exercicios resolvidos

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1 
Capítulo 2 
 
P2.1 
 
Compatibilidade Cinemática 
𝛿 = 𝛿 = 𝛿 (2.1) 
Equilíbrio 
𝐹 + 𝐹 = 𝐹 (2.2) 
Relações Constitutivas 
𝐹 = 𝑘 𝛿 (2.3) 
𝐹 = 𝑘 𝛿 (2.4) 
Substituindo a Eqs. (2.3, 2.4) em (2.2) e utilizando (2.1), tem-se 
𝐹 = 𝐹 + 𝐹 = 𝑘 𝛿 + 𝑘 𝛿 = (𝑘 + 𝑘 )𝛿 (2.5) 
Logo, a rigidez equivalente é 𝑘 = 𝑘 + 𝑘 . 
De forma similar ao exemplo discutido nas páginas 15 e 16, o ponto de equilíbrio 
estático é 𝑢 = 𝑚𝑔 𝑘⁄ = 𝑚𝑔 (𝑘 + 𝑘 )⁄ e a equação do movimento é 
Verificar equação (2.6) 
�̈� + 𝑢 = 0 (2.6) 
ou 
�̈� + 𝜔 𝑢 = 0 (2.7) 
onde 
𝜔 =
𝑘
𝑚
=
𝑘 + 𝑘
𝑚
 (2.8) 
 
P2.2 
 
Diagrama de Corpo Livre (DCL) e análise cinemática: 
 
 
Como 𝐹 e 𝐹 são as forças nas extremidades de fio e a inércia da polia é desprezível, 
pela condição de equilíbrio 𝐹 = 𝐹 . Pela análise cinemática, conclui-se que 
Formatado: Realce
 2 
𝐹 = 𝑘𝑢 (2.9) 
𝐹 = 𝑐�̇� (2.10) 
𝐹 = 𝐹 = 𝑘(𝑢 + 2𝑢) = 3𝑘𝑢 
 
(2.11) 
 
Logo 
𝐹 = 0 
−𝐹 − 𝐹 − 𝐹 − 𝐹 − 𝑓 = 𝑚�̈� 
−𝑘𝑢 − 𝑐�̇� − 3𝑘𝑢 − 3𝑘𝑢 − 𝑓 = 𝑚�̈� 
𝑓 = −𝑚�̈� − 𝑐�̇� − 7𝑘𝑢 
(2.12) 
𝑓 𝑟 − 𝐹 𝑟 = 𝐼�̈� 
(−𝑚�̈� − 𝑐�̇� − 7𝑘𝑢)𝑟 − 3𝑘𝑢𝑟 = 𝐼
�̈�
𝑟
 
(2.13) 
 
Como 
𝐼 = 𝑅 𝑑𝑀 =
𝑚
𝜋𝑟
𝑅 𝑅𝑑𝑅𝑑𝜃
 
 
=
𝑚
𝜋𝑟
(2𝜋)
𝑟
4
=
𝑚𝑟
2
 (2.14) 
 
Substituindo 
−(𝑚�̈� + 𝑐�̇� + 7𝑘𝑢)𝑟 − 3𝑘𝑢𝑟 = 𝐼
�̈�
𝑟
 
−(𝑚�̈� + 𝑐�̇� + 7𝑘𝑢)𝑟 − 3𝑘𝑢𝑟 =
𝑚𝑟
2
�̈�
𝑟
 
−2𝑚�̈� − 2𝑐�̇� − 14𝑘𝑢 − 6𝑘𝑢 = 𝑚�̈� 
𝑚�̈� +
2
3
𝑐�̇� +
20
3
𝑘𝑢 = 0 
(2.15) 
 
Dessa forma, pode-se entender 𝑘 = (20 3⁄ )𝑘 e 𝑐 = (2 3⁄ )𝑐. 
Verificar rigidez e inércia equivalente. 
Com isso, a equação do movimento pode ser então reescrita como 
�̈� + 2𝜉𝜔 �̇� + 𝜔 𝑢 = 0 (2.16) 
 
onde 𝜔 = 𝑘 𝑚⁄ e 𝜉 = 𝑐 2𝑚𝜔⁄ . 
 
P2.3 
 
 
Formatado: Realce
 3 
𝑀 = 𝐼�̈� 
−𝑃𝑠𝑒𝑛𝜃𝑦 = 𝐼�̈� 
�̈� +
𝑃𝑦
𝐼
𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0 
(2.17) 
 
Para pequenos ângulos 
�̈� +
𝑃𝑦
𝐼
𝜃 = 0 (2.18) 
onde 
𝑦 =
∫ 𝑦𝑑𝑚
𝑚
=
∫ 𝑦𝑥𝑑𝑦
𝜋𝑟 2⁄
=
∫(𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)(2𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝑟)
𝜋𝑟 2⁄
=
4𝑟
𝜋
𝑠𝑒𝑛𝜃 cos 𝜃 𝑑𝜃
⁄
=
4𝑟
𝜋
𝑧 𝑑𝑧 =
4𝑟
3𝜋
 
(2.19) 
 
O Momento de inércia J é dado por: 
 
𝑦 = ∫ 𝑅 𝑑𝐴 = ∫ 𝑅
𝑚
𝐴
𝑑𝐴 =
𝑚
𝜋𝑟
2
𝑅 (𝑅𝑑𝑅𝑑𝜃) =
2𝑚
𝜋𝑟
𝑅 𝑑𝑅 𝑑𝜃
=
2𝑚
𝜋𝑟
𝑟
4
(𝜋) =
1
2
𝑚𝑟 
 
(2.19) 
 
 
P2.4 
 
 
 
Na massa desbalanceada, tem-se 
𝑓 = 𝑚�̇� 𝑅 = 𝑚Ω 𝑅 (2.20) 
No motor 
−4𝑘𝑢 + 𝑚Ω 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚�̈� 
𝑚�̈� + 4𝑘𝑢 = 𝑚Ω 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃 
(2.21) 
ou 
 4 
�̈� + 𝜔 𝑢 = Ω 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃 (2.22) 
 
onde 𝜔 = 4𝑘 𝑚⁄ . 
 
P2.5 
−(𝑘 + 𝑘 )𝑢 − +𝑘 𝑢 = 𝑚�̈� 
�̈� +
𝑘 + 𝑘 + −𝑘
𝑚
𝑢 = 0 
�̈� + 𝜔 𝑢 = 0 
(2.23) 
 
 
 
P2.6 
𝑀 = 𝐼𝐽�̈� 
𝐽𝐼�̈� + 𝑃ℎ𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0 
�̈� +
𝑃ℎ
𝐽𝐼
𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0 
(2.24) 
 
Para pequenos ângulos, 𝑠𝑒𝑛𝜃 ≅ 𝜃. Logo, 
�̈� +
𝑃ℎ
𝐽𝐼
𝜃 = 0 
�̈� + 𝜔 𝜃 = 0 
(2.25) 
 
onde 𝜔 = 𝑃ℎ 𝐽⁄ . 
 
