curso de vibrações - revisão

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Vibrações Mecânicas
Universidade Federal de São João Del Rei
Departamento de engenharia mecânica
Vibrações Mecânicas
Prof. : Fabiano Bianchini Batista
Revisão
de Dinâmica e EDO 
Massa: é uma medida quantitativa da resistência de um corpo (ou partícula) a
uma mudança (variação) na sua aceleração.
Momento de inércia: é uma medida da resistência de um corpo a uma mudança
em sua aceleração angular, ou seja, expressa a dificuldade em se alterar o estado
de movimento de um corpo em rotação.
1. Momento de inércia (de massa)
Considerando o fato que um corpo possui dimensões e formas definidas, ao serConsiderando o fato que um corpo possui dimensões e formas definidas, ao ser
submetido a um sistema de forças ele poderá: sofrer deformação ou modificar o
estado de repouso ou de movimento (variar a velocidade do seu movimento).
Dentre os movimentos possíveis tem-se: translação, rotação e movimento plano
geral (translação + rotação).
Pela Segunda Lei de Newton, as equações de movimento são:
R m=F a onde FR é a força resultante, m é a massa e a é a aceleração.
R I=M α
onde MR é o momento resultante, I é momento de inércia (de
massa) e α é a aceleração angular.
Define-se matematicamente “momento de inércia”, I ou J, como sendo a integral
do segundo momento em relação a um eixo z de todos elementos de massa dm que
compõem o corpo rígido:
2 2
 [kg.m no SI]z
m
I r dm= ∫
r é a distância perpendicular (“braço do momento”) do
elemento de massa arbitrário dm até o eixo z. O momento
de inércia é sempre uma quantidade positiva (devido a r2).
Na cinemática plana, quando o eixo escolhido passa pelo
centro de massa, CG ou G, o momento de inércia é
representado como: I = IG. Este eixo é sempre
perpendicular ao plano de movimento.
Comentários
Para uma partícula de massa em movimento circular
em torno de um eixo perpendicular ao plano passando pelo
ponto , tem-se:
 ( é o somatório das forças na direção tangencial
para esta partícula 
t t t
m
O
F ma F=
e é aceleração tangencial). Assim, 
( ) ( )
t
t t
a
F r ma r=at
( ) ( ) ( ) 2
1 1 1 1
Para um sistema de -partículas (que compõem um 
corpo rígido), tem-se:
(momento result
N N N N
R t i i t i i i i i ii i
i i i i
R
N
M F r m a r m r r m r
M
α α
= = = =
   = = = =     ∑ ∑ ∑ ∑
2
1
2
ante)
onde representa o momento de inércia do corpo rígido.
Fazendo , o somatório passa a ser uma integral:
N
i i
i
i
m r I
I
m dm
I r dm
α α
=
= =
→
=
∑
∫
at
O volante no motor deste trator tem um momento de inércia muito grande, de
forma que quando posto em movimento, será difícil pará-lo. Evita-se assim
paradas repentinas do motor mantendo-o em uma potência mais constante.
Considerando-se um corpo cujo material apresenta uma densidade variável,
ρ = ρ(x,y,z), o elemento de massa, dm, do corpo pode ser escrito em termos de sua
densidade e volume, V, como:
dm dm dV
dV
ρ ρ= ⇒ =
Assim, a expressão para o momento de inércia torna-se: 2I r dVρ= ∫Assim, a expressão para o momento de inércia torna-se: VI r dVρ= ∫
Se a densidade é constante, tem-se: 2
V
I r dVρ= ∫
Quando o elemento de volume escolhido apresentar dimensões infinitesimais nas
três direções, ou seja, dV=dxdydz, a expressão do momento de inércia será dado
por uma integral tripla. Em muitos casos de simetria, o processo de integração
pode ser simplificado para uma única integração. Isso será possível quando o
elemento de volume escolhido possuir uma dimensão ou espessura infinitesimal
em apenas uma direção.
Exemplo 1
Determine o momento de inércia em torno do eixo y da barra delgada de
densidade constante ρ, área de seção transversal A e massa m.
