2⋅k2−4⋅k⋅m⋅ω2−m⋅ω2⋅k+2⋅m2⋅ω4−k2=0 reagrupando …
2⋅m2⋅ω4−5⋅k⋅m⋅ω2+k2=0
note-se que é uma equação que permite a obtenção das pulsações próprias do
sistema (ω1 eω2) ; uma troca de variável transforma esta equação numa
equação mais simples: λ=ω2 .
Com a troca de variável: 2⋅m2⋅λ2−5⋅k⋅m⋅λ+k 2=0 resolvendo ...
λ=5⋅k⋅m±√25⋅k
2⋅m2−4⋅2⋅m2⋅k 2
4⋅m2
=> λ=5⋅k⋅m±4,12⋅k⋅m
4⋅m2
As duas soluções:
λ1=0,22⋅
k
m
=> ω1
2=0,22⋅k
m
=> ω1=0,47⋅√ km (a)
λ2=2,28⋅
k
m
=> ω2
2=2,28⋅k
m
=> ω2=1,51⋅√ km (b)
A razão entre os deslocamentos, pode ser obtida de uma das equações, por exemplo:
(2⋅k−m⋅ω2)⋅x1−k⋅x2=0 => (2⋅k−m⋅ω
2)⋅x1=k⋅x2 =>
x1
x2
= k
(2⋅k−m⋅ω2)
Substituindo as formas x1=A1⋅cos (ω⋅t+ϕ) e x2=A2⋅cos (ω⋅t+ϕ) , tem-se:
A1⋅cos(ω⋅t+ϕ)
A2⋅cos(ω⋅t+ϕ)
= k
(2⋅k−m⋅ω2)
=>
A1
A2
= k
(2⋅k−m⋅ω2)
Para ω=ω1 =>
A1
A2
= k
(2⋅k−m⋅ω2)
=>
A1
A2
= k
(2⋅k−m⋅0,22⋅k
m
)
=>
A1
A2
= k
(2⋅k−0,22⋅k )
=
A1
A2
= 1
(2−0,22)
=>
A1
A2
=0,56 (a)
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Para ω=ω2 =>
A1
A2
= k
(2⋅k−m⋅2,28⋅k
m
)
=>
A1
A2
=−3,57 (b)
7.1.1.Exemplo:
Considere-se um veículo de massa m = 500 kg, com
centro de massa distanciado respectivamente dos eixos
traseiro e dianteiro, pelas distâncias 1,8 m e 2,2 m. O
momento de Inércia do veículo em relação a um eixo
ortogonal ao plano da figura e que passe pelo Centro de
Massa é: ICM = 600 kg.m2. O veículo assenta-se sobre sistema com rigidezes k1 = 30 kN/m e
k2 = 25 kN/m. Considerando pequenas oscilações, pedem-se:
a) os modos normais de vibrações, ou seja, suas pulsações próprias;
b) a razão de amplitudes para cada modo normal de vibração.
Solução: em primeiro lugar, a questão das “pequenas oscilações” ...
ângulo
(º)
ângulo
(rad)
sen(θ) cos(θ)
0 0 0 1
5 0,087 0,087 0,996
10 0,174 0,174 0,985
15 0,262 0,259 0,966
20 0,349 0,342 0,940
A tabela acima apresenta as seguintes grandezas: ângulo em graus, o mesmo ângulo
em radianos, o seno e o cosseno desse ângulo. 
Dos ângulos listados, ressaltem-se o menor (0º) e o maior (20º):
Para o menor (θ=0), as aproximações funcionam perfeitamente, ou seja:
sen(θ)=θ(rad ) e cos (θ)=1 . 
Para o maior (θ=20º), observam-se as seguintes diferenças percentuais:
θ(rad )
senθ
=0,349 rad
sen(20 º )
=1,0205 => θ(rad) é 2,05 % maior que sen(θ);
cos (θ)
cos(0 º )
=0,940
1,000
=0,940 => cos(θ) é 94%de cos(0º), ou seja diferença de 6,00%.
Após essas considerações numéricas, pode-se afirmar que: “ângulo pequeno” significa
ângulo menor que 20º, para os quais são válidas as seguintes aproximações:
sen (θ)≈θ(rad ) e cos (θ)≈1 .
O modelo:
Para simplificar o estudo, algumas hipóteses simplificadoras são necessárias:
1- o movimento é plano;
2- o deslocamento do centro de massa possui direção vertical;
3- o deslocamento angular, se dá em torno de eixo que passa pelo Centro de Massa, e é
ortogonal ao plano do movimento.
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CM
1,8 2,2
k
1
k
2
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As simplificações reduzem o sistema a uma “barra”
apoiada nas duas molas de rigidezes k1 e k2, que pode
deslocar-se e girar no plano do movimento. Adota-se que
a posição de equilíbrio seja a origem dos deslocamentos,
e que os sentidos descendente e anti-horário sejam
positivos.
Considere-se que no instante “t”, o centro de massa da
barra tenha posição linear definida por yCM, e posição angular
definida por θ. Nessas condições:
a mola (1) apresenta deformação: Δ1= yCM+L1⋅sen (θ)
Δ1= yCM+L1⋅θ
a mola (2) apresenta deformação: Δ2= yCM−L2⋅sen(θ)
Δ2= yCM−L2⋅θ
As forças elásticas agentes são F1 e F2:
F1=k1⋅Δ1=k1⋅( yCM+L1⋅θ)
F2=k2⋅Δ2=k2⋅( yCM−L2⋅θ)
TCM – Teorema do Centro de Massa:
m⋅aCM=−F1−F2 => m⋅y¨CM=−k1⋅( yCM+L1⋅θ)−k2⋅( yCM−L2⋅θ)
m⋅y¨CM+ yCM⋅(k 1+k2)+θ⋅(k1⋅L1−k2⋅L2)=0
TMA – Teorema do Momento Angular (mov. Plano), polo CM:
ICM⋅α=−F1⋅L1cosθ+F2⋅L2⋅cosθ => ICM⋅θ¨=−k1⋅( yCM+L1θ)⋅L1+k2⋅( yCM−L2⋅θ)⋅L2
yCM(k1⋅L1−k2⋅L2)+ ICM⋅θ¨+θ⋅(k1⋅L1
2+k2⋅L2
2)=0
Esse sistema de equações diferenciais, possuem como solução, funções harmônicas, ou
seja:
ycm=A1⋅cos(ω⋅t+ϕ1) => y¨cm=−ω
2⋅yCM
θ=A2⋅cos (ω⋅t+ϕ2) => θ¨=−ω
2⋅θ
Substituindo nas equações:
m⋅y¨CM+ yCM⋅(k 1+k2)+θ⋅(k1⋅L1−k2⋅L2)=0
yCM⋅(−m⋅ω
2+k1+k2)+θ⋅(k1⋅L1−k2⋅L2)=0
yCM(k1⋅L1−k2⋅L2)+ ICM⋅θ¨+θ⋅(k1⋅L1
2+k2⋅L2
2)=0
yCM(k1⋅L1−k2⋅L2)+θ⋅(−ICM⋅ω
2+k1⋅L1
2+k2⋅L2
2)=0
Expressando na forma matricial:
[k1+k 2−m⋅ω2 k1⋅L1−k2⋅L2k1⋅L1−k2⋅L2 k1⋅L12+k2⋅L22−ICM⋅ω2]⋅[ yCMθ ]=[00]
Substituindo os valores numéricos do problema:
[30.000+25.000−500⋅ω2 30.000⋅1,8−25.000 2,230.000⋅1,8−25.000 2,2 30.000⋅1,82+25.000⋅2,22−600⋅ω2]⋅[ yCMθ ]=[00]
[55.000−500⋅ω2 −1.000−1.000 218.200−600⋅ω2]⋅[ yCMθ ]=[00]
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CM
1,8 2,2
k
1
k
2
k
1
k
2
L
2
L
1
y
CM
Δ
2Δ1 θ
F
1
F
2
13/53
A solução é obtida impondo que o determinante da matriz 2x2 seja nulo, ou seja:
(55.000−500⋅ω2)⋅(218.200−600⋅ω2)−1.0002=0
55.000⋅218.200−55.000⋅600⋅ω2−500⋅ω2⋅218.200+500⋅600⋅ω4−1.0002=0
Dividindo a equação por 106, tem-se:
12.001−33⋅ω2−109,1⋅ω2+0,3⋅ω4−1=0
12.000−142,1⋅ω2+0,3⋅ω4=0
Adotando λ=ω2 , tem-se: 0,3⋅λ2−142,1⋅λ+12.000=0
Calculando as raízes: λ=142,1±√142,1
2−4⋅0,3⋅12.000
2⋅0,3
λ1=109,9869 => ω1=√(λ1) => ω1=10,4875 (a)
λ2=363,6798 => ω2=√(λ2) => ω2=19,0704 (a)
Calculando as razões de amplitudes …
Recuperando a equação matricial ...
[55.000−500⋅ω2 −1.000−1.000 218.200−600⋅ω2]⋅[ yCMθ ]=[00]
Efetuando o produto da primeira linha pela coluna, resulta:
(55.000−500⋅ω2)⋅yCM−1000⋅θ=0 => (55.000−500⋅ω
2)⋅yCM=1000⋅θ
Dividindo a equação por 1.000, resulta:
(55−0,50⋅ω2)⋅yCM=θ
yCM
θ =
1
55−0,50⋅ω2
=>
yCM
θ =
1
55−0,50⋅λ
Razão de amplitudes para o primeiro modo de vibração λ=λ1=109,9869 :
[ yCMθ ]1 º= 155−0,50⋅109,9869 => [
yCM
θ ]1 º=152,6718
Nota: o número de casas decimais afeta o resultado, e dependendo das aproximações
feitas, essa razão de amplitudes pode resultar “infinita”.
Razão de amplitudes para o primeiro modo de vibração λ=λ2=363,6798 :
[ yCMθ ]2 º= 155−0,50⋅363,6798 => [
yCM
θ ]2 º=−0,0079
Considerando de pequenas oscilações, pode-se afirmar que:
sen (θ)=θ(rad ) e cos (θ)=1 , ou seja, tan (θ)=θ(rad ) .
Substituindo na razão de amplitudes do primeiro modo normal:
[ yCMθ ]1 º=[ yCMtanθ ]1º=152,6718 => tan θ= yCM152,6718
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14/53
Considerando o Centro Instantâneo de Rotação, e “a” a distância entre o Centro de Massa e
o mesmo, pode-se afirmar que: tan θ=
yCM
a
.
Comparando com a equação tan θ=
yCM
152,6718
, obtêm-se: a=152,6718m .
A figura abaixo ilustra os extremos do movimento:
Reescrevendo a razão de amplitudes do segundo modo, em função de tan θ , tem-se:
[ yCMθ ]2 º=−0,0079 => [ yCMtanθ ]2 º=−0,0079 => tan θ= yCM−0,0079
De forma análoga, a distância entre o Centro de Massa e o Centro Instantâneo de Rotação
é: a=0,0079m e o ângulo θ é negativo (horário).
A figura ilustra os extremos do movimento.
Fica evidencia que ao contrário do primeiro modo normal onde o
deslocamento linear (yCM) do Centro de Massa é muito mais
significativo que o deslocamento angular do sólido (θ), no
segundo modo normal, o deslocamento angular passa a ser
mais relevante.
7.1.2 Exemplo:
Um prédio de massa “m”, altura “2.L”, peso “P=m.g”, momento
de inércia em relação ao eixo que passa pelo Centro de Massa
“ICM = m.(2.L)2/12, está ancorado em solo com rigidez ao
deslocamento “kD=10.P (força/m)”, e rigidez à torção “kT=20.P.L
(momento/rad)”. Considerando pequenas oscilações, g = 10
m/s2 e L = 30 m, pedem-se:
a) as frequências modos normais de vibração;
b) as razões de amplitudes.
Solução:
Como condições simplificadoras, adota-se que o prédio seja sólido
(10⋅g−ω2)⋅xCM−10⋅g⋅L⋅θ=0 e tenha movimento plano. 