Substitui o momento de inércia 𝐼 por J, conforme foi dado no problema. 
 
P2.7 
 
 
Optando por descrever a equação do movimento em função da coordenada 𝜃, pode-se 
separar o problema em duas etapas: uma estática e uma dinâmica. Ou seja, 𝜃(𝑡) = 𝜃 +
𝜃 (𝑡). 
Se a barra rígida tiver massa 𝑀, o somatório dos momentos em relação ao ponto de 
apoio pode ser escrito como 
 
𝑇( ) = 𝐼�̈� 
−(𝑘𝑢 )𝑎 − (𝑐�̇� )𝑎 + (𝑀𝑔)
𝐿
2
+ (𝑚𝑔)𝐿 = 𝐼�̈� 
(2.26) 
 5 
Da cinemática, tem-se que 𝑢 = 𝜃𝑎, logo 
−(𝑘𝜃𝑎)𝑎 − (𝑐�̇�𝑎)𝑎 + (𝑀𝑔)
𝐿
2
+ (𝑚𝑔)𝐿 = 𝐼�̈� 
𝐼�̈� + 𝑐𝑎 �̇� + 𝑘𝑎 𝜃 =
𝑀
2
+ 𝑚 𝑔𝐿 
(2.27) 
 
Fazendo 𝜃 = 𝜃 + 𝜃 , �̇� = �̇� + �̇� = �̇� e �̈� = �̈� + �̈� = �̈� , tem-se 
𝐼�̈� + 𝑐𝑎 �̇� + 𝑘𝑎 (𝜃 + 𝜃 ) =
𝑀
2
+ 𝑚 𝑔𝐿 (2.28) 
 
Avaliando somente o caso estático, conclui-se que 
𝜃 =
𝑀
2
+ 𝑚
𝑔𝐿
𝑘𝑎
 (2.29) 
Substituindo na Eq. (2.28) 
𝐼�̈� + 𝑐𝑎 �̇� + 𝑘𝑎 𝜃 = 0 
�̈� +
𝑐𝑎
𝐼
�̇� +
𝑘𝑎
𝐼
𝜃 = 0 
(2.30) 
 
Definindo 𝜔 = 𝑘𝑎 𝐼⁄ e 𝜉 = 𝑐𝑎 2𝐼𝜔⁄ , a equação no movimento pode ser reescrita 
como 
�̈� + 2𝜉𝜔 �̇� + 𝜔 𝜃 = 0 (2.31) 
 
O momento de inércia é calculado como 
𝐼 = 𝑟 𝑑𝑚 =
𝑀
𝐿
𝑟 𝑑𝑟 + 𝑚𝐿 =
𝑀𝐿
3
+ 𝑚𝐿 (2.32) 
 
Se a massa da barra for desprezível, ou seja, 𝑚 ≫ 𝑀, 
𝐼 = 𝑚𝐿 (2.33) 
 
 
P2.8 
𝑀 = 𝐼�̈� 
−𝑐�̇� − 𝑘(𝑢 − 𝑦) = 𝐼�̈� 
−𝑐
𝐿
3
�̇� − 𝑘
2𝐿
3
𝜃 − 𝑌𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡) =
𝑚𝐿
9
�̈� 
𝑚𝐿
9
�̈� +
𝑐𝐿
3
�̇� +
2𝑘𝐿
3
𝜃 = 𝑌𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡) 
�̈� +
3𝑐
𝑚𝐿
�̇� +
6𝑘
𝑚𝐿
𝜃 =
9𝑘𝑌
𝑚𝐿
𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡) 
(2.34) 
 
 6 
 
 
 
𝑀 = 𝐼�̈� 
−𝑐�̇�
𝐿
3
− 𝑘(𝑢 − 𝑦)
2𝐿
3
= 𝐼�̈� 
−𝑐
𝐿
9
�̇� − 𝑘
2𝐿
3
𝜃 − 𝑌𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡)
2𝐿
3
=
𝑚𝐿
6
�̈� 
𝑚𝐿
6
�̈� +
𝑐𝐿
9
�̇� +
4𝑘𝐿
9
𝜃 =
2𝐿
3
𝑘𝑌𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡) 
�̈� +
2𝑐
3𝑚
�̇� +
8𝑘
3𝑚
𝜃 =
4𝑘𝑌
𝑚𝐿
𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡) 
�̈� + 2𝜉𝜔 �̇� + 𝜔 𝜃 = 𝜔 𝑓 𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡) 
 
(2.34) 
 
 
onde 
 
𝜔 =
8
3
𝑘
𝑚
 𝜉 =
1
3
𝑐
𝑚𝜔
 𝑓 =
3𝑌
2𝐿
 (2.34) 
 
P2.9 
 
 
Capítulo 3 
 
P3.1 
Pela Eq.(2.7), �̈� + 𝜔 𝑢 = 0. Supondo a solução do tipo 
𝑢 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡) + 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) 
Tem-se 
�̇� = −𝐴 𝜔 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) + 𝐴 𝜔 cos (𝜔 𝑡) 
�̈� = −𝐴 𝜔 cos(𝜔 𝑡) − 𝐴 𝜔 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) 
Supondo condições iniciais genéricas 𝑢 (0) = 𝑢 , e �̇� (0) = �̇� , , pode-se escrever 
𝑢 (0) = 𝐴 𝑐𝑜𝑠(0) + 𝐴 𝑠𝑒𝑛(0) = 𝑢 , 
𝐴 = 𝑢 , 
�̇� (0) = −𝐴 𝜔 𝑠𝑒𝑛(0) + 𝐴 𝜔 cos(0) = �̇� , 
 
𝐴 =
�̇� ,
𝜔
 
Com isso, a equação de movimento pode ser reescrita em função das condições iniciais 
como 
Formatado: Centralizado
Formatado: Centralizado
Tabela formatada
 7 
𝑢 = (𝑢 , )𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡) +
�̇� ,
𝜔
𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) 
Considerando 𝑢(𝑡) = 𝑢 + 𝑢 (𝑡) e sabendo que 𝑢 = 𝑚𝑔 𝑘⁄ = 𝑚𝑔 (𝑘 + 𝑘 )⁄ (ver 
P2.1), a equação de movimento pode ser escrita como 
𝑢 = 𝑢 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡) +
𝑣
𝜔
𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) 
onde 𝑣 = �̇� = �̇� , e 𝑢 = 𝑢 + 𝑢 , . 
 