2
m
I r dm= ∫
( )2 2 3
0
1
3
l
y
m
I x dm x Adx Alρ ρ= = =∫ ∫
Sabendo-se que a massa total é:
0
l
m V
m dm dV Adx Alρ ρ ρ= = = =∫ ∫ ∫
21
3y z
I I ml= =Logo:
dx
x
Exemplo 2
Determine o momento de inércia em torno do eixo z do cilindro de densidade
constante ρ, raio R e massa m.
Sabendo-se que o elemento de massa é:
( )2 dm dV rh drρ ρ pi= =
2
m
I r dm= ∫
( )2 dm dV rh drρ ρ pi= =
21
2z
I mR=Logo:
Substituindo na expressão do momento de
inércia:
[ ]2 3 4
0 0
2 2
2
R R
zI r rh dr h r dr hR
ρpiρ pi ρ pi= = =∫ ∫
2
0
2
R
m dm h rdr hRρ pi ρpi= = =∫ ∫
Amassa total será:
Exemplo 3
Determine o momento de inércia em torno do eixo z do anel de densidade
constante ρ, área de seção transversal A e massa m.
( )22 2 32zI R dm R A Rd ARpi ρ θ piρ = = = ∫ ∫ ( )0 2z mI R dm R A Rd ARρ θ piρ = = = ∫ ∫
( )2
0
2m A Rd AR
pi ρ θ piρ= =∫
2
zI mR=
Exemplo 4
Determine o momento de inércia em torno do eixo y da barra delgada de
densidade constante ρ, área de seção transversal A e massa m.
'z
z
2
m
I r dm= ∫
'x x≡
'y
y
z
/ 2L
/ 2L
 G•
( )
3 3/22 2 /2
/2/2
|
3 12
L L
y z L
m L
x LI I r dm x Adx A Aρ ρ ρ
−
−
= = = = =∫ ∫
2
21
12 12y z G
LI I I L A mLρ= = = =Logo:
m∫
/2
/2
L
L
m dm Adx ALρ ρ
−
= = =∫ ∫
y’
r r’ y’
dm
o momento de inércia em relação
a qualquer outro eixo paralelo
pode ser determinado utilizando
um teorema conhecido por
Teorema dos Eixos Paralelos.
1.1 Teorema dos
eixos paralelos
Considerando que o momento de inércia
do corpo em relação a um eixo que passa pelo
centro de massa, G, é conhecido, então
x’
z’z
r r’ y’
x’d
GA
Por Pitágoras, tem-se:
( )22 2' 'r d x y= + +
( ) ( )22 2 2 2 2' ' 2 ' ' 'z
m m m
I r dm d x y dm d dx x y dm   = = + + = + + +  ∫ ∫ ∫Logo:
( ) ( )2 2 2' ' 2 'z
m m m
I x y dm d x dm d dm= + + +∫ ∫ ∫
( ) ( )2 2 2' ' 2 'z
m m m
I x y dm d x dm d dm= + + +∫ ∫ ∫
Representa o momento 
de inércia IG
É nulo pois 
( )' '
m
x dm x m=∫
Representa a massa 
total m
( )2 2 2+ = ( )' 'm x dm x m=∫
E como z’ passa por G, 
' 0x =
Assim, pode-se expressar o momento de inércia do corpo em relação a um eixo
qualquer z paralelo a z’ como:
2
z GI I md= +
( )2 2 2' ' 'x y r+ =
y
m
ym r dm= ∫
rx e ry: são as distâncias do elemento de massa dm
em relação à origem O de um sistema referencial
medidas nas direções x e y, respectivamente.