Considere-se que no instante “t”, o Centro de Massa do prédio
ocupe a posição linear definida por “xCM” e que o prédio ocupe a
posição angular “θ”, ambas com origem na posição de equilíbrio do
mesmo. Nesse mesmo instante, o solo apresenta deformação
linear “Δ” e deformação angular “θ”, que relacionam-se por:
xCM=Δ+L⋅senθ => xCM=Δ+L⋅θ .
Neste instante, o prédio encontra-se sob ação da força “Fe” e do
momento concentrado “Me”, ambos de origem elástica:
Fe=kD⋅Δ=kD⋅( xCM−L⋅θ)
M e=kT⋅θ
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y
CM θ θ
a
y
CM
θ
a
CM
L
L
CM
L
x
CM
θ
Δ Δ
L
Fe
Me
Fe
15/53
Nota: considera-se que quando o prédio inclina-se, a soma da reação normal com o
peso próprio é nula, assim como, a soma dos momentos dessas duas forças
também é nula. 
TCM – Teorema do Centro de Massa:
−F e=m⋅aCM => −kD⋅(xCM−L⋅θ)=m⋅x¨CM
a solução harmônica permite escrever: x¨CM=−ω
2⋅xCM , ou seja:
−kD⋅(xCM−L⋅θ)=−m⋅ω
2⋅xCM => −m⋅ω
2⋅xCM+kD⋅xCM−kD⋅L⋅θ=0 ou ...
(kD−m⋅ω
2)⋅xCM−kD⋅L⋅θ=0
finalmente:
(10⋅m⋅g−m⋅ω2)⋅xCM−10⋅m⋅g⋅L⋅θ=0 => m⋅[(10⋅g−ω
2)⋅xCM−10⋅g⋅L⋅θ]=0
como a massa “m”, não é nula ...
(10⋅g−ω2)⋅xCM−10⋅g⋅L⋅θ=0
TMA – Teorema do Momento Angular (mov. Plano: ∑ M⃗CM=ICM⋅α⃗ ).
momento de Fe em relação ao polo Centro de Massa:
(o sentido positivo é o do deslocamento angular θ adotado: 
horário)
MCM
F e =F e⋅L⋅cosθ => MCM
F e =F e⋅L
MCM
M e =−M e
Nota: o momento elástico por ser um binário, tem o mesmo
valor independentemente do polo escolhido.
MCM
F e +MCM
M e =ICM⋅α => F e⋅L−M e=ICM⋅α
kD⋅(xCM−L⋅θ)⋅L−kT⋅θ=ICM⋅α
Substituindo os valores das grandezas …
10⋅m⋅g⋅(xCM−L⋅θ)⋅L−20⋅m⋅g⋅L⋅θ=
m⋅(2⋅L)2
12
⋅α
10⋅m⋅g⋅xCM⋅L−10⋅m⋅g⋅L
2⋅θ−20⋅m⋅g⋅L⋅θ=m⋅L
2
3
⋅θ¨
a solução harmônica permite escrever: θ¨=−ω2⋅θ , ou seja:
10⋅m⋅g⋅xCM⋅L−10⋅m⋅g⋅L
2⋅θ−20⋅m⋅g⋅L⋅θ=−m⋅L
2
3
⋅ω2⋅θ
−m⋅L2
3
⋅ω2⋅θ−10⋅m⋅g⋅xCM⋅L+10⋅m⋅g⋅L
2⋅θ+20⋅m⋅g⋅L⋅θ=0 ou …
m⋅(−10⋅g⋅L⋅xCM+(
−L2
3
⋅ω2+10⋅g⋅L2+20⋅g⋅L)⋅θ)=0
como a massa “m” não é nula …
−10⋅g⋅L⋅xCM+(10⋅g⋅L
2+20⋅g⋅L− L
2
3
⋅ω2)⋅θ=0
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CM
L
x
CM
θ
Δ Δ
L
Fe
Me
Fe
16/53
Resumindo …
(10⋅g−ω2)⋅xCM−10⋅g⋅L⋅θ=0
−10⋅g⋅L⋅xCM+(10⋅g⋅L
2+20⋅g⋅L− L
2
3
⋅ω2)⋅θ=0
Na forma matricial:
[10⋅g−ω
2 −10⋅g⋅L
−10⋅g⋅L 10⋅g⋅L2+20⋅g⋅L− L
2
3 ⋅ω
2]⋅[ xCMθ ]=[00]
Substituindo:g = 10 m/s2, L = 30 m e λ=ω2 , tem-se:
[100−λ −3.000−3.000 90.000+6.000−9003 ⋅λ]⋅[xCMθ ]=[00] ou …
[100−λ −3.000−3.000 96.000−300⋅λ]⋅[ xCMθ ]=[00]
A solução possível exige que: Δ=0
Δ=(100−λ)⋅(96.000−300⋅λ)−3.0002=0 ou …
9.600 .000−30.000⋅λ−96.000⋅λ+300⋅λ2−9.000 .000=0 ou …
300⋅λ2−126.000⋅λ+600.000=0
Dividindo a equação por “300” …
λ2−420⋅λ+2.000=0 => λ=420±√420
2−4⋅2.000
2
1º modo normal: λ1=4,82 => ω1=2,19 rad / s (a)
2º modo normal: λ2=415,18 => ω2=20,38 rad /s (a)
Efetuando o produto da 1ª linha pela coluna do produto de matrizes:
(100−λ)⋅xCM−3.000⋅θ=0 ou ...
xCM
θ =
3.000
(100−λ)
Razões de amplitudes:
1º modo normal: λ1=4,82 => [ xCMθ ]1 º=31,52
1º modo normal: λ2=415,18 => [ xCMθ ]2 º=−9,52
Substituindo θ por tan(θ), e adotando-se “a” como a distância entre o CIR – Centro
Instantâneo de Rotação e o CM _ Centro de Massa, tem-se:
1º modo normal: tan θ=
xCM
31,52
ou seja: a=31,52
2º modo normal: tan θ=
xCM
−9,52
ou seja: a=−9,52
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17/53
A figura ilustra os dois modos de vibração:
Note-se que:
no 1º modo normal, os deslocamentos são
positivos, ou seja, xCM para direta e θ no
sentido horário;
no 2º modo normal, os deslocamentos
possuem sinais opostos, ou seja, xCM para
direta e θ no sentido anti-horário (negativo), o
que explica o sinal da tan(θ);
No segundo modo a deformação linear do
solo parece ser mais significativa do que no
primeiro modo normal.
7.2. Dois graus de Liberdade; Oscilação Forçada Sem Amortecimento.
Neste tipo de movimento, o sistema fica sob ação de uma força excitadora harmônica do
tipo Fex .=F0⋅cos(ω⋅t) . Considere-se os dois sólidos ilustrados na figura, eles se deslocam
em movimento plano, reto na direção vertical. As massas dos blocos 1 e 2, são
respectivamente m1 e m2. As molas ilustradas possuem rigidezes k1
e k2 e o bloco 1, encontra-se sob ação da força excitadora
Fex .=F0⋅cos(ω⋅t) . Desprezando atritos, pretende-se determinar
as equações horárias de cada um dos sólidos.
Adotando como origem do sistema de referência, a posição de
equilíbrio, num instante genérico “t”, o bloco (1) apresenta-se na
posição y1 , com velocidade v1= y˙1 e o bloco (2) apresenta-se
posição y2 , com velocidade v2= y˙2 , conforme ilustrado. 
Nesse instante, a deformação da mola (1) é Δ1= y1 e a
deformação da mola(2) é Δ2= y2− y1
TCM – Teorema do Centro de Massa.
Bloco(1): m1⋅a1=F ex .+F2−F1 => m1⋅y¨1=F0⋅cos(ω⋅t)+k 2⋅( y2− y1)−k 1⋅y1
Bloco(2): m2⋅a2=−F2 => m2⋅y¨2=−k2⋅( y2− y1)
Nota: Como sempre, as soluções para este tipo de equações diferenciais é harmônica,
entretanto, como o movimento é “forçado”, a pulsação é a mesma da força
excitadora.
y1=A⋅cos (ω⋅t) => y¨1=−A⋅ω
2⋅cos(ω⋅t) => y¨1=−ω
2⋅y1
y2=B⋅cos (ω⋅t) => y¨2=−B⋅ω
2⋅cos (ω⋅t) => y¨2=−ω
2⋅y1
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a = 31,5
CM
CIR
pos. 
equilíbrio
xCM
θ
pos. 
equilíbrio
a = 
9,58
CM
CIR
θ
xCM
1º modo normal 2º modo normal
pos. eq.
m1
k
1
F
1
y
1
y
2
m2
k
2
F
2
F
ex.
F
ex.
18/53
Substituindo nas equações:
−ω2⋅m1⋅y1=F0⋅cos(ω⋅t)+k 2⋅( y2− y1)−k 1⋅y1
−ω2⋅m2⋅y2=−k2⋅( y2− y1)
Reagrupando os termos:
(k2+k1−ω
2⋅m1)⋅y1−k2⋅y2=F0⋅cos (ω⋅t)
−k2⋅y1+(k2−ω
2⋅m2)⋅y2=0
Na forma matricial:
[(k2+k1−ω2⋅m1) −k 2−k 2 (k2−ω2⋅m2)]⋅[ y1y2]=[F00 ]⋅cos (ω⋅t )
O determinante da matriz:
Δ=(k2+k1−ω
2⋅m1)⋅(k2−ω
2⋅m2)−k2
2
Δ=−k2⋅ω
2⋅m2+k 1⋅k2−k1⋅ω
2⋅m2−ω
2⋅m1⋅k2+ω
2⋅m1⋅ω
2⋅m2 , com λ=ω
2 tem-se:
Δ=−k2⋅λ⋅m2+k1⋅k2−k1⋅λ⋅m2−λ⋅m1⋅k2+λ
2⋅m1⋅m2 , reagrupando os termos:
Δ=m1⋅m2⋅λ
2−(k2⋅(m1+m2)+k1⋅m2)⋅λ+k 1⋅k2
O determinante foi reduzido a uma função do segundo grau, com duas raízes (λ1e λ2) , ou
seja, os valores que o tornam nulo.
De forma genérica pode-se afirmar que:
a=m1⋅m2
Δ=a⋅λ2−b⋅λ+c onde: b=(k 2⋅(m1+m2)+k1⋅m2)
c=k 1⋅k2
Como é importante conhecer a amplitude da função y1=A⋅cos (ω⋅t) , em função da
frequência da força excitadora ω , algumas transformações algébricas serão necessárias,
como por exemplo, expressar o determinante na forma fatorada em função de suas raízes
λ1e λ2 , ou seja:
Δ=a⋅λ2−b⋅λ+c => Δ=C⋅(λ−λ1)⋅(λ−λ2) 
Determinando a constante C:
Δ=C⋅(λ−λ1)⋅(λ−λ2) => Δ=C⋅λ
2−C⋅(λ1+λ2)⋅λ+C⋅λ1⋅λ2
Comparando as duas formas:
Δ=a⋅λ2−b⋅λ+c C=a => C=m1⋅m2
C⋅(λ1+λ2)=b
Δ=C⋅λ2−C⋅(λ1+λ2)⋅λ+C⋅λ1⋅λ2 C⋅λ1⋅λ2=c
Finalmente:
Δ=m1⋅m2⋅(λ−λ1)⋅(λ−λ2) ou: Δ=m1⋅m2⋅(ω
2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
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19/53
A equação na forma matricial, pode ser resolvida pelo produto da matriz inversa da matriz
(2x2), ou seja:
[(k2+k1−ω2⋅m1) −k 2−k 2 (k2−ω2⋅m2)]⋅[ y1y2]=[F00 ]⋅cos (ω⋅t )
[ I ]⋅[(k 2+k1−ω2⋅m1) −k2−k2 (k2−ω2⋅m2)]⋅[ y1y2]=[ I ]⋅[F00 ]⋅cos(ω⋅t )
Como o produto entre a matriz inversa e a própria, resulta a unidade (matriz unitária):
[ y1y2]=[ I ]⋅[F00 ]⋅cos (ω⋅t)
Desta forma, a solução depende apenas de se encontrar a matriz inversa …
Por definição, a matriz inversa de uma matriz quadrada, é a matriz adjunta dividida pelo
determinante da matriz original … simples, mas nem tanto, no APENDICE A é
apresentado o cálculo detalhado da matriz inversa.