 
P3.2 
De forma similar ao que foi feito no P3.1, a solução pode ser escrita como 
𝜃 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡) + 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) 
onde 𝜔 = (𝑃𝑦 𝐼⁄ ). Resolvendo em função das condições iniciais 
𝜃 = 𝜃 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡) +
�̇�
𝜔
𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) 
 
P3.3 
Pode-se entender o sistema como uma massa-mola, onde a rigidez equivalente da mola 
é 𝑘 = 𝑘 + 𝑘 + 𝑘 . Com isso, 
𝑢 = 𝑢 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡) +
𝑣
𝜔
𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) 
onde 𝜔 = 𝑘 𝑚⁄ . 
 
 
 
P3.4 
Assumindo a hipótese de pequenos ângulos (ver P2.6) 
�̈� +
𝑃ℎ
𝐽
𝜃 = 0 
onde 𝜔 = (𝑃ℎ 𝐽⁄ ). 
Supondo a solução da forma 
𝜃 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡 − 𝜑) 
onde 𝐴 = 𝑢 + (𝑣 𝜔⁄ ) e atan (𝑣 𝑢 𝜔⁄ ) (ver página 34). 
E para a velocidade e aceleração angular 
�̇� = −𝐴𝜔 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡 − 𝜑) 
�̈� = −𝐴𝜔 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡 − 𝜑) 
Para que a velocidade não ultrapasse �̇� = 1.5°, 
|𝜃|̇ ≤ �̇� 
�̇� = 𝐴𝜔 = 𝜔 𝜃 + �̇� 𝜔⁄ = 𝜔 𝜃 + �̇� 
Manipulando 
�̇� = �̇� − 𝜔 𝜃 
 
Para obter o tempo em que a velocidade máxima ocorre é necessário verificar o tempo 
em que a aceleração é nula. Dessa forma 
�̈�(𝑡∗) = −𝐴𝜔 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡∗ − 𝜑) = 0 
 8 
𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡∗ − 𝜑) = 0 
𝜔 𝑡∗ − 𝜑 =
2𝑛 − 1
2
 , 𝑛 = 1,2, … 
𝑡∗ =
1
𝜔
2𝑛 − 1
2
+ 𝜑 
 
 
 
P3.5 
Pela solução do P2.2, 𝑘 = (20 3⁄ )𝑘 = 66667.7 𝑁 𝑚⁄ , 𝑐 = (2 3⁄ )𝑐 = 463.3 𝑁𝑠 𝑚⁄ , 
onde 𝜔 = 𝑘 𝑚⁄ e 𝜉 = 𝑐 2𝑚𝜔⁄ = 0.201. Logo, o movimento é subamortecido e 
os resultados da seção 3.2 podem ser utilizados diretamente. 
 
 
P3.6 
Para 𝜉 = 1 é necessário 
𝜉 = 𝑐 2𝑚𝜔⁄ =
𝑐
2𝑚𝜔
=
𝑐
2𝑚 𝑘 𝑚⁄
=
𝑐
2 𝑚𝑘
= 1 
𝑐 = 4𝑚𝑘 
4
9
𝑐 = 4𝑚
20
3
𝑘 
𝑐 = √60𝑚𝑘 = 3464.1 𝑁𝑠 𝑚⁄ 
 
 
P3.7 
 
 
 
P3.8 
Pelo desenvolvimento mostrado na seção 3.5.1, sabe-se que 
𝜍 =
1
𝑛
ln
𝑢
𝑢
=
2𝜋𝜉
1 − 𝜉
 
Para o exercício, são dados 𝑚 = 5𝑘𝑔, 𝜔 = 25 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ , 𝑢 = 0.2𝑚, 𝑢 = 0.05𝑚 e 𝑛 +
1 = 8. Com esses dados, 
1
𝑛
ln
𝑢
𝑢
=
2𝜋𝜉
1 − 𝜉
 
1
𝑛
ln
𝑢
𝑢
=
4𝜋 𝜉
1 − 𝜉
 
1
𝑛
ln
𝑢
𝑢
(1 − 𝜉 ) = 4𝜋 𝜉 
𝜉 =
1
𝑛
ln
𝑢
𝑢
1
𝑛 ln
𝑢
𝑢 + 4𝜋
 
 
 
 
 9 
 
P3.9 
Para o caso de atrito seco, sabe-se que o movimento tem um decaimento linear (ver 
seção 3.5.2), de tal forma que o coeficiente de atrito pode ser calculado pela seguinte 
equação 
𝜇 =
𝑘(𝑢 − 𝑢 ) 
4𝑁
 
Logo 
4𝑁𝜇 = 𝑘(𝑢 − 𝑢) 
4𝑁𝜇 = 𝑘(𝑢 − 𝑢 ) 
4𝑁𝜇 = 𝑘(𝑢 − 𝑢 ) 
4𝑁𝜇 = 𝑘(𝑢 − 𝑢 ) 
4𝑁𝜇 = 𝑘(𝑢 − 𝑢 ) 
4𝑁𝜇 = 𝑘(𝑢 − 𝑢 ) 
4𝑁𝜇 = 𝑘(𝑢 − 𝑢 ) 
Somando todas as equações anteriores 
28𝑁𝜇 = 𝑘(𝑢 − 𝑢 ) 
Como a força de atrito é 
𝑓 = 𝜇𝑁 =
𝑘(𝑢 − 𝑢 )
28
 
 
 
 
 
P3.10 
 
 
 
 
 
Capítulo 4 
 
P4.1 
 
 
 