͞x e ͞y: são as distâncias do centro de massa do corpo
G em relação à origem O de um sistema referencial
x
m
xm r dm= ∫
Comentários
dm
ry
rx
y
medidas nas direções x e y, respectivamente.
m: é a massa total do corpo;
Se a origem O do sistema de referência está
localizada no centro de massa do corpo G, então:
0ym
r dm
y
m
= =
∫0xm
r dm
x
m
= =
∫
( )' '
m
x dm x m=∫
E é isso que ocorre quando z’ passa por G,
conforme foi demonstrado anteriormente, onde:
' 0x =
G
O
ry
͞y
͞x
x
É uma forma descrita em manuais para descrever o momento de inércia em
relação a um eixo especificado. Quando ele e a massa do corpo são conhecidos,
o momento de inércia é determinado pela seguinte equação:
1.2 Raio de giração
2I mk= onde k é o raio de giração.
Se um corpo consiste de certo número de formas simples, como discos, esferas
e barras, o momento de inércia do corpo em relação a um eixo qualquer pode
ser determinado somando algebricamente os momentos de inércia de todas as
formas que o compõem calculados em relação ao eixo.
1.3 Corpos compostos
( )2
1
i
N
G i i
i
I I m d
=
= +∑ i refere-se a uma forma do corpototal e N é o número total de formas.
Exemplo 5
Determine o momento de inércia em torno do eixo y da barra delgada de
densidade constante ρ, área de seção transversal A e massa m, utilizando o
Teorema dos eixos paralelos.
2
z GI I md= +
dx
x
21
12G
I ml= Como foi demonstrado no
exemplo4.
22 2 2 2
2
12 2 12 4 3z y G
ml l ml ml mlI I I md m = = + = + = + = 
 
Logo, pelo Teorema tem-se
Exemplo 6
Determine o momento de inércia em torno de um eixo perpendicular ao plano do
disco passando pelo ponto O sabendo-se que a densidade do material é 8000kg/m3
e a espessura é 10 mm.
21
2G
I mr= (momento de inércia de um disco em relação ao eixo central
perpendicular ao plano do disco)
( ) ( )28000 0,25 0,01 15,71 kgdisco disco discom Vρ pi = = = 
( ) ( )( ) ( )( )2 22 2 21 1 15,71 0,25 15,71 0,25 1,473 kg.m
2 2disco disco disco discoO
I m r m d= + = + =
Para o disco
Para o furo (supor que seja um disco com massa)Para o furo (supor que seja um disco com massa)
( ) ( )28000 0,125 0,01 3,927 kgfuro furo furom Vρ pi = = = 
( ) ( )( ) ( )( )2 22 2 21 1 3,927 0,125 3,927 0,25 0,276 kg.m2 2furo furo furo furoOI m r m d= + = + =
Assim, o momento de inércia será:
( ) ( ) 21,473 - 0,276 1,20 kg.mO disco furoO OI I I= − = =
Ou, de outra maneira:
( ) ( ) ( )2 2 2 21 1 12 2 2G disco furo disco disco furo furo disco disco furo furoG GI I I m r m r m r m r= − = − = −
( )2 2 21 15,71.0, 25 3,927.0,125 0,46 kg.m2GI = − =2
Pelo Teorema dos eixos paralelos, tem-se:
( )2 2 2. 0, 46 (15,71 3,927)(0,25)O G G disco furoI I m d I m m d= + = + − = + −
21,20 kg.mOI =
Exemplo 7
Determine o momento de inércia em torno de um eixo perpendicular ao plano
passando pelo ponto O sabendo-se que L = 0,75m, a massa do disco é 6 kg, o raio
do disco é 0,2 m, e que as barras possuem 2 kg/m.
( ) ( ) ( )O disco AB CDo o oI I I I= + +
( ) ( ) ( )2 2 2disco AB CDO G disco disco G AB AB G CD CDoo oI I m d I m d I m d= + + + + +
2 2 2 2 2 21 1 1
2 12 12O disco disco disco disco AB AB AB AB CD CD CD CDo o o
I m r m d m l m d m l m d     = + + + + +     
     
2 2 2 2 2 21 1 1
2 12 12O disco disco disco disco AB AB AB AB CD CD CD CDo o o
I m r m d m l m d m l m d     = + + + + +     
     
( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )2 2 2 2 2 2 21 1 16 0,2 6 1 2 1,3 1,3 2 1,3 0,15 2 0,75 0,75 2 0,75 0,5 6,99 kg.m
2 12 12O
I = + + + + + =
0,8 0,2 1 mdiscod = + =
( )( )2 kg/m 0,75 mCDm =0,5 mCDd =
1,3 mABl = ( )( )2 kg/m 1,3 mABm =
( )0,8 1,3 / 2 0,15 mABd = − =
Exemplo 8
O pêndulo consiste de uma barra delgada de 3kg e de uma placa fina de 5kg.