Substituindo a matriz inversa na equação anterior:
[ y1y2]= 1Δ⋅[(k2−ω
2⋅m2) k2
k 2 (k1+k2−ω
2⋅m1)]⋅[F00 ]⋅cos (ω⋅t )
Nota: embora seja aconselhável calcular a matriz inversa, como no APENDICE A,
o tipo de matriz envolvida, é simétrica, o que simplifica bastante o cálculo. Desta
forma, pode-se afirmar que, a obtenção da matriz adjunta é possível com duas
providências: a) trocam-se de posição, o elemento da 1ª linha e 1ª coluna, com o
elemento da 2ª linha e 2ª coluna da matriz original; b) trocam-se os sinais dos
elementos restantes da matriz original. 
A equação horária do bloco (1), é obtida multiplicando a 1ª linha pela coluna, ou seja:
y1=
1
Δ⋅(k2−ω
2⋅m2)⋅F0⋅cos (ω⋅t) => y1=
(k2−ω
2⋅m2)⋅F0
m1⋅m2⋅(ω
2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
⋅cos (ω⋅t ) (resp.)
Recuperando a forma original da solução harmônica: y1=A⋅cos (ω⋅t)
Comparando … obtêm-se: A=
(k 2−ω
2⋅m2)⋅F0
m1⋅m2⋅(ω
2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
A equação horária do bloco (2), é obtida multiplicando a 2ª linha pela coluna, ou seja:
y2=
1
Δ⋅k 2⋅F0⋅cos (ω⋅t ) => y2=
k2⋅F0
m1⋅m2⋅(ω
2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
⋅cos (ω⋅t ) (resp.)
Recuperando a forma original da solução harmônica: y2=B⋅cos (ω⋅t)
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20/53
Comparando … obtêm-se: B=
k2⋅F0
m1⋅m2⋅(ω
2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
Os gráficos das amplitudes em função da frequência são particularmente instrutivos.
Analisando os comportamentos dos dois sólidos, pode-se ressaltar que:
a) para ω=0 , ambos apresentam a mesma deflexão, ou seja, sob ação da força “F0“
constante, ocorre a deformação apenas da mola de rigidez k1 e, como a mola de rigidez k2
não é deformada, ambos os sólidos deslocam-se igualmente em relação à posição de
equilíbrio.
b) para a frequência ω=√ k2m2 , o bloco (1), no qual a força excitadora está aplicada, não se
move.
c) independente da frequência, o bloco (2) nunca permanece parado.
7.2.1. Dois graus de Liberdade Absorvedor Sintonizado.
De posse dos resultados anteriores pode-se afirmar que: caso um sistema esteja sob
ação de força excitadora harmônica com frequência “ω”, é possível impedi-lo de oscilar
associando ao mesmo uma massa “M”, através de rigidez “k”, tal que: ω=√ kM .
A absorção de vibração é prefeita, ou seja, o sistema permanece estacionário, nos casos
onde não há forças dissipadoras, como forças de atrito. Nos casos em que as forças de
atrito sejam pequenas, a absorção funciona por breves períodos, ao final dos quais o
sistema oscila transferindo movimento, ou seja, energia, para a massa acoplada ao mesmo,
e logo após se incia um novo período em que o sistema permaneceráestacionário. Para
situações em que as forças de atrito são significativas, as conclusões acima não se aplicam.
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A
ωω1 ω2
0
0
k2.F0
m1.m2.ω1
2.ω2
2
ω = 
k2 
m2 
B
ωω1 ω2
0
0
k2.F0
m1.m2.ω1
2.ω2
2
ω = 
k2 
m2 
21/53
7.2.2. Exemplo:
Edifício de dois pavimentos, o primeiro de massa “2.m” ligado
às fundações (solo) por rigidez linear “2.k”, e o segundo de
massa “m” ligado ao primeiro por rigidez linear “k”, tem seus
movimentos excitados pelo deslocamento horizontal do solo,
provocado por terremoto, e expresso por: xS=x0⋅cos (ω⋅t) .
Pedem-se:
a) as frequências próprias do edifício (dos modos normais);
b) os deslocamentos de cada pavimento em função do tempo:
c) a frequência (pulsação) que torna o pavimento superior em
absorvedor de vibração, mantendo o pavimento inferior
estacionário.
Solução:
Adota-se como origem dos deslocamentos, a posição de
equilíbrio do conjunto. No instante “t” genérico, o solo tem
posição expressa por “xS”, o primeiro pavimento tem posição
“x1” e o segundo pavimento tem posição “x2”. Todos para direita
que será adotado como sentido positivo.
As deformações das rigidezes: Δ1=(x1−xS) e Δ2=(x2−x1) .
As forças elásticas devidas a estas deformações estão ilustradas na figura e são expressas
por:
F1=k1⋅Δ1=2⋅k⋅(x1−xS)
F2=k2⋅Δ2=k⋅(x2−x1)
TCM: Teorema do Centro de Massa.
Pavimento (1): (2⋅m)⋅a1=F2−F1 => 2⋅m⋅x¨1=k⋅(x2−x1)−2⋅k⋅(x1−xS)
Adotando solução harmônica: x¨1=−ω
2⋅x1
−2⋅m⋅ω2⋅x1=k⋅(x2−x1)−2⋅k⋅(x1−xS)
Reorganizando os termos: (3⋅k−2⋅m⋅ω2)⋅x1−k⋅x2=2⋅k⋅xS
Substituindo “xS”: (3⋅k−2⋅m⋅ω2)⋅x1−k⋅x2=2⋅k⋅x0⋅cos(ω⋅t)
Pavimento (2): m⋅a2=−F2 => m⋅x¨2=−k⋅(x2−x1)
Adotando solução harmônica: x¨2=−ω
2⋅x2
−m⋅ω2⋅x2=−k⋅( x2−x1)
Reorganizando os termos: −k⋅x1+(k−m⋅ω
2)⋅x2=0
Na forma matricial:
[(3⋅k−2⋅m⋅ω2) −k−k (k−m⋅ω2)]⋅[x1x2]=[2⋅k⋅x00 ]⋅cos(ω⋅t)
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2.m
2.k
m
k
2.m
2.k
m
k
x
1
x
2
x
S
F
1
F
1
F
2
F
2
22/53
Calculando as frequências próprias Δ=0 :
Δ=(3⋅k−2⋅m⋅ω2)⋅(k−m⋅ω2)−k2=0
Com λ=ω2 tem-se: Δ=(3⋅k−2⋅m⋅λ)⋅(k−m⋅λ)−k2=0
Desenvolvendo os produtos: Δ=3⋅k2−3⋅k⋅m⋅λ−2⋅k⋅m⋅λ+2⋅m2⋅λ2−k2=0
Reescrevendo … Δ=2⋅k 2−5⋅k⋅m⋅λ+2⋅m2⋅λ2=0 ou …
Δ=2⋅m2⋅λ2−5⋅k⋅m⋅λ+2⋅k2=0
Calculando as raízes: λ=5⋅k⋅m±√(5⋅k⋅m)
2−4⋅2⋅m2⋅2⋅k2
2⋅2⋅m2
λ=5⋅k⋅m±√25⋅k
2⋅m2−16⋅m2⋅k 2
4⋅m2
=5⋅k⋅m±√9⋅k
2⋅m2
4⋅m2
λ=5⋅k⋅m±3⋅k⋅m
4⋅m2
1º modo normal: λ1=ω1
2=0,5⋅k
m
(a)
2º modo normal: λ2=ω2
2=2,0⋅k
m
(a)
Retomando a forma matricial: [(3⋅k−2⋅m⋅ω2) −k−k (k−m⋅ω2)]⋅[x1x2]=[2⋅k⋅x00 ]⋅cos(ω⋅t)
A matriz inversa, da matriz (2x2): [I ]= 1Δ⋅[(k−m⋅ω2) kk (3⋅k−2⋅m⋅ω2)]
Multiplicando pela matriz inversa: [x1x2]= 1Δ⋅[(k−m⋅ω
2) k
k (3⋅k−2⋅m⋅ω2)]⋅[2⋅k⋅x00 ]⋅cos(ω⋅t)
Recuperando o determinante... Δ=2⋅m2⋅λ2−5⋅k⋅m⋅λ+2⋅k2
Δ=2⋅m2⋅ω4−5⋅k⋅m⋅ω2+2⋅k2
Na forma fatorada: Δ=2⋅m2⋅(ω2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
A posição do pavimento (1), em função do tempo, é obtida pelo produto da 1ª linha pela
coluna:
x1=
(k−m⋅ω2)⋅2⋅k⋅x0
Δ ⋅cos(ω⋅t) ou …
x1=
(k−m⋅ω2)⋅2⋅k⋅x0
2⋅m2⋅(ω2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
⋅cos (ω⋅t ) (b)
A posição do pavimento (2), em função do tempo, é obtida pelo produto da 2ª linha pela
coluna:
x2=
2⋅k2⋅x0
Δ ⋅cos(ω⋅t) ou …
x2=
2⋅k2⋅x0
2⋅m2⋅(ω2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
⋅cos (ω⋅t ) (b)
A frequência que torna o segundo pavimento em absorvedor sintonizado, é aquela que
anula o deslocamento “x1” para qualquer instante “t”, ou seja:
x1=0 => (k – m⋅ω
2)=0 => ω=√ km (c)
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23/53
7.2.3. Exemplo:
A figura ilustra, os blocos sólidos de massa m1 = 2 kg e massa m2 = 5 kg, interligados entre
si pela mola de rigidez k2 = 80 N/m. O bloco de massa m1, encontra-se ligado ao cursor A,
através da mola de rigidez k1 = 50 N/m. O bloco de massa m2, encontra-se ligado a parede
fixa, através da mola de rigidez k3 = 50 N/m. O cursor A, é acionado pelo conjunto manivela
biela que impõe ao mesmo deslocamento x=a⋅sen (θ) , sendo que θ=ω⋅t , onde ω é a
velocidade angular da manivela e t o tempo. 
A manivela possui dimensão a=0,02m e gira em torno de seu eixo fixo com frequência
f=59,6 rpm . Adotando a posição de equilíbrio de cada um dos elementos, como origem
das posições dos mesmos, pedem-se:
a) o diagrama de esforços em cada bloco;
b) as frequências próprias do sistema
(modos de vibração);
c) as equações horárias dos blocos em
função do tempo.
Solução:
A figura ilustra as posições dos elementos,
num instante “t” genérico, para o qual, as posições do cursor A, do bloco (1) e do bloco(2),
são respectivamente expressas por: “x” , “x1” e “x2”. Essas posições embora escolhidas de
forma arbitrária, apresentam a relação: x2>x1>x .
Baseado nas escolhas apresentadas acima, pode-se afirmar que:
a) a mola de rigidez k1 apresenta-se distendida de Δ1=(x1−x) ;
b) a mola de rigidez k2 apresenta-se distendida de Δ2=(x2−x1) ;
c) a mola de rigidez k3 apresenta-se comprimida de Δ2=x2 ;
Como consequência, as forças elásticas são:
F1=k1⋅Δ1 => F1=k1⋅(x1−x )
F2=k2⋅Δ2 => F2=k2⋅( x2−x1)
F3=k3⋅Δ3 => F3=k3⋅x2
TCM – Teorema do Centro de Massa.