P4.2 
Utilizando o desenvolvimento apresentado na seção 4.7, a equação do movimento pode 
ser escrita como 
�̈� + 2𝜉𝜔 �̇� + 𝜔 𝑢 = �̈� 
Para este problema, 𝑢 = 𝑦 = 𝑦 𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡), 𝑢 = 𝑢 − 𝑢 = 𝑢 − 𝑦 e �̈� =
−Ω 𝑦 𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡). Logo, a equação de movimento pode ser reescrita como 
�̈� + 2𝜉𝜔 �̇� + 𝜔 𝑢 = −Ω 𝑦 𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡) 
Que a solução do tipo 
𝑢 = 𝐴 cos(𝛺𝑡) + 𝐴 𝑠𝑒𝑛(Ωt) 
A velocidade e aceleração são 
�̇� = 𝐴 𝛺 sen(𝛺𝑡) − 𝐴 𝛺𝑐𝑜𝑠(Ωt) 
�̈� = −𝐴 𝛺 cos(𝛺𝑡) − 𝐴 𝛺 𝑠𝑒𝑛(Ωt) 
Substituindo (***) em (***), tem-se 
 10 
[−𝐴 𝛺 cos(𝛺𝑡) − 𝐴 𝛺 𝑠𝑒𝑛(Ωt)] + 2𝜉𝜔 [𝐴 𝛺 sen(𝛺𝑡) − 𝐴 𝛺𝑐𝑜𝑠(Ωt)]
+ 𝜔 [𝐴 cos(𝛺𝑡) + 𝐴 𝑠𝑒𝑛(Ωt)] = −Ω 𝑦 𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡) 
Para a solução proposta ser válida, as seguintes equações precisar ser satisfeitas 
−𝐴 𝛺 − 2𝜉𝜔 𝐴 𝛺 + 𝜔 𝐴 = 0 
−𝐴 𝛺 + 2𝜉𝜔 𝐴 𝛺 + 𝜔 𝐴 = −Ω 𝑦 
Que tem solução 
𝐴 = −
(2𝜉𝜔 𝛺)
(𝜔 − 𝛺 ) + (2𝜉𝜔 𝛺)
Ω 𝑦 
𝐴 = −
(𝜔 − 𝛺 )
(𝜔 − 𝛺 ) + (2𝜉𝜔 𝛺)
Ω 𝑦 
 
 
 
P4.3 
Pela definição, o período de forçamento pode ser escrito como 
𝑇 =
2𝜋
Ω
=
𝑑
𝑣
 
Consequentemente, a frequência de forçamento é 
Ω =
2𝜋𝑣
𝑑
 
Assumindo que no instante inicial o veículo está na metade da altura, a equação da 
excitação de base pode ser definida por 
𝑦 = −
ℎ
2
cos
2𝜋𝑣
𝑑
𝑡 
Com isso, a equação do movimento é 
�̈� + 2𝜉𝜔 �̇� + 𝜔 𝑢 =
2𝜋𝑣
𝑑
ℎ
2
cos
2𝜋𝑣
𝑑
𝑡 
Para obter uma forma similar à Eq.(4.4) da seção 4.1, pode-se definir 
𝑓 =
2𝜋𝑣
𝑑
ℎ
2𝜔
 
E então a equação do movimento tem a seguinte forma 
�̈� + 2𝜉𝜔 �̇� + 𝜔 𝑢 = 𝜔 𝑓 cos(Ω𝑡) 
Que tem como solução 
𝑢 = 𝑓 �̅� cos (Ω𝑡 − 𝜑 ) 
onde 
�̅� =
1
1 −
Ω
𝜔
+
2𝜉Ω
𝜔
⁄ 
Considerando que a frequência de ressonância seja uma condição crítica pelo aumento 
significativo da amplitude de vibração, pode-se avaliar a condição em que derivada de 
�̅� em relação à Ω é nula, resultando em 
Ω = 𝜔 1 − 2𝜉 
Substituindo a equação da frequência de forçamento, 
 
Ω
𝜔
= 1 − 2𝜉 
 11 
2𝜋𝑣
𝜔 𝑑
= 1 − 2𝜉 
𝑣
𝑑
=
𝜔
2𝜋
1 − 2𝜉 
 
 
 
P4.4 
 
 
 
P4.5 
 
 
 
 
Capítulo 5 
 
P5.1 
 
Aplicando o equilíbrio de forças na vertical, tem-se: 
 
−𝑘(𝑦 − 𝑢) − 𝑐(�̇� − �̇�) = 𝑚�̈� (5.xx) 
Considerando a seguinte mudança de variáveis: 
 
𝑧 = 𝑦 − 𝑢 
�̇� = �̇� − �̇� 
�̈� = �̈� − �̈� 
(5.xx) 
Obtém-se a equação de movimento conforme expressa a seguir. 
 
𝑚�̈� + 𝑐�̇� + 𝑘𝑧 = −𝑚�̈� (5.xx) 
onde 𝑢(𝑡) é o movimento de base gerado pelo came e pode ser definido conforme 
segue: 
 
𝑢(𝑡) = 𝐴 , 0 < 𝑡 < 𝑇 (5.xx) 
 
Este forçamento, por ser periódico, pode ser representado pela série de Fourier dada 
por: 
 
𝑢(𝑡) =
𝑎
2
+ 𝑎 cos(𝑝Ω 𝑡) + 𝑏 𝑠𝑒𝑛(𝑝Ω 𝑡) (5.xx) 
onde Ω = 2𝜋/𝑇 e os coeficientes 𝑎 , 𝑎 e 𝑏 são determinados conforme segue. 
 
𝑎 =
2
𝑇
𝑢(𝑡) 𝑑𝑡 =
2
𝑇
𝐴
𝑡
𝑇
𝑑𝑡 =
2𝐴
𝑇
𝑇
2
= 𝐴 (5.xx) 
 12 
𝑎 =
2
𝑇
𝑢(𝑡) cos(𝑝Ω 𝑡) 𝑑𝑡 =
2
𝑇
𝐴
𝑡
𝑇
cos(𝑝Ω 𝑡) 𝑑𝑡 =
2𝐴
𝑇
𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑝Ω 𝑡)
𝑝Ω
 
 −
2𝐴
𝑇
1
𝑝Ω
𝑠𝑒𝑛(𝑝Ω 𝑡) 𝑑𝑡 =
2𝐴
𝑇
1
𝑝 Ω
[cos(𝑝Ω 𝑡)] = 0 
𝑏 =
2
𝑇
𝑢(𝑡) sen(𝑝Ω 𝑡) 𝑑𝑡 =
2
𝑇
𝐴
𝑡
𝑇
sen(𝑝Ω 𝑡) 𝑑𝑡 =
2𝐴
𝑇
−
𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑝Ω 𝑡)
𝑝Ω
 
 +
2𝐴
𝑇
1
𝑝Ω
𝑐𝑜𝑠(𝑝Ω 𝑡) 𝑑𝑡 =
2𝐴
𝑇
−
𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑝Ω 𝑡)
𝑝Ω
+
2𝐴
𝑇
1
𝑝 Ω
[sen(𝑝Ω 𝑡)] 
 = −
2𝐴
𝑝Ω 𝑇
= −
𝐴
𝜋𝑝
 
 
 
Desta forma, derivando a equação (5.xx) em relação ao tempo, obtém-se: 
 
�̈�(𝑡) = −𝑏 𝑝 Ω 𝑠𝑒𝑛(𝑝Ω 𝑡) = − 𝜔 𝑓 , 𝑠𝑒𝑛(𝑝Ω 𝑡) (5.xx) 
 