Determine a localização do centro de massa G do conjunto e calcule o momento
de inércia desse corpo em relação a um eixo que é perpendicular à página e passa
por G.
Cálculo do centro de massa (origem do sistema de
referência está em O):
1(3) 2,25(5) 1,78m
3 5
i i
i
y my
m
Σ +
= = =
Σ +
referência está em O):
0x =
1,78m
21
12
I ml=
2 21 ( )
12
I m a b= +
Barra delgada:
Placa fina:
( )2G G iI I md= Σ +
2 2 2 2 2
2
1 1(3)(2) 3(1,78 1) (5)(0,5 1 ) 5(2,25 1,78)
12 12
4,45kg.m
G
G
I
I
= + − + + + −
=
Cálculo do momento de inércia:
2. Equações da dinâmica do movimento plano
Translação retilínea:
2.1 Equação do movimento de translação (α = 0).
ΣF = m aG
ΣFx = m (aG)x
ΣFy = m (aG)y
ΣMG = 0 (centro de massa)
ΣMA = (m.aG) d (para um ponto qualquer)
ΣMG = IG α
A soma dos torques de todas as forças externas em relação ao centro de massa G é igual ao produto do momento de 
inércia do corpo pela aceleração angular.
Translação curvilínea:
ΣFn = m(aG)n
ΣFt = m(aG)t
ΣMG = 0 (centro de massa)
ΣMB = e[m(aG)t] - h[m(aG)n]
Exemplo 9 A viga horizontal BD é sustentada por duas barras de massas desprezíveis.
Determine a força gerada em cada barra no instante em que θ = 30º e ω = 6 rad/s.
( ) 981cos30 100( )n G n B D G nF m a T T N aΣ = ∴ + − =
A aceleração normal em G:
2 2 2( ) (6rad/s) (0,5m) 18m/sG na rω= = =
981/9,81 100kgm = =
( ) 981sen30 100( )ot G t G tF m a aΣ = ∴ =
0 ( cos30)(0,4m) ( cos30)(0,4m) 0G B DM T TΣ = ∴− + =
Solucionando o sistema (3 incógnitas, e 3 equações):
1,32kNB DT T= = 2( ) 4,90m/sG ta =
+
( ) 981cos30 100(18)n G n B DF m a T T NΣ = ∴ + − =
Logo:
É determinada calculando-se os momentos de todos os pontos do corpo em
relação ao eixo. Quando o eixo passa pelo centro de massa, o resultado se torna:
ΣM = I α
2.2 Equação do movimento de rotação em torno de
um eixo fixo.
ΣMG = IG α
É possível deslocar o momento para qualquer ponto da reta definidora de sua
direção, desde que calculados os vetores deslizantes: m(aG)x em(aG)y
ΣFn = m(aG)n= m ω2 rGΣFn = m(aG)n= m ω rG
ΣFt = m(aG)t= m α rG
ΣMG = IG α (centro de massa)
ΣMO = IO α (ponto O)
Pelo Teorema dos eixos paralelos: IO= IG + md2= IG + m(rG)2 
Ou ΣMO = Σ(Mk)O : Indica que quando os momentos das forças externas são somados em 
relação a um ponto qualquer O, eles são equivalentes à soma dos “momentos cinéticos’ 
Σ(Mk)O das componentes de m(aG) em relação a O mais o momento de inércia de IGα. 