BLOCO (1): F2−F1=m1⋅a1 => k2⋅(x2−x1)−k 1⋅(x1−x)=m1⋅x¨1
Adotando: x¨1=−ω
2⋅x1 e x=a⋅sen(θ)
k2⋅(x2−x1)−k 1⋅(x1−a⋅sen(ω⋅t ))=−m1⋅ω
2⋅x1
(k1+k 2−m1⋅ω
2)⋅x1−k2⋅x2=k1⋅a⋅sen(ω⋅t)
BOLCO (2): −F2– F3=m2⋅a2 => −k2⋅(x2−x1)−k3⋅x2=m2⋅x¨2
Adotando: x¨2=−ω
2⋅x2
−k2⋅x1+(−m2⋅ω
2+k2+k3)⋅x2=0
Na forma matricial:
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F
3
F
2
F
1
a
x
1
a m
2
θ
m
1
m
1
m
2
x
2
x
m
2
m
1
24/53
[(k1+k2−m1⋅ω2) −k2−k 2 (k2+k3−m2⋅ω2)]⋅[x1x2]=[k1⋅a0 ]⋅sen(ω⋅t)
O determinante: Δ=(k1+k2−m1⋅ω
2)⋅(k2+k3−m2⋅ω
2)−k2
2
Com: λ=ω2 => Δ=(k1+k2−m1⋅λ)⋅(k2+k3−m2⋅λ)−k 2
2
Δ=m1⋅m2⋅λ
2−[m2⋅(k1+k2)+m1⋅(k2+k 3)]⋅λ+(k1⋅k 2+k1⋅k3+k2⋅k3)
Com os valores numéricos:
Δ=10⋅λ2−[650+260]⋅λ+(4.000+2.500+4.000)
Δ=10⋅λ2−910⋅λ+10.500
Os modos normais de vibração:
Δ=10⋅λ2−910⋅λ+10.500=0 λ1=13,56 => ω1=3,68 rad / s (b)
λ=910±√910
2−4⋅10⋅10.500
2⋅10
λ2=77,44 => ω2=8,80 rad /s (b)
A forma fatorada do determinante:
Δ=m1⋅m2⋅(ω
2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2) ou …
Δ=10⋅(ω2−13,56)⋅(ω2−77,44)
A matriz inversa da matriz (2x2):
[ I ]= 1
m1⋅m2⋅(ω
2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
⋅[(k2+k3−m2⋅ω2) k2k2 (k1+k2−m1⋅ω2)]
Multiplicando a forma matricial pela matriz inversa:
[x1x2]= 1m1⋅m2⋅(ω2−ω12)⋅(ω2−ω22)⋅[(k2+k 3−m2⋅ω
2) k2
k2 (k1+k2−m1⋅ω
2)]⋅[k1⋅a0 ]⋅sen(ω⋅t)
As equações horárias:
x1=
(k2+k 3−m2⋅ω
2)⋅k1⋅a
m1⋅m2⋅(ω
2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
⋅sen(ω⋅t) => x1=
130−2⋅ω2
10⋅(ω2−13,56)⋅(ω2−77,44)
⋅sen (ω⋅t ) (c)
x2=
k2⋅k1⋅a
m1⋅m2⋅(ω
2−ω1
2)⋅(ω2−ω2
2)
⋅sen(ω⋅t) => x2=
80
10⋅(ω2−13,56)⋅(ω2−77,44)
⋅sen (ω⋅t ) (c)
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7.2.3. Exemplo:
Um classificador de carvão de massa total de 250 kg e frequência própria 400 cpm (ciclos
por minuto), tem peneira que alterna com frequência de 600 cpm (ciclos por minuto). 
A peneira é acionada por dois rotores, que giram (com 600 cpm) em sentidos opostos,
providenciando o movimento oscilatório da mesma, desta forma, a fonte de vibração é
inerente ao conjunto e não pode ser eliminada. Decide-se que um absorvedor sintonizado
de vibrações deva ser instalado nesse classificador, e
para tanto está disponível massa de 63 kg. Pedem-se:
a) o método experimental que confirma a frequência
própria do classificador (400 cpm);
b) a rigidez do sistema de sustentação do classificador;
c) a rigidez do absorvedor a ser montado com a massa
disponível;
d) qual seria a massa do absorvedor sintonizado, caso a
única rigidez disponível, seja a do próprio classificador,
lembrando que o sistema elástico do mesmo é composto
por quatro molas iguais, de rigidez “kdisp.”.
Solução:
Com o classificadordesligado, desloca-se o mesmo de sua posição de equilíbrio, e mede-
se a frequência de vibração resultante; (a)
A pulsação própria do sistema é obtida através da frequência própria do sistema, a mesma
medida sob as condições especificadas acima. Com o sistema em funcionamento, o mesmo
oscilará com a mesma frequência da força excitadora presente, ou seja, a frequência de
oscilação da peneira. 
A pulsação relaciona-se com a frequência por:
ω0=2⋅π⋅f 0 => ω0=2⋅π⋅
400
60
=> ω0=41,89 rad /s
Com o sistema desligado, sua oscilação se faz com a pulsação determinada acima, e tudo
se passa como um sistema, de apenas um grau de liberdade, ou seja:
ω0=√ k eq .mef . => keq .mef .=ω02 => keq .=mef .⋅ω02 => keq .=250⋅41,89=10.472,5 N /m (b)
O absorvedor é sintonizado com a frequência da força excitadora, ou seja, frequência de
600 com, que corresponde a uma pulsação “ω”.
ω=2⋅π⋅600
60
=> ω=62,83 rad /s
A pulsação do absorvedor é:
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k
m
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ω=√ km => k=m⋅ω2 => k=63⋅62,832 => k=248.699,4 N /m (c)
A “mola” disponível: 
kdisp .=
keq .
4
=2.618,1 N /m
m= k
ω2
=> m=0,66 kg (d)
ω=62,83 rad /s
7.3. Dois Graus de Liberdade, OFCA – Oscilação forçada com
Amortecimento.
O arranjo ilustrado, é composto por dois blocos
sólidos, em movimento de translação reto, que
apresentam massas m1 = 0,5 kg e m2 = 1,0 kg, sob
ação de dois sistemas mola amortecedor, com
rigidezes e coeficientes da força viscosa,
respectivamente (k1 = 25 N/m e c1 = 5 N.s/m) e (k2 =
50 N/m e c2 = 7,5 N.s/m). O bloco de massa m1,
encontra-se sob ação da força excitadora:
F ex=6⋅sen(5⋅t) .
Nota: o desenvolvimento literal é penoso, desta forma, optou-se por um
desenvolvimento numérico, embora, as conclusões sejam de menor abrangência.
Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se deslocado em relação a sua posição de
equilíbrio, adotada como origem das posições dos elementos do sistema. 
Considere-se que no instante “t” o bloco (1) tenha posição definida por ( y1 ), com
velocidade ( v1= y˙1 ) e aceleração ( a1= y¨1 ) ao mesmo tempo, o bloco (2) tem posição
definida por ( y2 ), com velocidade ( v2= y˙2 ) e aceleração ( a2= y¨2 ). 
No instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente: e, e as velocidades
relativas, entre os extremos dos amortecedores, são: e.
TCM – Teorema do Centro de Massa:
BLOCO (1):
m1⋅y¨1=−k1⋅Δ1−c1⋅y˙1+k 2⋅Δ2+c2⋅vrel (2)+Fex
m1⋅y¨1=−k1⋅y1−c1⋅y˙1+k2⋅( y2− y1)+c2⋅( y˙2− y˙1)+F ex
m1⋅y¨1+(k1+k2)⋅y1+(c1+c2)⋅y˙1−k 2⋅y2−c2⋅y˙2=Fex
BLOCO(2):
m2⋅y¨2=−k2⋅Δ2−c2⋅vrel(2)
m2⋅y¨2=−k2⋅( y2− y1)−c2⋅( y˙2− y˙1)
−k2⋅y1−c2⋅y˙1+m2⋅y¨2+k2⋅y2+c2⋅y˙2=0
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Fe
1
Fe
2
Fv
1
Fv
2
y
1
y
2
Fex Fex
p.Eq.
m
2
m
1
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Estas equações possuem soluções mais complexas, do tipo:
y1=Y 1⋅e
i⋅ω⋅t => y˙1=i⋅ω⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t=i⋅ω⋅y1 => y¨1=−ω
2⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t=−iω2⋅y1
y2=Y 2⋅e
i⋅ω⋅t => y˙2=i⋅ω⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t=i⋅ω⋅y2 => y¨2=−ω
2⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t=−iω2⋅y2
Para facilitar o desenvolvimento “troca-se” a força excitadora por. Note-se que:
F0⋅e
i⋅ω⋅t=F0⋅cos(ω⋅t)+i⋅F0 sen(ω⋅t) , ou seja, a parte “imaginária” é na verdade a força
excitadora.
Substituindo essas relações em ...
m1⋅y¨1+(k1+k2)⋅y1+(c1+c2)⋅y˙1−k 2⋅y2−c2⋅y˙2=Fex
−m1⋅ω
2⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t+(k 1+k2)⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t+(c1+c2)⋅i⋅ω⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t−k2⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t−c2⋅i⋅ω⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t=F0⋅e
i⋅ω⋅t
ou …
(−m1⋅ω
2+(k 1+k2)+(c1+c2)⋅i⋅ω)⋅Y 1−(k2+c2⋅i⋅ω)⋅Y 2=F0
Substituindo essas relações em …
−k2⋅y1−c2⋅y˙1+m2⋅y¨2+k2⋅y2+c2⋅y˙2=0
−k2⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t−c2⋅i⋅ω⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t−m2⋅ω
2⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t+k2⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t+c2i⋅ω⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t=0
ou ...
−(k2+c2⋅i⋅ω)⋅Y 1+(−m2⋅ω
2+k2+ i⋅ω⋅c2)⋅Y 2=0
Resumindo, as equações:
(−m1⋅ω
2⋅+(k1+k2)+(c1+c2)⋅i⋅ω)⋅Y 1−(k2+c2⋅i⋅ω)⋅Y 2=F0
−(k2+c2⋅i⋅ω)⋅Y 1+(−m2⋅ω
2+k2+ i⋅ω⋅c2)⋅Y 2=0
Na forma matricial:
[(−m1⋅ω2+k1+k2+i⋅ω⋅(c1+c2)) −(k2+i⋅ω⋅c2)−(k 2+i⋅ω⋅c2) (−m2⋅ω2+k2+i⋅ω⋅c2)]⋅[Y 1Y 2]=[F00 ]
A matriz inversa:
[ I ]=[(−m2⋅ω2+k2+i⋅ω⋅c2) (k2+i⋅ω⋅c2)(k2+i⋅ω⋅c2) (−m1⋅ω2+k1+k2+i⋅ω⋅(c1+c2))]
Multiplicando pela matriz inversa:
[Y 1Y 2]=[(−m2⋅ω
2+k 2+i⋅ω⋅c2) (k 2+i⋅ω⋅c2)
(k2+i⋅ω⋅c2) (−m1⋅ω
2+k1+k 2+i⋅ω⋅(c1+c2))]⋅[F00 ]
As amplitudes:
Y 1=
(−m2⋅ω
2+k2+ i⋅ω⋅c2)⋅F0
(−m2⋅ω
2+k2+i⋅ω⋅c2)⋅(−m1⋅ω
2+k1+k2+i⋅ω⋅(c1+c2))−(k2+i⋅ω⋅c2)
2
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28/53
Y 2=
(k2+i⋅ω⋅c2)⋅F0
(−m2⋅ω
2+k2+i⋅ω⋅c2)⋅(−m1⋅ω
2+k1+k2+i⋅ω⋅(c1+c2))−(k2+i⋅ω⋅c2)
2
Com os valores numéricos:
Y 1=
(−1,0⋅52+50)⋅6+i⋅5⋅7,5⋅6
(−1,0⋅52+50+i⋅5⋅7,5)⋅(−0,5⋅52+25+50+ i⋅5⋅(5+7,5))−(50+i⋅5⋅7,5)2
Y 1=
150+i⋅225
(25+i⋅37,5)⋅(62,5+i⋅62,5)−(50+i⋅37,5)2
;
Y 1=
150+ i⋅225
−1.875,25+i⋅156,25
Nota: Na forma polar, a divisão é mais simples, assim a utilizaremos, o apêndice B,
apresenta uma revisão de números complexos.