Logo, substituindo esta relação na equação de movimento (5.xx), resulta: 
�̈� + 2𝜉𝜔 �̇� + 𝜔 𝑧 = 𝜔 𝑓 , 𝑠𝑒𝑛(𝑝Ω 𝑡) (5.xx) 
 
A solução para esta equação diferencial é do tipo: 
 
𝑧 = 𝑓 , |𝐺(𝑝Ω )|𝑐𝑜𝑠 𝑝Ω 𝑡 − 𝜙 (5.xx) 
 
onde: 
 
|𝐺| =
1
1 −
𝑝Ω
𝜔
+
2𝜉𝑝 Ω
𝜔
/
 
𝜙 = arctan
2𝜉𝑝Ω /𝜔
1 − (𝑝Ω /𝜔 )
 
(5.xx) 
 
Portanto, a resposta do sistema pode ser expressa da seguinte forma: 
 
𝑦 =
𝑎
2
+ 𝑎 cos(𝑝Ω 𝑡) + 𝑏 cos(𝑝Ω 𝑡) + 𝑓 (𝑝)|𝐺(𝑝Ω )|𝑐𝑜𝑠 𝑝Ω 𝑡 − 𝜙 (5.xx) 
 
 
 
P5.2 
 
 13 
 
 
P5.3 
 
 
 
P5.4 
 
Pela definição, a integral de convolução pode ser escrita como 
𝑢 = 𝑓(𝜏)𝑢 (𝑡 − 𝜏)𝑑𝜏 = 𝑓(𝑡 − 𝜏)𝑢 (𝜏)𝑑𝜏 
onde 
𝑢 (𝑡) =
1
𝑚𝜔
𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) 
e para este problema 
𝑓(𝑡) =
4000𝑡 𝑠𝑒 0 ≤ 𝑡 ≤ 0.05
200 𝑠𝑒 0.05 ≤ 𝑡 ≤ 0.10
−4000𝑡 + 600 𝑠𝑒 0.10 ≤ 𝑡 ≤ 0.15
 
Para esse problema, a integral de convolução pode ser convenientemente escrita, 
assumindo que deseja-se saber a resposta em um tempo superior a 0.15s, como 
𝑢 =
1
𝑚𝜔
4000(𝑡 − 𝜏)𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏
.
+ 200𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏
.
.
+ [−4000(𝑡 − 𝜏) + 600]𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏
.
.
 
Percebe-se que é necessário obter a solução de dos seguintes dois tipos de integral 
𝛼𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏 
𝛼𝜏𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏 
A solução da primeira é 
𝛼𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏
= 𝛼 −
1
𝜉𝜔
𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏) +
𝜔
𝜉𝜔
𝑒 cos(𝜔 𝜏) 𝑑𝜏 
Adicionalmente 
𝑒 cos(𝜔 𝜏) 𝑑𝜏 = −
1
𝜉𝜔
𝑒 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝜏) −
𝜔
𝜉𝜔
𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏 
Logo 
 14 
𝛼𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏
= 𝛼 −
1
𝜉𝜔
𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏) + −
1
𝜉𝜔
𝑒 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝜏)
−
𝜔
𝜉𝜔
𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏 
Ou seja 
𝛼𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏 =
𝜉𝜔
𝜉𝜔 + 𝜔
𝛼
1
𝜉𝜔
𝑒 [𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝜏) + 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)] 
O segundo tipo de integral é 
𝛼𝜏𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)𝑑𝜏
= 𝛼 −
1
𝜉𝜔
𝑒 𝜏𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏)
+
1
𝜉𝜔
𝑒 [sen(𝜔 𝜏) + 𝜔 𝜏 cos(𝜔 𝜏)]𝑑𝜏 
 
 
𝛼 −
1
𝜉𝜔
𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝜏) +
𝜔
𝜉𝜔
𝑒 cos(𝜔 𝜏) 𝑑𝜏 
 
 
 
 
 
 
P5.4 
 
 
 
P5.5 
 
A equação de movimento de um oscilador linear não dissipativo excitado por uma 
função degrau 𝐻(𝑡) é dada por: 
 
𝑚�̈� + 𝑘𝑢 = 𝐻(𝑡) (5.xx) 
Sendo a função degrau definida conforme segue: 
 
 15 
𝐻(𝑡) =
1 𝑠𝑒 𝑡 > 0
0 𝑠𝑒 𝑡 ≤ 0
 (5.xx) 
 
Aplicando a transformada de Laplace ne equação anterior, obtém-se: 
 
ℒ{𝑚�̈� + 𝑘𝑢} = ℒ{𝐻(𝑡)} 
𝑚ℒ{�̈�} + 𝑘ℒ{𝑢} = ℒ{𝐻(𝑡)} 
(5.xx) 
Pois o Laplaciano é um operador linear. Desta forma, aplicando as seguintes 
propriedades da transformada de Laplace: 
 
 
𝑢 = ℒ{𝑢} = 𝑒 𝑢 𝑑𝑡 
ℒ{�̇�} = 𝑒
𝑑𝑢
𝑑𝑡
𝑑𝑡 = [𝑒 𝑢] − −𝑠𝑢𝑒 𝑑𝑡 = 𝑠𝑢 − 𝑢(0) 
ℒ{�̈�} = 𝑒
𝑑 𝑢
𝑑𝑡
𝑑𝑡 = − −𝑠𝑢𝑒 𝑑𝑡 = 𝑠𝑢 − 𝑢(0) 
 
𝐻 = ℒ{𝐻} = 𝑒 𝐻(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑒 1 𝑑𝑡 = −
1
𝑠
𝑒 =
1
𝑠
 
(5.xx) 
 
 
E substituindo em (5.xx), obtém-se: 
 
𝑚[𝑠 𝑢 − 𝑠𝑢(0) − �̇�(0)] + 𝑘𝑢 = 𝐻 (5.xx) 
 
Admitindo condições iniciais nulas, isto é, 𝑢(0) = �̇�(0) = 0, resulta: 
 
𝑢 =
𝐻
𝑚(𝑠 + 𝜔 )
= 𝐺𝐻 (5.xx) 
 
onde 𝐺 é a função de transferência. Como 𝐻 = 1/𝑠, então: 
 
𝑢 =
1
𝑚𝑠(𝑠 + 𝜔 )
 (5.xx) 
 
Obtendo as raízes do denominador da equação anterior, tem-se que a mesma pode ser 
reescrita seguinte forma: 
 
 
𝑢 =
1/𝑚
(𝑠 − 0)(𝑠 − 𝜔 𝑖)(𝑠 + 𝜔 𝑖)
=
𝐶
𝑠
+
𝐶
𝑠 − 𝜔 𝑖
+
𝐶
𝑠 + 𝜔 𝑖
 (5.xx) 
 