Assim: ΣMO = Σ(Mk)O = IG α +[m(aG)t]rG= IG α +[m α rG]rG= [IG + m(rG)2] α
Teorema dos eixos paralelos
Exemplo 10
O tambor mostrado tem massa de 60kg e um raio de giração k = 0,25. Uma corda
de massa desprezível está enrolada em sua periferia e presa em um bloco de massa
20kg. Determine a aceleração angular adquirida pelo bloco quando ele for solto.
O momento de inércia do tambor é:
Equações de movimento para o tambor e o bloco:
2(0, 4) (3,75kg.m )O oM I Tα αΣ = ∴ =
2 2 260(0,25) 3,75kg.moI mk= = =
Equações cinemática: . (0, 4)a r aα α= ∴ =
2
2
106N
4,52m/s
11,3rad/s
T
a
α
=
=
=
aTamF yGy 20)81,9(20)( −=+−∴=Σ+↑
O o
Resolvendo as 3 equações:
� Solução alternativa:
2
( )
20(9,81)(0, 4) 3, 75( ) [20(0, 4 )](0, 4)
11, 3rad/s
O k OM M
α α
α
Σ = Σ
= +
=
2.2 Equação do movimento plano geral
Equações de movimento aplicadas no centro 
ΣFx = m(aG)x
ΣFy = m(aG)y
ΣMG = IGα
Equações de movimento aplicadas no centro 
de massa (G):
Equações de movimento em relação a um 
ponto qualquer P diferente de G:
ΣFx = m(aG)x
ΣFy = m(aG)y
ΣMP = Σ(Mk)P = -y’m(aG)x+x’m(aG)y+ IGα
y
x
y’
x’
P
Indica que quando os momentos das forças externas são somados em relação
a um ponto qualquer P, eles são equivalentes à soma dos “momentos cinéticos’
Σ(Mk)P das componentes de m(aG) em relação a P mais o momento de inércia
de IGα. Ou seja, quando os momentos cinéticos, Σ(Mk)P , são calculados, os
vetores m(aG)x e m(aG)y são tratados como vetores deslizantes (aqueles que
podem atuar em qualquer ponto ao longo de sua linha de ação).
xP
Rolamento
Nos problemas de rolamentos, que estão associados a corpos como rodas, cilindros, discos, ou formas
semelhantes, que rolam, giram, sobre uma superfície plana e áspera (com atrito), devido aos
carregamentos aplicados, haverá duas possibilidades de movimentos:
1 – o corpo rola sem escorregar;
2 – o corpo escorrega enquanto rola;
Diante disso, podemos não saber a princípio em qual desses dois movimentos o corpo se enquadra.Diante disso, podemos não saber a princípio em qual desses dois movimentos o corpo se enquadra.
Por exemplo, na figura acima, supondo a hipótese do corpo se mover para direita, ele deverá girar no
sentido horário. A força de atrito deverá apontar para esquerda, sentido oposto ao movimento e ao
sentido do escorregamento para a direita. Então:
→ΣFx = m(aG)x P - F = maG (1)
↑ΣFy = m(aG)y N – mg = 0 (2)
ΣMG = IGα Fr = IG α (3)
4 incógnitas: F, N, α e aG
3 equações: precisa-se de mais 1 equação
� Rolamento sem escorregamento (com atrito estático):
� Rolamento com escorregamento (com atrito dinâmico):
- Se a força de atrito F for suficientemente intensa para garantir que o disco role sem escorregar,
então aG estará relacionada com α pela equação cinemática: aG = αr (4)
- Hipótese deve ser verificada:
- Se há escorregamentoα e aG são independentes.
Responsável pela adesão!eF Nµ≤
OBS: No exemplo mostrado, no caso de não haver escorregamento, a aceleração aG
deverá apontar para a direita quando α indicar rotação no sentido horário, e vice-versa,
como é exigido pelo rolamento. Se há escorregamento, para o caso onde existe uma
força puxando o corpo e atuando em G, F deverá apontar para a esquerda, opondo-se ao
sentido do escorregamento para a direita. Por outro lado se as equações aG = αr ou F =
µcN não forem usadas, pode-se supor qualquer sentido para esses vetores e os valores
numéricos calculados para essas quantidades determinará os seus verdadeiros sentidos.