O numerador: Z1[ϕ1]=√1502+2252 [arctan( 225150 )] => Z1[ϕ1]=270,42 [56,31 º ]
O denominador: Z2[ϕ2]=√1875,252+156,252 [180 º+arctan( 156,25−1875,25 )]
Z2[ϕ2]=1881,75 [175,24 º ]
A divisão:
Y 1=
Z1
Z2
= 270,42
1881,75
[56,31 º−175,24 º ] => Y 1=0,144 [−118,93 º ]
Na forma cartesiana:
Y 1=0,144⋅(cos(−118,93 º)+i⋅sen(−118,93 º)) … ângulo em graus, ou:
Y 1=0,144⋅(cos(118,93 º )−i⋅sen(118,93 º )) … ângulo em graus, ou:
Y 1=0,144⋅(cos(2,08)−i⋅sen(2,08)) … ângulo em rad, ou:
Y 1=0,144⋅e
−i⋅2,08
Recuperando a solução:
y1=Y 1⋅e
i⋅ω⋅t => y1=0,144⋅e
−i⋅2,08⋅ei⋅ω⋅t => y1=0,144⋅e
i⋅(ω⋅t−2,08)
A Solução na forma cartesiana:
y1=0,144⋅cos (ω⋅t−2,08)+i⋅0,144⋅sen (ω⋅t−2,08)
Lembrando que a força excitadora “real”, foi expressa, como a parte imaginária do número
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29/53
complexo que a representou, a solução que interessa de forma equivalente é:
y1(t)=0,144⋅sen(ω⋅t−2,08) => y1(t)=0,144⋅sen(5⋅t−2,08)
A outra amplitude:
Y 2=
(k2+i⋅ω⋅c2)⋅F0
(−m2⋅ω
2+k2+i⋅ω⋅c2)⋅(−m1⋅ω
2+k1+k2+i⋅ω⋅(c1+c2))−(k2+i⋅ω⋅c2)
2
Y 2=
300+i⋅225
−1.875,25+i⋅156,25
Na forma polar, tem-se:
o numerador: Z1[ϕ1]=√3002+2252 [arctan (225300 )] => Z1[ϕ1]=375,00 [36,87 º ]
o denominador: Z2[ϕ2]=1881,75 [175,24 º ]
A divisão:
Y 2=
Z1
Z2
= 375,00
1881,75
[36,87 º−175,24 º ] => Y 2=0,199 [−138,93 º ]
Na forma cartesiana:
Y 2=0,199⋅(cos (−138,93º )+i⋅sen (−138,93º )) … ângulo em graus, ou:
Y 2=0,199⋅(cos (138,93)−i⋅sen(138,93)) … ângulo em graus, ou:
Y 2=0,199⋅(cos (2,41)−i⋅sen (2,41)) … ângulo em rad, ou:
Y 2=0,199⋅e
−i⋅2,41
Recuperando a solução:
y2=Y 2⋅e
i⋅ω⋅t => y2=0,199⋅e
−i⋅2,41⋅e i⋅ω⋅t => y2=0,144⋅e
i⋅(ω⋅t−2,41)
y2=0,199⋅e
i⋅(ω⋅t−2,41)
Na forma cartesiana:
y2=0,199⋅cos(ω⋅t−2,41)+i⋅0,144⋅sen(ω⋅t−2,41)
Lembrando que a força excitadora “real” foi expressa como a parte imaginária do número
complexo que a representou, a solução que interessa de forma equivalente é:
y2(t)=0,199⋅sen(ω⋅t−2,41) => y2(t)=0,199⋅sen (5⋅t−2,41)
Nota: os blocos oscilam com a mesma frequência (“ω” da força excitadora), entretanto,
eles possuem uma pequena defasagem em seus movimentos; esses resultados
dependem fortemente dos valores numéricos adotados.
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30/53
7.3.1 Exemplo.
O arranjo ilustrado, é composto por dois blocos
sólidos, que deslocam-se em movimento de translação
reta, apresentam massas m1 = 0,5 kg e m2 = 1,0 kg,
sob ação dos sistemas mola amortecedor, com
rigidezes e coeficientes da força viscosa,
respectivamente (k1,= 25 N/m e c = 5 N.s/m) e (k2 = 50
N/m). O bloco de massa m1, encontra-se sob ação da
força excitadora: F ex=6⋅cos(5⋅t) .
Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se
deslocado em relação a sua posição de equilíbrio,
adotada como origem das posições dos elementos do
sistema. 
Considere-se que no instante “t” o bloco (1) tenha posição definida por ( y1 ) ,com
velocidade ( v1= y˙1 ) e aceleração ( a1= y¨1 ) ao mesmo tempo, o bloco (2) tem posição
definida por ( y2 ) , com velocidade ( v2= y˙2 ) e aceleração ( a2= y¨2 ). 
No instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente: Δ1= y1 e Δ2= y2− y1 , e
a velocidade relativa, entre os extremos do amortecedor, é: vrel=Δ˙1= y˙1 .
TCM – Teorema do Centro de Massa:
BLOCO (1):
m1⋅y¨1=−k1⋅Δ1−c⋅y˙1+k2⋅Δ2+Fex
m1⋅y¨1=−k1⋅y1−c⋅y˙1+k 2⋅( y2− y1)+Fex
m1⋅y¨1+(k1+k2)⋅y1+c⋅y˙1−k2⋅y2=Fex
BLOCO(2):
m2⋅y¨2=−k2⋅Δ2
m2⋅y¨2=−k2⋅( y2− y1)
−k2⋅y1+m2⋅y¨2+k2⋅y2=0
As Soluções destas equações são do tipo:
y1=Y 1⋅e
i⋅ω⋅t => y˙1=i⋅ω⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t=i⋅ω⋅y1 => y¨1=−ω
2⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t=−iω2⋅y1
y2=Y 2⋅e
i⋅ω⋅t => y˙2=i⋅ω⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t=i⋅ω⋅y2 => y¨2=−ω
2⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t=−iω2⋅y2
Para facilitar o desenvolvimento “troca-se” a força excitadora por: F0⋅e
i⋅ω⋅t . Note-se que:
F0⋅e
i⋅ω⋅t=F0⋅cos(ω⋅t)+i⋅F0 sen(ω⋅t) , ou seja, a parte “real” é na verdade a força excitadora.
Substituindo em ...
m1⋅y¨1+(k1+k2)⋅y1+c⋅y˙1−k2⋅y2=Fex
−m1⋅ω
2⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t+(k 1+k2)⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t+c⋅i⋅ω⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t−k2⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t=F0⋅e
i⋅ω⋅t
ou …
(−m1⋅ω
2⋅+(k1+k2)+c⋅i⋅ω)⋅Y 1−k2⋅Y 2=F0
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Fe
1
Fe
2
Fv
y
1
y
2
Fex Fex
p.Eq.
m
2
m
1
(k
1
, c)
(k
2
)
31/53
Substituindo em …
−k2⋅y1+m2⋅y¨2+k2⋅y2=0
−k2⋅Y 1⋅e
i⋅ω⋅t−m2⋅ω
2⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t+k2⋅Y 2⋅e
i⋅ω⋅t=0
ou ...
−k2⋅Y 1+(−m2⋅ω
2+k 2)⋅Y 2=0
Resumindo, as equações:
(−m1⋅ω
2⋅+(k1+k2)+c⋅i⋅ω)⋅Y 1−k2⋅Y 2=F0
−k2⋅Y 1+(−m2⋅ω
2+k 2)⋅Y 2=0
Na forma matricial:
[(−m1⋅ω2+k 1+k2+i⋅ω⋅c ) −k2−k2 (−m2⋅ω2+k2)]⋅[Y 1Y 2]=[F00 ]
A matriz inversa:
[ I ]=[(−m2⋅ω2+k2) k2k2 (−m1⋅ω2+k1+k2+i⋅ω⋅c)]
Multiplicando pela matriz inversa:
[Y 1Y 2]=[(−m2⋅ω
2+k 2) k 2
k2 (−m1⋅ω
2+k1+k2+i⋅ω⋅c)]⋅[F00 ]
As amplitudes:
Y 1=
(−m2⋅ω
2+k2)⋅F0
(−m2⋅ω
2+k2)⋅(−m1⋅ω
2+k 1+k2+i⋅ω⋅c )−k 2
2
Y 2=
k 2⋅F0
(−m2⋅ω
2+k2)⋅(−m1⋅ω
2+k1+k2+i⋅ω⋅c )−k 2
2
Com os valores numéricos:
Y 1=
(−1,0⋅52+50)⋅6
(−1,0⋅52+50)⋅(−0,5⋅52+25+50+i⋅5⋅5)−502
Y 1=
150
25⋅(62,5+i⋅25)−2.500
;
Y 1=
150
−937,50+i⋅625,00
Na forma polar, tem-se:
o numerador: Z1[ϕ1]=150,00 [0,00 º ]
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32/53
o denominador: Z2[ϕ2]=√937,502+625,002 [180 º+arctan ( 625,00−937,50 )]
Z2[ϕ2]=1126,74 [146,31º ]
A divisão:
Y 1=
Z1
Z2
= 150,00
1126,74
[0,00º−146,31º ] => Y 1=0,133 [−146,31º ]
Na forma cartesiana:
Y 1=0,133⋅(cos (−146,31º )+i⋅sen (−146,31 º )) … ângulo em graus, ou:
Y 1=0,133⋅(cos (146,31 º)−i⋅sen(146,31º )) … ângulo em graus, ou:
Y 1=0,133⋅(cos (2,55)−i⋅sen(2,55)) … ângulo em rad, ou:
Y 1=0,133⋅e
−i⋅2,55
Recuperando a solução:
y1=Y 1⋅e
i⋅ω⋅t => y1=0,133⋅e
−i⋅2,55⋅e i⋅ω⋅t => y1=0,133⋅e
i⋅(ω⋅t−2,55)
Na forma cartesiana:
y1=0,133⋅cos(ω⋅t−2,55)+ i⋅0,144⋅sen (ω⋅t−2,55)
Lembrando que a força excitadora “real” foi expressa como a parte real do número
complexo que a representou, a solução que interessa de forma equivalente é:
y1(t)=0,133⋅cos (ω⋅t−2,55) => y1(t)=0,133⋅cos (5⋅t−2,55)
A outra solução:
Y 2=
k 2⋅F0
(−m2⋅ω
2+k2)⋅(−m1⋅ω
2+k1+k2+i⋅ω⋅c )−k 2
2
Y 2=
300
−937,50+i⋅625,00
Na forma polar, tem-se:
o numerador: Z1[ϕ1]=300,00 [0,00 º ]
o denominador: Z2[ϕ2]=1126,74 [146,31º ]
A divisão:
Y 1=
Z1
Z2
= 300,00
1126,74
[0,00º−146,31º ] => Y 2=0,266 [−146,31 º ]
Na forma cartesiana:
Y 2=0,266⋅(cos(−146,31º )+i⋅sen(−146,31º )) … ângulo em graus, ou:
Y 2=0,266⋅(cos(146,31 º)−i⋅sen (146,31º )) … ângulo em graus, ou:
Y 2=0,266 (cos (2,55)−2,55 i⋅sen (2,55)) … ângulo em rad, ou:
Y 2=0,266⋅e
−i⋅2,55
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33/53
Recuperando a solução:
y2=Y 2⋅e
i⋅ω⋅t => y2=0,266⋅e
−i⋅2,55⋅ei⋅ω⋅t => y2=0,266⋅e
i⋅(ω⋅t−2,55)
Na forma cartesiana:
y2=0,266⋅cos(ω⋅t−2,55)−i⋅0,266 sen(ω⋅t−2,55)
Lembrando que a força excitadora “real” foi expressa como a parte real do número
complexo que a representou, a solução que interessa de forma equivalente é:
y2(t)=0,266 sen (ω⋅t−2,55) => y2(t)=0,266 sen(5⋅t−2,55)
Nota: os blocos oscilam com a mesma frequência (“ω” da força excitadora), e neste caso
não ocorre defasagem entre os movimentos dos mesmos.
8. TRÊS GRAUS DE LIBERDADE
As dificuldades encontradas no estudo de muitos graus de liberdade, ou seja, maiores
que dois, continuam sendo de ordem matemática. No caso de três graus de liberdade,
passa-se a trabalhar com uma equação matricial com matrizes de dimensões 3x3, e com
equações de terceira ordem. Por exemplo, as raízes de uma equação de terceira ordem,
podem ser obtidas por métodos numéricos e desta forma será feito.
8.1. Três Graus de Liberdade; OLSA – Oscilação Livre Sem
amortecimento.
Não há novidades no que se refere ao desenvolvimento desse tipo de problema, apenas a
matemática se complica.