As constantes 𝐶 , 𝐶 e 𝐶 são obtidas conforme segue: 
 
 16 
𝐶 = lim
→
1
𝑚
(𝑠 − 0)
(𝑠 − 0)(𝑠 − 𝜔 𝑖)(𝑠 + 𝜔 𝑖)
= lim
→
1
𝑚
(𝑠 − 𝜔 𝑖)(𝑠 + 𝜔 𝑖)
=
1
𝑚𝜔
 
𝐶 = lim
→
1
𝑚
(𝑠 − 𝜔 𝑖)
(𝑠 − 0)(𝑠 − 𝜔 𝑖)(𝑠 + 𝜔 𝑖)
= lim
→
1
𝑚
(𝑠 − 0)(𝑠 + 𝜔 𝑖)
= −
1
2𝑚𝜔
 
𝐶 = lim
→
1
𝑚
(𝑠 + 𝜔 𝑖)
(𝑠 − 0)(𝑠 − 𝜔 𝑖)(𝑠 + 𝜔 𝑖)
= lim
→
1
𝑚
(𝑠 − 0)(𝑠 − 𝜔 𝑖)
= −
1
2𝑚𝜔
 
(5.xx) 
 
Desta forma, aplicando a transformada inversa, para retornar ao domínio do tempo, 
obtém-se: 
 
𝑢 = ℒ {𝑢} = 𝐶 𝑒 + 𝐶 𝑒 + 𝐶 𝑒 
 =
1
𝑚𝜔
−
1
𝑚𝜔
𝑒 + 𝑒
2
 
 =
1
𝑚𝜔
[1 − cos(𝜔 𝑡)] 
 
(5.xx) 
 
 
P5.6 
 
 
 
P5.7 
 
 
 
P5.8 
 
 
 
P5.9 
 
 
 
Capítulo 6 
 
P6.1 
 
 
 
Aplicando o equilíbrio de forças na direção horizontal para cada massa: 
 17 
 
−𝑘 𝑢 + 𝑘 (𝑢 − 𝑢 ) = 𝑚 �̈�
−𝑘 (𝑢 − 𝑢 ) − 𝑘 𝑢 = 𝑚 �̈� 
 (6.1) 
Reescrevendo, tem-se: 
 
𝑚 �̈� + 𝑘 𝑢 − 𝑘 (𝑢 − 𝑢 ) = 0
𝑚�̈� + 𝑘 (𝑢 − 𝑢 ) + 𝑘 𝑢 = 0 
 (6.2) 
 
Organizando na forma matricial [𝑚]{�̈�} + [𝑘]{𝑢} = {0}, resulta: 
 
𝑚 0
0 𝑚
�̈�
�̈�
+
𝑘 + 𝑘 −𝑘
−𝑘 𝑘 + 𝑘
𝑢
𝑢 =
0
0
 (6.3) 
 
As frequências e os modos naturais podem ser obtidos resolvendo o problema de 
autovalor e autovetor dado por ([𝑘] − 𝜆[𝑚]){𝑈} = {0}. Fazendo: 
 
𝑑𝑒𝑡([𝑘] − 𝜆[𝑚]) =
𝑘 + 𝑘 − 𝜆𝑚 −𝑘
−𝑘 𝑘 + 𝑘 − 𝜆𝑚
= 0 (6.4) 
 
Resulta em no polinômio característico expresso a seguir. 
 
𝑚 𝑚 𝜆 − [𝑚 (𝑘 + 𝑘 ) + 𝑚 (𝑘 + 𝑘 )]𝜆 + 𝑘 𝑘 + 𝑘 𝑘 + 𝑘 𝑘 = 0 (6.5) 
 
Resolvendo o polinômio de segundo grau, obtém-se: 
 
𝜆 , =
𝑚 (𝑘 + 𝑘 ) + 𝑚 (𝑘 + 𝑘 )
2𝑚 𝑚
∓
1
2𝑚 𝑚
{[𝑚 (𝑘 + 𝑘 ) + 𝑚 (𝑘 + 𝑘 )]
− 4𝑚 𝑚 [𝑘 𝑘 + 𝑘 𝑘 + 𝑘 𝑘 ]} / 
(6.6) 
 
Assim, as frequências naturais são: 
 
𝜔 = 𝜆 = 3.48 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
𝜔 = 𝜆 = 1.70 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
(6.7) 
 
Com isso, os autovetores podem ser obtidos resolvendo: 
 
𝑘 + 𝑘 − 𝜆 𝑚 −𝑘
−𝑘 𝑘 + 𝑘 − 𝜆 𝑚
𝑈
( )
𝑈
( )
=
0
0
 (𝑟 = 1, 2) (6.8) 
 
Desta forma, tem-se: 
 
𝑈
( )
𝑈
( )
=
𝑘 + 𝑘 − 𝜆 𝑚
𝑘
=
𝑘
𝑘 + 𝑘 − 𝜆 𝑚
 (𝑟 = 1, 2) (6.9) 
 
 18 
Para 𝜆 = 𝜆 : 
 
𝑈( ) =
1
4.55
 (6.10) 
Para 𝜆 = 𝜆 : 
 
𝑈( ) =
1
−0.05
 (6.11) 
 
A matriz modal [Γ] é dada por: 
 
[Γ] =
𝑈
( )
𝑈
( )
𝑈
( )
𝑈
( )
=
1 1
4.55 −0.05
 (6.12) 
 
 
P6.2 
 
Considerando: 
𝑚 = 1 𝑘𝑔 
𝑚 = 2 𝑘𝑔 
𝑘 = 𝑘 = 𝑘 = 1 𝑁 𝑚⁄ 
(6.13) 
 
Utilizando a eq. (6.6) do problema P6.1, tem-se: 
 
𝜆 , = 
3 ∓ √3
2
 
(6.14) 
Portanto: 
𝜔 = 0.796 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ 
𝜔 = 1.538 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ 
 
(6.15) 
Os autovetores são obtidos conforme segue: 
 
 Para 𝜔 = 𝜔 : 
𝑈
( )
𝑈
( )
=
𝑘 + 𝑘 − 𝜆 𝑚
𝑘
= 0.732 (6.16) 
 
Adimensionalizando em relação a matriz de massa, tem-se: 
 
𝛼 {1 0.732}𝑈
( ) 2 0
0 1
1
0.732
𝛼 𝑈
( )
= 1 (6.17) 
Resultando em: 
 
𝛼 =
0.628
𝑈
( )
 (6.18) 
Logo, o primeiro autovetor adimensionalizado é dado por: 
 
 19 
𝑈( ) =
0.628
0.460
 (6.19) 
 