- Se há escorregamento α e aG são independentes.
- Nesse caso, a força de atrito relaciona-se com a força normal de contato: F = µcN (4)
O rolo compactador apresenta movimento
plano geral durante o avanço da máquina.
A soma dos momentos em relação a G é: 
ΣMG = IG.α
A soma dos momentos em relação ao 
ponto A é: 
ΣMA = IG.α+(maG)r
Exemplo: sem escorregamento
OBS: se existir somente um momento de
A
G
P
Gx
Gy
NA
fA
A
G
r
maG IG α
Sem escorregamento: aG = αr
Ou, pelo Teorema dos eixos paralelos: ΣMA = IA.α
IA = IG + m.r2 
OBS: se existir somente um momento de
binário M na roda no sentido anti-horário, a
força de atrito estará para esquerda, mesmo
sentido do movimento.
.
A
G
P
NA
fA
M
Exemplo 11
A bobina tem massa de 100kg e raio de giração k = 0,3m. Se os
coeficientes de atrito em A são iguais a 0,2 (estático) e 0,15 (cinético),
determine a aceleração angular da bobina se P=50N.
O momento de inércia é: ( )2 2 2100 (0,3) 9kg.mGI mk= = =
Equações de movimento:
aFamF 10050)( =+∴=Σ→
+
100(9,81)N
Para que não haja escorregamento: aG= 0,4α
Resolvendo temos:
2
2
1,3rad/s
0,52m/s 981N 2NG A Aa N F
α =
= ∴ = ∴ =
αα 9)4,0()25,0(50 =−∴=Σ AGG FIM
0)81,9(100)( =−∴=Σ+↑ AyGy NamF
GAxGx aFamF 10050)( =+∴=Σ→ P = 50N
NA
0,25m
0,4m
FA
G
max( ) 0,2(981) 196,2N 2N _
A e
A
F N
F OK
µ<
= = >
3. Energia
3.1 Energia Cinética
2 21 1
2 2G G
T mv I ω= +A fórmula geral para a energia cinética é:
Translação. A energia cinética de rotação é nula, ω = 0:
2
2
1
GmvT =
Rotação em torno de um ponto fixo. Considera-se a energia cinética de 
translação e rotação:
2 21 1
2 2G G
T mv I ω= +
Teorema dos 
eixos paralelos 
(Io)
G Gv r ω=
2 21 ( )
2 G G
T mr I ω= +
(Io)
O termo entre parênteses representa o momento de inércia IO
do corpo em relação a um eixo perpendicular ao plano do
movimento que passa por O, assim:
2
2
1
ωOIT =
Se a rotação ocorre em torno de G, o momento de inércia IG do corpo em relação a um
eixo perpendicular ao plano do movimento que passa por G será: 21
2 G
T I ω=
Movimento Plano Geral. Considera-se o movimento de translação e rotação, isto é:
22
2
1
2
1
ωGG ImvT += 22
A energia cinética do trator: energia cinética de
translação mais a energia de translação e rotação do
rolo e das rodas em seu movimento plano geral.
Potencial gravitacional ( Vg): será positiva se o
centro de massa estiver posicionado acima da
linha de referência.
Gg yWV .±=
3.1 Energia Potencial
Potencial elástica (Ve): será sempre positiva,
independente da posição da mola.
Gg yWV .±=
2
2
1 ksVe +=
W é o peso:W = mg
Exemplo 12
O sistema de três elementos consiste em um bloco B de 6kg, um disco D de 10kg e um cilindro C de
12kg. Se não há escorregamento, determine a energia cinética total do sistema na situação mostrada.
B D CT T T T= + +Para este sistema a energia cinética total será:
Onde: cilindro E – movimento plano geral:
Bloco B – translação: 2
1
2B B B
T m v=
2 2 21 1 1; 
2 2 2C C G G C G C C
T m v I I m rω= + =
Para calcular a energia cinética do disco e do cilindro é necessário determinar: ωD, ωC e vG.