8.1. Exemplo.
O arranjo ilustrado, é composto por três blocos
sólidos, que deslocam-se em movimento de translação
reta, apresentam massas m1 = 0,5 kg, m2 = 1,0 kg, e m3
= 1,5 kg. Esses blocos estão conectados entre si pelas
molas de rigidezes: k1 = 25 N/m, k2 = 30 N/m e k3 = 35
N/m. Pedem-se:
a) as equações do sistema na forma matricial;
b) as frequências dos modos normais de vibração;
c) as razões de amplitudes dos modos normais de
vibração.
Solução:
Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se
deslocado em relação a sua posição de equilíbrio,
adotada como origem das posições dos elementos do
sistema. 
Considere-se que no instante “t” o bloco (1) tenha posição definida por ( y1 ) , com
velocidade ( v1= y˙1 ) e aceleração ( a1= y¨1 ) ao mesmo tempo, o bloco (2) tem posição
definida por ( y2 ) , com velocidade ( v2= y˙2 ) e aceleração ( a2= y¨2 ) e o bloco (3) tem
Prof. Brasílio Camargo de Brito Filho
Fe
1
Fe
2
y
1
y
2
p.Eq.
m
2
m
1
k
1
k
2
Fe
3
m
3
k
3
y
3
34/53
posição definida por ( y3 ) , com velocidade ( v3= y˙3 ) e aceleração ( a3= y¨3 )
Nesse instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente:
Δ1= y1 , Δ2= y2− y1 e Δ3= y3− y2
TCM – Teorema do Centro de Massa:
BLOCO (1):
m1⋅y¨1=−k1⋅Δ1+k2⋅Δ2
m1⋅y¨1=−k1⋅y1+k2⋅( y2− y1)
m1⋅y¨1+(k1+k2)⋅y1−k2⋅y2=0
Adotando solução harmônica: y1=A1⋅cos (ω⋅t+ϕ1) => y¨1=−ω
2⋅y1 , tem-se:
(−m1⋅ω
2+k1+k2)⋅y1−k 2⋅y2=0
BLOCO(2):
m2⋅y¨2=−k2⋅Δ2+k3⋅Δ3
m2⋅y¨2=−k2⋅( y2− y1)+k 3⋅( y3− y2)
−k2⋅y1+m2⋅y¨2+(k2+k3)⋅y2−k3⋅y3=0
Adotando solução harmônica: y2=A2⋅cos(ω⋅t+ϕ2) => y¨2=−ω
2⋅y2 , tem-se:
−k2⋅y1+(−m2⋅ω
2+k2+k3)⋅y2−k3⋅y3=0
BLOCO(3):
m3⋅y¨3=−k3⋅Δ3
m3⋅y¨3=−k3⋅( y3− y2)
−k3⋅y2+m3⋅y¨3+k3⋅y3=0
Adotando solução harmônica: y3=A3⋅cos(ω⋅t+ϕ3) => y¨3=−ω
2⋅y3 , tem-se:
−k3⋅y2+(−m3⋅ω
2+k 3)⋅y3=0
Reorganizando as equações:
(−ω2+k1+k2)⋅y1−k 2⋅y2+zero⋅y3=0
−k2⋅y1+(−m2⋅ω
2+k2+k3)⋅y2−k3⋅y3=0
zero⋅y1−k3⋅y2+(−m3⋅ω
2+k3)⋅y3=0
Na forma matricial:
[(−m1⋅ω
2+k 1+k2) (−k2) 0
(−k2) (−m2⋅ω
2+k2+k3) (−k3)
0 (−k3) (−m3⋅ω
2+k3)
]⋅[ y1y2y3]=[000] (a)
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Nota: a matriz 3x3, tal como no caso de 2GL, é simétrica.
Efetuando a substituição: λ=ω2
[(−m1⋅λ+k1+k 2) (−k 2) 0(−k2) (−m2⋅λ+k2+k3) (−k3)0 (−k 3) (−m3⋅λ+k3)]⋅[
y1
y2
y3]=[
0
0
0]
Os modos normais … determinante NULO.
[(−m1⋅λ+k1+k 2) (−k 2) 0(−k2) (−m2⋅λ+k2+k3) (−k3)0 (−k 3) (−m3⋅λ+k3)]=[000]
Substituindo os valores numéricos:
[(−0,5⋅λ+25+30) (−30) 0(−30) (−1,0⋅λ+30+35) (−35)0 (−35) (−1,5⋅λ+35)]=[000] ou ...
[(−0,5⋅λ+55) (−30) 0(−30) (−1,0⋅λ+65) (−35)0 (−35) (−1,5⋅λ+35)]=[000]
O determinante …
Δ=[(−0,5⋅λ+55) (−30) 0(−30) (−1,0⋅λ+65) (−35)0 (−35) (−1,5⋅λ+35)] (−0,5⋅λ+55)(−30)0 (−30)(−1,0⋅λ+65)(−35)
Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ+65)⋅(−1,5⋅λ+35)+0+0+
−0−(−0,5⋅λ+55)⋅(−35)⋅(−35)−(−30)⋅(−30)⋅(−1,5⋅λ+35)=0
Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ+65)⋅(−1,5⋅λ+35)−(−0,5⋅λ+55)⋅1.225−900⋅(−1,5⋅λ+35)=0Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ+65)⋅(−1,5⋅λ+35)+612,5⋅λ−67.375+1.350⋅λ−31.500=0
Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(−1,0⋅λ+65)⋅(−1,5⋅λ+35)+1.962,5⋅λ−98.875=0
Δ=(−0,5⋅λ+55)⋅(1,5⋅λ2−132,5⋅λ+2.275)+1.962,5⋅λ−98.875=0
Δ=−0,75⋅λ3+66,25⋅λ2−1.137,5⋅λ+82,5⋅λ2−7.287,5⋅λ+125.125+1.962,5⋅λ−98.875=0
Δ=−0,75⋅λ3+148,75⋅λ2−6.462,5⋅λ+26.250=0
Com uma hp 50 [APÊNDICE C], ou com o MATLAB, obtêm-se:
λ1=4,52 , λ2=56,28 e λ1=137,53 ou …
ω1=√4,52 => ω1=2,13 rad /s
ω2=√56,28 => ω2=7,50 rad /s (b)
ω3=√137,53 => ω2=11,72 rad / s
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36/53
Recuperando a forma matricial:
[(−0,5⋅λ+55) (−30) 0(−30) (−1,0⋅λ+65) (−35)0 (−35) (−1,5⋅λ+35)]⋅[ y1y2y3]=[
0
0
0]
Efetuando os produtos:
1ª linha x coluna: (−0,5⋅λ+55)⋅y1−30⋅y2=0
y1
y2
= 30
(−0,5⋅λ+55)
3ª linha x coluna: −35⋅y2+(−1,5⋅λ+35)⋅y3=0
−35
30
⋅(−0,5⋅λ+55)⋅y1+(−1,5⋅λ+35)⋅y3=0
y1
y3
=
0,86⋅(−1,5⋅λ+35)
(−0,5⋅λ+55)
λ y1/ y2 y1/ y3
4,52 0,57 0,46
56,28 1,12 -1,58
137,53 -2,18 10,7
1º modo normal: 2º modo normal: 3º modo normal:
para y1=1 tem-se: para y1=1 tem-se: para y1=1 tem-se:
y2=1,75 ; y3=2,17 y2=0,89 ; y3=−0,63 y2=−0,46 ; y3=0,09
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1º modo normal 2º modo normal 3º modo normal
37/53
8.2. Três Graus de Liberdade; OFSA - Oscilação Forçada sem
Amortecimento.
O arranjo ilustrado, é composto por três blocos
sólidos, que deslocam-se em movimento de translação
reta, apresentam massas iguais m = 1,0 kg, e são
conectados entre si por molas iguais de rigidez k = 10,0
N/m. A base de sustentação desloca-se com equação
horária: yB=0,01⋅cos (ω⋅t) . Pedem-se:
a) as equações do sistema na forma matricial;
b) as equações horárias dos movimentos.
Solução:
Num instante genérico “t”, o sistema apresenta-se
deslocado em relação a sua posição de equilíbrio,
adotada como origem das posições dos elementos do
sistema. 
Considere-se que no instante “t”, tenha-se as seguintes
condições:
1- a base tenha posição definida por ( yB ) , com velocidade ( v B= y˙ B ) e aceleração (
aB= y¨ B );
2- o bloco (1) tenha posição definida por ( y1 ) , com velocidade ( v1= y˙1 ) e aceleração (
a1= y¨1 );
3- o bloco (2) tem posição definida por ( y2 ) , com velocidade ( v2= y˙2 ) e aceleração (
a2= y¨2 );
4- o bloco (3) tem posição definida por ( y3 ) , com velocidade ( v3= y˙3 ) e aceleração (
a3= y¨3 )
Nesse instante “t”, as deformações das molas, são respectivamente:
Δ1=( y1− y B) , Δ2= y2− y1 e Δ3= y3− y2
TCM – Teorema do Centro de Massa:
BLOCO (1):
m⋅y¨1=−k⋅Δ1+k⋅Δ2
m⋅y¨1=−k⋅( y1− yB)+k⋅( y2− y1)
m⋅y¨1+2⋅k⋅y1−k⋅y2=k⋅y B
m⋅y¨1+2⋅k⋅y1−k⋅y2=k⋅y0⋅cos(ω⋅t)
Adotando solução harmônica: y¨1=−ω
2⋅y1 , tem-se:
(−m⋅ω2+2⋅k )⋅y1−k⋅y2=k⋅y0⋅cos (ω⋅t)
BLOCO(2):
m⋅y¨2=−k⋅Δ2+k⋅Δ3
m⋅y¨2=−k⋅( y2− y1)+k⋅( y3− y2)
−k⋅y1+m⋅y¨2+2⋅k⋅y2−k⋅y3=0
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Fe
1
Fe
2
y
1
y
2
p.Eq.
m
k
Fe
3
y
3
k
k
m
m
y
B
38/53
Adotando solução harmônica: y¨2=−ω
2⋅y2 , tem-se:
−k⋅y1+(−m⋅ω
2+2⋅k )⋅y2−k⋅y3=0
BLOCO(3):
m⋅y¨3=−k⋅Δ3
m⋅y¨3=−k⋅( y3− y2)
−k⋅y2+m⋅y¨3+k⋅y3=0
Adotando solução harmônica: y¨3=−ω
2⋅y3 , tem-se:
−k⋅y2+(−m⋅ω
2+k)⋅y3=0
Reorganizando as equações:
(−ω2+2⋅k )⋅y1−k⋅y2+zero⋅y3=k⋅y0⋅cos (ω⋅t )
−k⋅y1+(−m⋅ω
2+2⋅k )⋅y2−k⋅y3=0
zero⋅y1−k⋅y2+(−m⋅ω
2+k )⋅y3=0
Na forma matricial:
[(−m⋅ω
2+2⋅k ) (−k ) 0
(−k ) (−m⋅ω2+2⋅k ) (−k)
0 (−k ) (−m⋅ω2+k )]⋅[ y1y2y3]=[ y000 ]⋅cos(ω⋅t ) (a)
Nota: a matriz 3x3, tal como no caso de 2GL, é simétrica.
Efetuando a substituição: λ=ω2
[(−m⋅λ+2⋅k) (−k ) 0(−k ) (−m⋅λ+2⋅k ) (−k )0 (−k ) (−m⋅λ+k )]⋅[ y1y2y3]=[
y0
0
0 ]⋅cos(ω⋅t)
Substituindo os valores numéricos:
[(−λ+20) (−10) 0(−10) (−λ+20) (−10)0 (−10) (−λ+10)]⋅[ y1y2y3]=[
0,01
0
0 ]⋅cos(ω⋅t)
O determinante da matriz 3x3 …
Δ=[(−λ+20) (−10) 0(−10) (−λ+20) (−10)0 (−10) (−λ+10)](−λ+20) (−10)(−10) (−λ+20)0 (−10)
Δ=(−λ+20)⋅(−λ+20)⋅(−λ+10)+0+0−0−(−λ+20)⋅102−(−λ+10)⋅102
Δ=(λ2+202−40⋅λ)⋅(−λ+10)+102⋅λ−20⋅102+λ⋅102−10⋅102
Δ=−λ3−202⋅λ+40⋅λ2+10⋅λ2+202⋅10−40⋅λ⋅10+200⋅λ−3.000
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39/53
Δ=−λ3+50⋅λ2−600⋅λ+1.000
As frequências dos modos normais:
λ1=1,98 λ2=15,55 λ3=32,47
Nota: o “APÊNDICE C” detalha a obtenção dessas raízes.