 Para 𝜔 = 𝜔 : 
 
𝑈
( )
𝑈
( )
=
𝑘 + 𝑘 − 𝜆 𝑚
𝑘
= −2.732 (6.20) 
 
De forma análoga, adimensionalizando em relação a matriz de massa, tem-se: 
 
𝛼 {1 −2.732}𝑈
( ) 2 0
0 1
1
−2.732
𝛼 𝑈
( )
= 1 (6.21) 
Resultando em: 
 
𝛼 =
0.325
𝑈
( )
 (6.22) 
 
Logo, o primeiro autovetor adimensionalizado é dado por: 
 
𝑈( ) =
0.325
−0.888
 (6.23) 
Então, a matriz modal é: 
 
[Γ] =
0.628 0.325
0.460 −0.888
 (6.24) 
 
Sendo a equação de movimento dada por: [𝑚]{�̈�} + [𝑘]{𝑢} = {0}. 
Fazendo a seguinte transformação de coordenadas {𝑈} = [Γ]{𝜂} e substituindo na eq. 
movimento e pré-multiplicando por [Γ] , obtém-se: 
 
[Γ] [𝑚][Γ]{�̈�} + [Γ] [𝐾][Γ]{𝜂} = [Γ] {0} 
 
(6.25) 
Resultando em: 
{�̈�} + [Λ]{𝜂} = {0} ⇒ �̈� + 𝜔 𝜂 = 0 (𝑟 = 1, 2) (6.26) 
onde: 
[Λ] =
1
2
3 − √3 0
0 3 + √3
 
 (6.27) 
 
A resposta para o sistema desacoplado é dada por: 
𝜂 = 𝐻 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) 
 
�̇� = −𝐻 𝜔 sen(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) 
(6.28) 
 
As condições iniciais, coordenadas naturais são: 
 
{𝜂(0)} = [Γ] {𝑢(0)} = [Γ] [𝑚]{𝑢(0)} 
 
(6.29) 
 20 
{�̇�(0)} = [Γ] {�̇�(0)} = [Γ] [𝑚]{�̇�(0)} 
 
(6.1) 
 
(6.30) 
Logo: 
 
𝜂 (0)
𝜂 (0)
=
1 0.732
1 −2.732
2 0
0 1
𝑢 (0)
𝑢 (0)
=
2𝑢 (0) + 0.732𝑢 (0)
2𝑢 (0) − 2.732𝑢 (0)
 
 
 
�̇� (0)
�̇� (0)
=
1 0.732
1 −2.732
2 0
0 1
𝑢 (0)
𝑢 (0)
=
2�̇� (0) + 0.732�̇� (0)
2�̇� (0) − 2.732�̇� (0)
 
(6.31) 
 
Definindo 𝑢 (0) = 𝑢 , , 𝑢 (0) = 𝑢 , , �̇� (0) = 𝑣 , e �̇� (0) = 𝑣 , , tem-se: 
 
2𝑢 , + 0.732𝑢 , = 𝐴 cos(𝜙 )
2𝑣 , + 0.732𝑣 , = −𝐴 𝜔 sen(−𝜙 ) = 𝐴 𝜔 sen(𝜙 ) 
 (6.32) 
Então: 
𝜙 = arctan
2𝑣 , + 0.732𝑣 ,
𝜔 (2𝑢 , + 0.732𝑢 , )
 
𝐻 =
2𝑣 , + 0.732𝑣 ,
𝜔
+ 2𝑢 , + 0.732𝑢 , 
(6.33) 
 
Similarmente, 
 
2𝑢 , − 2.732𝑢 , = 𝐴 cos(𝜙 )
2𝑣 , − 2.732𝑣 , = 𝐴 𝜔 sen(𝜙 ) 
 (6.34) 
 
Resultando: 
𝜙 = arctan
2𝑣 , − 2.732𝑣 ,
𝜔 (2𝑢 , − 2.732𝑢 , )
 
 
𝐻 =
2𝑣 , − 2.732𝑣 ,
𝜔
+ 2𝑢 , − 2.732𝑢 , 
(6.35) 
 
Assim, retornando ao domínio físico, fazendo {𝑢} = [Γ]{𝜂}, tem-se: 
 
𝑢
𝑢 =
0.628 0.325
0.460 −0.888
𝐻 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 )
𝐻 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 )
 
 
 =
0.628𝐻 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) + 0.325𝐻 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 )
0.460𝐻 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) − 0.888𝐻 cos (𝜔 𝑡 − 𝜙 )
 
(6.36) 
 
 
P6.3 
cos (𝜃 ) ≅ 1 
sin(𝜃 ) ≅ 𝜃 
 
 21 
 
Considerando pequenos deslocamentos/rotações e o D.C.L apresentado na figura. O 
equilíbrio de momentos em relação aos pontos O e O’, tem-se: 
 
𝑘𝑙(𝜃 − 𝜃 )𝑙 − 𝑚 𝑔𝜃 𝑙 = 𝑚 𝑙 �̈�
−𝑘𝑙(𝜃 − 𝜃 )𝑙 − 𝑚 𝑔𝜃 𝑙 = 𝑚 𝑙 �̈�
 (6.37) 
 
Escrevendo na forma matricial: 
 
𝑚 𝑙 𝑂
𝑂 𝑚 𝑙
�̈�
�̈�
+
𝑚 𝑔𝑙 + 𝑘𝑙 −𝑘𝑙
−𝑘𝑙 𝑚 𝑔𝑙 + 𝑘𝑙
𝜃
𝜃
=
0
0
 (6.38) 
 
Portanto, tem-se a equação do movimento: 
[𝑚] �̈� + [𝑘]{𝜃} = {0} (6.39) 
As frequências naturais são obtidas resolvendo: 𝑑𝑒𝑡([𝑘] − 𝜆[𝑚]) = 0: 
 
𝑚 𝑔𝑙 + 𝑘𝑙 − 𝜆𝑚 𝑙 −𝑘𝑙
−𝑘𝑙 𝑚 𝑔𝑙 + 𝑘𝑙 − 𝜆𝑚 𝑙
= 0 
 
(6.40) 
Resultando no polinômio característico: 
 
𝑚 𝑚 𝑙 𝜆 − [𝑚 𝑙 (𝑚 𝑔𝑙 + 𝑘𝑙 ) + 𝑚 𝑙 (𝑚 𝑔𝑙 + 𝑘𝑙 )]𝜆 + 𝑚 𝑔𝑘𝑙
+ 𝑚 𝑚 𝑔 𝑙 + 𝑚 𝑔𝑘𝑙 = 0 
 
(6.41) 
 
Dividindo por 𝑙 e resolvendo o polinômio de segundo grau, 
 
𝜆 , =
𝑚 (𝑚 𝑔𝑙 + 𝑘𝑙 ) + 𝑚 (𝑚 𝑔𝑙 + 𝑘𝑙 )
2𝑚 𝑚 𝑙
±
1
2𝑚 𝑚 𝑙
{[𝑚 (𝑚 𝑔𝑙 + 𝑘𝑙 ) + 𝑚 (𝑚 𝑔𝑙 + 𝑘𝑙 )]
− 4𝑚 𝑚 𝑙 ]} 
(6.42) 
 
Note que, se 𝑚 = 𝑚 = 𝑚 ⇒ 𝜔 = e 𝜔 = + . 
 