0,8m/s (0,1m) 8rad/sB D D D D Dv v r ω ω ω= = ⇒ = ∴ =
vE = vD. Como o cilindro E rola sem escorregar, o centro instantâneo de velocidade
nula (CI) está no ponto de contato com o solo, logo:
/ 0,8m/s (0, 2m) 4rad/sE E CI C c cv r ω ω ω= ∴ = ∴ =
/ (0,1m)(4rad/s) 0,4m/sG G CI C Gv r vω= ∴ = =
disco D – rotação em torno de um eixo fixo: 2 2 21 1 1
2 2 2D D D D D D
T I m rω ω = =  
 
2
Bloco:
Disco:
2 21 1 (6kg)(0,8m/s) 1,92
2 2B B B
T m v J= = =
2 2 21 1 1 1,60
2 2 2D D D D D D
T I m r Jω ω = = = 
 
Cilindro:
2 2 2 
2 2 21 1 1; 1, 44
2 2 2C C G G C G c C C
T m v I I m r T Jω= + = ⇒ =
4,96B D CT T T T J= + + =Assim:
Ou, diretamente pelo Teorema dos eixos paralelos:
( )2 2 2 21 1 1; 1, 442 2 2C CI C G c C C G c C CT I I m r I m r T Jω ω= = + = ⇒ =
4. EDO (equações diferenciais ordinárias)
Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )22, , , ,..., , , , ,..., 0n nnd d dF t y t y t y t y t F t y t y t y t y tdt dt dt  ′ ′′= =  
onde envolve uma função incógnita, y(t), e suas derivadas. Aqui, t é a variável
independente, y é a variável dependente e n representa a ordem da equação
diferencial (é a ordem mais alta da equação).
Define-se grau o valor do expoente para a derivada mais alta da equação quando
a equação tem a forma de uma polinômio na função incógnita, y(t), e suas
derivadas.
Ex: ( ) ( ) ( )3 103 6y y y tg t′′ ′+ + = Esta EDO tem ordem 2 e grau 3
Para um sistema linear (equações com grau até 1), de parâmetros concentrados,
invariantes no tempo e em tempo contínuo, o modelo matemático é descrito na
forma da equação diferencial ordinária do tipo:
Solução total:
resposta natural do sistema
Depende da função do outro
lado da igualdade. Em
vibrações, esta solução inclui a
excitação, ou seja, representará
a resposta forçada do sistema.
Pode-se dizer que esta solução
apresenta a mesma “forma” da
função de excitação.
solução homogênea
solução particular
+
A equação diferencial homogênea é satisfeita por:
Assim, suas derivadas são:
Substituindo na equação diferencial homogênea encontra-se o polinômio
característico de n raízes:
É esperado que a solução homogênea seja do tipo:
Onde ri são as n raízes do polinômio característico.
1. Calcular as n raízes do polinômio característico, ri, i=1,...,n;
2. Para cada raiz distinta r, um termo Aert aparece na solução;
3. Para cada par de raízes complexas conjugadas α ± βj, os termos eαtcos(βt) e
eαtsen(βt) aparecem na solução multiplicados por coeficientes constantes;
Determinação da solução homogênea:
e sen(βt) aparecem na solução multiplicados por coeficientes constantes;
4. Para cada raiz real r de multiplicidade m os termos ert, tert, t2ert,...,tm-1ert
aparecem na solução multiplicados por coeficientes constantes;
5. Para cada par de raízes complexas conjugadas α±βj de multiplicidade m, os
termos eαtcos(βt), eαtsen(βt), teαtcos(βt), teαtsen(βt), t2eαtcos(βt), t2eαtsen(βt),...,
tm-1eαtcos(βt), tm-1eαtsen(βt), aparecem na solução multiplicados por
coeficientes constantes;
Solução completa: solução homogênea + particular. As constantes são encontradas
pelas condições de contorno (ou iniciais, marginais, limite).
Bibliografia consultada:
Dinâmica, RC Hibbeler, Prentice Hall, 10ª edição, 2005.
Apostila do prof. Serpa da UnicampApostila do prof. Serpa da Unicamp