Calculando os cofatores ...
[(−λ+20) (−10) 0(−10) (−λ+20) (−10)0 (−10) (−λ+10)]
M 11=[(−λ+20) (−10)(−10) (−λ+10)] => C11=λ2−30⋅λ+100
M 12=[(−10) (−10)0 (−λ+10)] => C12=−10⋅λ+100
Matriz simétrica garante que: => C21=−10⋅λ+100
M 13=[(−10) (−λ+20)0 (−10) ] => C13=−100
Matriz simétrica garante que: => C31=−100
M 22=[(−λ+20) 00 (−λ+10)] => C22=λ2−30⋅λ+200
M 23=[(−λ+20) (−10)0 (−10)] => C23=−10⋅λ+200
Matriz simétrica garante que: => C32=−10⋅λ+200
M 33=[(−λ+20) (−10)(−10) (−λ+20)] => C33=λ2−40⋅λ+300
A matriz dos cofatores:
Cij=[(λ
2−30⋅λ+100) (−10⋅λ+100) (−100)
(−10⋅λ+100) (λ2−30⋅λ+200) (−10⋅λ+200)
(−100) (−10⋅λ+200) (λ2−40⋅λ+300)]
A transposta da matriz dos cofatores é a matriz adjunta, mas como a matriz dos cofatores é
simétrica, a transposição não a altera, ou seja, a matriz adjunta é igual à matriz dos
cofatores:
Adj=[(λ
2−30⋅λ+100) (−10⋅λ+100) (−100)
(−10⋅λ+100) (λ2−30⋅λ+200) (−10⋅λ+200)
(−100) (−10⋅λ+200) (λ2−40⋅λ+300)]
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40/53
A matriz inversa é a matriz adjunta dividida pelo determinante da matriz original:
[ I ]= 1Δ⋅[(λ
2−30⋅λ+100) (−10⋅λ+100) (−100)
(−10⋅λ+100) (λ2−30⋅λ+200) (−10⋅λ+200)
(−100) (−10⋅λ+200) (λ2−40⋅λ+300)]
Recuperando a equação matricial …
[(−λ+20) (−10) 0(−10) (−λ+20) (−10)0 (−10) (−λ+10)]⋅[ y1y2y3]=[
0,01
0
0 ]⋅cos(ω⋅t)
Multiplicando pela matriz inversa ….
[ y1y2y3]= 1Δ⋅[
(λ2−30⋅λ+100) (−10⋅λ+100) (−100)
(−10⋅λ+100) (λ2−30⋅λ+200) (−10⋅λ+200)
(−100) (−10⋅λ+200) (λ2−40⋅λ+300)]⋅[0,0100 ]⋅cos(ω⋅t)
Com: Δ=−λ3+50⋅λ2−600⋅λ+1.000
Determinado as equações horárias:
y1=
0,01⋅λ2−0,3⋅λ+1
−λ3+50⋅λ2−600⋅λ+1.000
⋅cos (ω⋅t ) => y1=
0,01⋅ω4−0,3⋅ω2+1
−ω6+50⋅ω4−600⋅ω2+1.000
⋅cos(ω⋅t )
y2=
−0,1⋅λ+1
−λ3+50⋅λ2−600⋅λ+1.000
⋅cos (ω⋅t) => y2=
−0,1⋅ω2+1
−ω6+50⋅ω4−600⋅ω2+1.000
⋅cos(ω⋅t)
y3=
1
−λ3+50⋅λ2−600⋅λ+1.000
⋅cos (ω⋅t ) => y3=
1
−ω6+50⋅ω4−600⋅ω2+1.000
⋅cos(ω⋅t)
Nota: após esses últimos exemplos, fica evidenciado que os princípios que embasam
as soluções são os mesmos, mas a medida que se aumenta o número de graus
de liberdade, os processos matemáticos utilizados até aqui tornam-se
inadequados e métodos computacionais serão os únicos viáveis.
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41/53
9. LISTA DE EXERCÍCIOS PREPARATÓRIA PARA A 2ª PROVA
QUESTÃO 01
Um compressor instalado a bordo de um navio, possui massa m = 500 kg,
frequência de operação f = 4547 rpm e encontra-se apoiado em quatro
molas cada uma com constante elástica k. O sistema elástico foi ajustado
para que apenas 10% da vibração seja transferida à estrutura do navio.
Pedem-se:
a) a constante elástica k;
b) após a instalação das molas, a amplitude de vibração ainda foi
considerada exagerada e para corrigir essa característica, decidiu-se
associar ao conjunto uma base de inércia de massa M; para que houvesse
redução na transmissão de vibração em 97%. Determinar a massa M.
k=2570 kN /m ; M=1057,09 kg
QUESTÃO 02
A secção de superfície de sustentação (aerofólio) de massa m = 20 kg, e momento de
inércia em relação ao centro de massa ICM = 75 kg.m2, ao ser testada em túnel de vento, é
presa ao teto através haste que apresenta as seguintes rigidezes: de deformação
longitudinal (linear) kL = 2,0kN/m; de rotação da secção de conexão da mesma, com o
aerofólio kT = 1,0 kN.m/rad. A distância entre o Centro de massa [CM] e o ponto de
ancoragem [A] é: 0,10 m. Na figura ilustrada estão representadas as respectivas rigidezes.
Considerando pequenas oscilações. Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;b) as frequências próprias do sistema;
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
[20⋅ω2−2000 −200−200 75⋅ω2−1020]⋅[ yCMϕ ]=[00] ;ω1 = 3,56 rad/s; [ ymax .ϕmax . ]1=−0,12 ; ω2 = 10,02 rad/s;
[ ymax .ϕmax . ]2=+0,97
QUESTÃO 03
Na figura ilustrada, o carro de massa m1 = 3 kg
é estimulado a vibrar através da mola de
rigidez k1 = 10 kN/m. Sobre o carro encontra-
se o bloco de massa m2 = 2 kg que pode
deslizar sem atrito sobre o mesmo, e ao qual
encontra-se ligado pela mola de rigidez k2 = 5
kN/m.
O cursor A, tem deslocamento
x=0,05⋅cos (ω⋅t) , sendo ω=2⋅π⋅f com
f=1600 rpm . Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as equações horárias dos blocos em função do tempo;
d) a rigidez k2, para que a massa m2 funcione como absorvedor sintonizado de vibração.
[3⋅ω2−15000 50005000 2⋅ω2−5000]⋅[ x1x2]=[−5000 ]⋅cos (167,55⋅t) ; ω1=50,0 rads ; ω2=70,7 rads ;
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m1
x2x1x
A m2k2k1
P
d
CM
42/53
x1=−0,0073⋅cos (167,55⋅t) ; x2=0,0007⋅cos (167,55⋅t) ; k 2=56
kN
m
QUESTÃO 04
O bloco 01 possui massa m1 = 0,5 kg e encontra-se ligado à
parede fixa através da mola de rigidez k1 = 800 N/m e ao bloco 02
de massa m2 = 0,3 kg, através da mola de rigidez k2 = 500 N/m.
Ambos apoiam-se em superfície lisa. Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
ω1=√762
rad
s
; (
A1
A2
)
1
=0,55 ; ω2=√3478
rad
s
; (
A1
A2
)
2
=−1,10
QUESTÃO 05
O bloco 01 possui massa m1 = m e encontra-se ligado à
parede fixa através da mola de rigidez k e ao bloco 02
de massa m2 = 2.m, através da mola de rigidez k. O
bloco 02 liga-se também a uma segunda parede fixa,
através de mola de rigidez k. Ambos apoiam-se em superfície lisa. Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
ω1=√0,63⋅km ; ( A1A2 )1=0,73 ; ω2=√2,37⋅km ; ( A1A2 )2=−2,73
QUESTÃO 06
Dois pêndulos idênticos são constituídos por barra leve
de comprimento L = 0,8 m, com articulação em uma das
extremidades e massa m = 2 kg concentrada na outra.
Os dois pêndulos são conectados entre si pela mola de
rigidez k = 100 N/m, afixada à distância a = 0,2 m da
articulação de ambos. Um dos pêndulos está conectado
a uma parede através de uma segunda mola de rigidez
k = 100 N/m. Considerando pequenas oscilações, e que
o momento de inércia de um pêndulo em relação ao seu
ponto de suspensão é I = m . L2, pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema;
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
QUESTÃO 07
O bloco 01 possui massa m1 = 3.m e encontra-se ligado
à parede fixa através da mola de rigidez k1 = k e ao
bloco 02 de massa m2 = m, através da mola de rigidez k2
= k. O bloco 02 também está ligado a outra parede fixa
através da mola de rigidez k3 = 3.k. Ambos blocos apoiam-se em superfície lisa.
Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
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m1 k2 m2k1
m1 k m2k 3.k
φ
1
L
m
m
k
a
k
φ
1
m1 k m2k 3.k
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b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
[3⋅m⋅ω2−2⋅k kk m⋅ω2−4⋅k]⋅[ x1x2]=[00] ; ω1=√0,57⋅km ; ( A1A2 )1=3,45 ;
ω2=√4,10⋅km ; ( A1A2 )2=−0,10
QUESTÃO 08
Dois vagões de peso P = 222,41 kN cada, estão
interligados por engate com rigidez k = 233,500 kN/m.
Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema;
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
ω=15,7 rad
s
QUESTÃO 09
A figura ilustra edifício de dois pavimentos. O pavimento superior possui
massa m1 e liga-se ao pavimento inferior por estrutura de rigidez k1. O
pavimento inferior possui massa m2 e liga-se através de estruturas com
rigidez k1, ao pavimento superior, e de rigidez k2 ao solo. Sabe-se que m1
= 0,5 . m2 e que k1 = 0,5 . k2. Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
ω1=√ k12⋅m1 ; ( A1A2 )1=2 ; ω2=√ 2⋅k1m1 ; ( A1A2 )2=−1
QUESTÃO 10
O tubo de ar comprimido vibra violentamente quando o
compressor apresenta frequência f = 350 rpm, com o intuito de
contornar esse problema, pretende-se instalar um absorvedor
sintonizado.
No almoxarifado encontram-se molas com as seguintes
rigidezes expressas em N/m: 134,34; 268,67; 403,00; 671,68;
1074,69.
Priorizando a preservação do tubo, dimensionar o absorvedor sintonizado.
m=0,10 kg ; k=134,34N /m
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x
1
x
2
m1
m2
k1
k2
x2
x1
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QUESTÃO 11
O disco de momento de inércia ICM=
m⋅R2
2
tem eixo fixo e
encontra-se ligado através de duas molas de rigidez k1 = 1000 N/m e
k2 = 2000 N/m respectivamente, à parede fixa e a um bloco de
massa m. Considerando-se que m = 2 kg, R = a = 0,2 m e pequenos
ângulos, pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
 [ω2⋅0,04−60 200−200 ω2⋅2+2000]⋅[θy ]=[00] ; ω=√2850,75=53,39 rad /s ;
θ
y
=−3,70
QUESTÃO 12
Os Discos ilustrados possuem momento de inércia ICM = 0,04 k.m2,
eixos fixos, e são interligados entre si, e às paredes fixas através
das molas com rigidezes expressas em N/m: k1 = 20; k2 = 30; e k3 =
40. Considerando a distância a = 0,2 m, e pequenas oscilações.
Pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
[ω2⋅0,04−1,1 0,30,3 ω2⋅0,04−1,90]⋅[θ1θ2]=[00]
ω1=5,00 rad / s ; ω2=7,07 rad / s ; (
A 1
A 2
)
1
=3,00 ; (
A1
A2
)
2
=0,33
QUESTÃO 13
O disco de momento de inércia ICM=
m⋅R2
2
tem eixo fixo e encontra-
se ligado através de duas molas de rigidez k1 = k2 = 1000 N/m,
respectivamente, à parede fixa e a um bloco de massa m. O bloco de
massa m, também está ligado a uma segunda parede fixa através da
mola com rigidez k3 =1000 N/m. Considerando-se que m = 2 kg, R = a
= 0,2 m e pequenos ângulos, pedem-se:
a) as equações do movimento na forma matricial;
b) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
c) as razões de amplitudes para cada modo normal.
 [ω2⋅0,04−80 200200 ω2⋅2−2000]⋅[θy]=[00] ;
ω1=√634=25,18 rad / s ; ( θy )1
=3,66 ; ω1=√2366=48,24 rad /s ;
( θ
y
)
2
=−13,66
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k1
k2
a/2
a
ICM
q1
m
y
ICM
k1
k2
a/2
a
ICM
q1
q2
k3 a
k1
k3
m
a
a
ICM
q
y
k2
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QUESTÃO 14
A figura ilustra os blocos de massa m1 = 2 kg e
massa m2 = 5 kg, interligados entre si pela mola
de rigidez k2 = 80 N/m. O bloco de massa m1,
encontra-se ligado ao cursor A, através da mola
de rigidez k1 = 50 N/m. O bloco de massa m2,
encontra-se ligado a parede fixa, através da
mola de rigidez k3 = 50 N/m. O cursor A, é
acionado pelo conjunto manivela biela que impõe ao mesmo deslocamento x=a⋅sen(θ) ,
sendo que θ=ω⋅t , onde ω é a velocidade angular da manivela e t o tempo. A
manivela possui dimensão a=0,02m e gira em torno de seu eixo fixo com frequência
f=59,6 rpm . Pedem-se:
a) o diagrama de esforços em cada bloco;
b) as equações do movimento;
c) as frequências próprias do sistema (modos de vibração);
d) as equações horárias dos blocos em função do tempo.
QUESTÃO 15
A figura ilustra três blocos de massa “m”
interligados com molas derigidezes “k”, entre si
e com as paredes verticais.
A dotando-se m=2,0kg e 25N /m , pedem-se:
a) a equação matricial do movimento.
b) as frequências dos modos normais;
c) as razões de amplitudes dos modos normais.
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mk k k 3.km m
ϴ
A m1 k2 m2k1
a
x
k3
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APÊNDICE A:
Soma de matrizes:
A soma de duas matrizes só é definida quando ambas possuem o mesmo número de linhas
e o mesmo número de colunas.
[1 2 34 5 67 8 9]+[
a b c
d e f
g h i ]=[
1+a 2+b 3+c
4+d 5+e 6+ f
7+g 8+h 9+i ]
Nota: a subtração de matrizes segue as mesmas regras da soma.
Produto de matrizes:
O produto de matrizes exige que, o número de colunas da 1ª matriz seja igual ao número de
linhas da 2ª matriz.
[1 24 57 8]⋅[a b cd e f ]=[(1⋅a+2⋅d ) (1⋅b+2⋅e) (1⋅c+2⋅f )(4⋅a+5⋅d) (4⋅b+5⋅e ) (4⋅c+5⋅f )(7⋅a+8⋅d) (7⋅b+8⋅e) (7⋅c+8⋅f )]
Observe-se que os elementos da matriz resultante, foram obtidos da seguinte forma:
a) elemento e1,1 , ou seja, o elemento da 1ª linha e 1ª coluna, é o produto da 1ª linha da
1ª matriz pela 1ª coluna da 2ª matriz: e1,1=(1⋅a+2⋅d ) ; 
b) elemento e3,2 , ou seja, o elemento da 3ª linha e 2ª coluna, é o produto da 3ª linha da
1ª matriz pela 2ª coluna da 2ª matriz: e3,2=(7⋅b+8⋅e) ; 
Nota: o produto acima não é comutativo, pois não é definido.
Divisão de matrizes:
Considerem-se as matrizes [A] e [B], a razão entre elas é expressa como o produto entre a
matriz [A] e o inverso da matriz [B], ou seja: [A ]
[B]
=[ A]⋅[B ]−1
Existem mais de uma forma para obter-se a matriz inversa, desde que ela exista. O método
desenvolvido a seguir, envolve a obtenção de matrizes auxiliares.
Definindo algumas grandezas úteis:
[I ] é a matriz identidade, ou seja, o elemento neutro no produto;
[B] é a matriz da qual se quer, a matriz inversa, ou seja: [B]⋅[B]−1=[ I ] ;
Δ[B ] é o determinante da matriz [B], da qual se quer determinar a matriz inversa, e
obrigatoriamente tem de ser diferente de ZERO;
adj [B ] é a matriz adjunta da matriz [B];
Demonstra-se que:
[B]−1= 1Δ[B ]
⋅adj [B ] com: Δ[B ]≠0
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Etapa 01: calcular o determinante da matriz [B] :
Escolhendo a matriz [B]:
[B]=[7 2 32 6 43 4 5] , note-se que optou-se por uma matriz simétrica;
Δ[B ]=[7 2 32 6 43 4 5] 7 22 63 4
Δ[B ]=(7⋅6⋅5)+(2⋅4⋅3)+(3⋅2⋅4)−(3⋅6⋅3)−(7⋅4⋅4)−(2⋅2⋅5) => Δ[B ]=72
Nota: essa matriz é inversível ...
Etapa 02: determinar a matriz dos cofatores [C ij] :
Escolhendo a matriz [B]:
[B]=[7 2 32 6 43 4 5 ]
Os cofatores:
O primeiro cofator c1,1 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
define, foi obtido retirando-se a 1ª linha e a 1ª coluna da matriz [B] ;
c1,1=(−1)
1+1⋅det [6 44 5]=+1⋅(6⋅5−4⋅4)=14
O segundo cofator c1,2 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
define, foi obtido retirando-se a 1ª linha e a 2ª coluna da matriz [B] ;
c1,2=(−1)
1+2⋅det [2 43 5]=−1⋅(2⋅5−4⋅3)=2
Como a matriz [B] é simétrica, o coeficiente c2,1 é igual ao coeficiente c1,2 . A expressão
abaixo, determina o cofator c2,1 , sendo que o determinante que o define, foi obtido
retirando a 2ª linha e a 1ª coluna da matriz [B] ;
c2,1=(−1)
2+1⋅det [2 34 5]=−1⋅(2⋅5−4⋅3)=2
O quarto cofator c1,3 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
define, foi obtido retirando-se a 1ª linha e a 3ª coluna da matriz [B] ;
c1,3=(−1)
1+3⋅det[2 63 4]=+1⋅(2⋅4−6⋅3)=−10 => c3,1=−10 <= devido à simetria
O sexto cofator c2,2 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
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define, foi obtido retirando-se a 2ª linha e a 2ª coluna da matriz [B] ;
c2,2=(−1)
2+2⋅det [7 33 5]=+1⋅(7⋅5−3⋅3)=26
O sétimo cofator c2,3 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o
define, foi obtido retirando-se a 2ª linha e a 3ª coluna da matriz [B] ;
c2,3=(−1)
2+3⋅det[7 23 4]=−1⋅(7⋅4−2⋅3)=−19 => c3,2=−19 <= devido à simetria
O nono cofator c3,3 , é obtido pela expressão abaixo, onde o determinante que o define,
foi obtido retirando-se a 3ª linha e a 3ª coluna da matriz [B] ;
c3,3=(−1)
3+3⋅det[7 22 6]=+1⋅(7⋅6−2⋅2)=38
Montando a matriz dos cofatores:
[C i , j]=[c1,1 c1,2 c1,3c2,1 c2,2 c2,3c3,1 c3,2 c3,3] => [C i , j]=[
14 2 −10
2 26 −19
−10 −19 38 ]
Etapa 03: determinar a matriz adjunta.
A matriz adjunta, é a matriz transposta da matriz dos cofatores, ou seja, basta trocar
linhas por colunas.
adj [B ]=[ 14 2 −102 26 −19−10 −19 38 ]
Como pode-se observar, a transposição de uma matriz simétrica, não produz alteração na
mesma. 
Etapa 04: a matriz inversa:
[B]−1= 1Δ[B ]
⋅adj [B ] => [B]−1= 1
72
⋅[ 14 2 −102 26 −19−10 −19 38 ]
Note-se que: [B]⋅[B]−1=[1]=[1 0 00 1 00 0 1]
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APÊNDICE B:
Números complexos.
Considere-se um número complexo “z”, é usual representá-lo por duas maneiras distintas: a
forma cartesiana e a forma polar.
1. Representação cartesiana: z=(a ,b)=a+i⋅b
“a” e “b” são números reais;
“i” representa a parte “imaginária”, ou seja, √i=−1 ou i2=1 .
Considerando-se um plano definido pelos eixos real ℜ e
imaginário ℑ , cada número complexo será representado por um
ponto do mesmo. 
A figura ilustra o número complexo z=a+i⋅b .
 
2. Representação Polar, nesta representação se utilizam dois
elementos:
O comprimento da reta que liga o ponto que representa o número
complexo e a origem do sistema de eixos, representado por “Z”;
O ângulo entre essa reta e o eixo real, representado por ϕ .
A representação polar é: z=(Z ,ϕ)
A relação entre as duas representações é obvia:
z=a+i⋅b=Z⋅cosϕ+i⋅Z senϕ com: Z=√(a2+b2) e ϕ=arctan( ba ) 
Nota: O ângulo φ obtido através da função arco tangente, deve ser ajustado da
seguinte forma: a) no caso de parte real e imaginária, ambas positivas é um
ângulo do 1º quadrante; b) no caso de parte real negativa e parte imaginária
positiva, é um ângulo do 2º quadrante; no caso de parte real e imaginária ambas
negativas é um ângulo do 3º quadrante; no caso de parte real positiva e
imaginária negativa é um ângulo do 4º quadrante.
Considerem-se os números complexos:
z1=a1+i⋅b1 => z1=(Z1,ϕ1) com Z1=√a12+b12 e arctan (
b1
a1
)
z2=a2+i⋅b2 => z2=(Z2,ϕ2) com Z2=√a22+b22 e arctan (
b2
a2
) .
A soma ou subtração, na forma cartesiana:
z1±z2=a1±a2+i⋅(b1±b2)
O produto na forma cartesiana:
z1⋅z2=(a1+i⋅b1)⋅(a2+i⋅b2)=a1⋅a2+i⋅a1⋅b2+ i⋅b1⋅a2+i
2⋅b1⋅b2
z1⋅z2=a1⋅a2−b1⋅b2+i⋅(a1⋅b2+b1⋅a2)
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a
b
z(a,b)
a
b
z(a,b)
φ
Z
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O produto na forma polar:
z1⋅z2=(Z1⋅Z2;ϕ1+ϕ2)
A razão na forma cartesiana:
z1
z2
=
a1+i⋅b1
a2+i⋅b2
=>
z1
z2
=
a1+i⋅b1
a2+i⋅b2
⋅
a2−i⋅b2
a2−i⋅b2
z1
z2
=
a1⋅a2−b1⋅b2+i⋅(a1⋅b2+b1⋅a2)
a2
2+b2
2
A razão na forma polar:
z1
z2
=(
z1
z2
;ϕ1−ϕ2)
Nota: produto e razão de números complexos, é mais simples se efetuados na forma
polar.
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APÊNDICE C
Para obter o emulador da hp 50:
Abra: “MEU COMPUTADOR”
Clique na aba superior e digite: ftp://200.136.94.16/ VM-2015
A janela de logon se abre e será necessário preencher:
Nome do usuário: unip_campinas
Senha: unip
Após o logon, abre-se nova janela ...
Selecione a pasta hp50, clicando com o botão direito do mouse e escolha:
 “Copiar para ...” 
Indique a pasta do seu computador para a qual deseja copiar o arquivo …
Após a conclusão do download, a pasta estará em seu computador.
Abra a pasta “clique” em “Emu48.exe” …. está feito ….
COMO USAR?!
Obtendo as raízes do polinômio abaixo:
Δ=−0,75⋅λ3+148,75⋅λ2−6.462,5⋅λ+26.250=0
Os coeficientes necessários para a solução das raízes do polinômio, deverão ser digitados
na hp50, obrigatoriamente na sequência:
1º coeficiente é o da varável com expoente 3: (-0,75);