P6.4 
 
 22 
Considerando a hipótese de pequenos deslocamentos/rotações, tem-se: 
 
i. Eixo do motor fixo. 
 
 
 
Como o eixo do motor está fixo, tem-se apenas um gdl (𝜃). Assim, aplicando o 
equilíbrio de momentos em relação ao ponto O, obtém-se: 
 
𝑀 = (𝑘𝑎𝜃)𝑎 + (𝑘𝑎𝜃)𝑎 = −𝐽�̈� (6.37) 
Então: 
𝐽�̈� + 2𝑘𝑎 𝜃 = 0 (6.38) 
Dividindo por 𝐽, tem-se que a equação de movimento e a frequência natural são: 
 
�̈� + 𝜔 𝜃 = 0 
 
𝜔 =
2𝑘𝑎
𝐽
 
(6.39) 
 
ii. Eixo do motor livre para se mover na vertical 
 
 
 
Neste caso, o sistema apresenta dois gdls, o deslocamento (𝑢) do ponto O e a rotação 
(𝜃). Considerando o esquema da figura, aplicando o equilibrio de forças na vertical e de 
momentos em relação a O, obtém-se: 
 
−𝑘(𝑢 + 𝑎𝜃) − 𝑘(𝑢 − 𝑎𝜃) = 𝑚�̈�
𝑘(𝑢 + 𝑎𝜃)𝑎 − 𝑘(𝑢 − 𝑎𝜃)𝑎 = 𝐽�̈�
 (6.40) 
 23 
 
Rearranjando: 
 
𝑚�̈� + 2𝑘𝑢 = 0
𝐽�̈� = 2𝑘𝑎 𝑢 = 0
 (6.41) 
Na forma matricial, tem-se: 
 
𝑚 0
0 𝐽
�̈�
�̈�
+
2𝑘 0
0 2𝑘𝑎
𝑢
𝜃
=
0
0
 
 
(6.42) 
Note que as equações são desacopladas e podem-ser escritas da seguinte maneira: 
 
1 0
0 1
�̈�
�̈�
+
𝜔 0
0 𝜔
𝑢
𝜃
=
0
0
 
 
(6.43) 
Onde 𝜔 e 𝜔 são as frequências naturais dadas por: 
 
𝜔 = 2𝑘/𝑚 
𝜔 = 2𝑘𝑎 /𝐽 
 
(6.44) 
 
P6.5 
 
 
 
Considerando o esquema apresentado na figura e assumindo a hipótese de pequenos 
deslocamentos/rotações, o equilibrio de forças e momentos em relação ao ponto C 
resulta: 
 
∑𝐹 = 𝑘 𝑢 + 𝑘 (𝑢 + 𝑒𝜃) = −𝑚�̈�
∑𝑀 = 𝑘 (𝑢 + 𝑒𝜃)𝑒 = −𝐽 �̈� 
 (6.45) 
 
 
Rearranjando as equações e escrevendo na forma matricial, tem-se: 
 
𝑚 0
0 𝐽
�̈�
�̈�
+
𝑘 + 𝑘 𝑘 𝑒
𝑘 𝑒 𝑘 𝑒
𝑢
𝜃
=
0
0
 (6.46) 
Alternativamente, as equações de movimento podem ser obtidos em relação ao ponto O. 
 
 24 
 
 
Assim, considerando o esquema anterior e aplicando o equilibrio de forças e momentos, 
obtém-se: 
 
 
∑𝐹 = 𝑘 (𝑢 − 𝑒𝜃) + 𝑘 (𝑢 ) = −𝑚�̈�
∑𝑀 = −𝑘 (𝑢 − 𝑒𝜃)𝑒 = −𝐽 �̈� 
 (6.47) 
 
Na forma matricial: 
 
𝑚 0
0 𝐽
�̈�
�̈�
+
𝑘 + 𝑘 −𝑘 𝑒
−𝑘 𝑒 𝑘 𝑒
𝑢
𝜃
=
0
0
 
 
(6.48) 
 
 
P6.6 
 
 
Considerando os pesos dos blocos equilibrado com uma pré-tensão nas molas e 
consequentemente, omitidos do D.C.L. Tem-se, aplicando o equilibrio de forças na 
direção vertical para cada umas das massas: 
 
∑𝐹 = 𝐹 𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡) − 𝑘 𝑢 − 𝑘 (𝑢 − 𝑢 ) − 𝑘 𝑢 = 𝑚 �̈�
∑𝐹 = 𝑘 (𝑢 − 𝑢 ) = 𝑚 �̈� 
 (6.49) 
 
Escrevendo na forma matricial, obtém-se: 
 
𝑚 0
0 𝑚
�̈�
�̈�
+
2𝑘 + 𝑘 −𝑘
−𝑘 𝑘
𝑢
𝑢 =
𝐹 sen(Ω𝑡)
0
 
 
[𝑚]{�̈�} + [𝑘]{𝑢} = {𝑓} 
(6.50) 
 25 
As frequenciasnaturais são obtidas resolvendo: det([𝑘] − 𝜆[𝑚]) = 0. 
 
2𝑘 + 𝑘 − 𝜆𝑚 −𝑘
−𝑘 𝑘 − 𝜆𝑚
= 2𝑘 𝑘 − 𝜆[𝑚 𝑘 + 𝑚 (2𝑘 + 𝑘 )] + 𝑚 𝑚 𝜆 
 = 0 
 
(6.51) 
Resolvendo o polinomio de segundo grau, resulta: 
 
𝜆 , =
𝑚 𝑘 + 𝑚 (2𝑘 + 𝑘 )
2𝑚 𝑚
±
{[𝑚 𝑘 + 𝑚 (2𝑘 + 𝑘 )] − 4𝑚 𝑚 (2𝑘 𝑘 )}
2𝑚 𝑚
 (6.52) 
 
Logo: 𝜔 = 𝜆 e 𝜔 = 𝜆 . 
 
Os autovetores são obtidos resolvendo: 
 
2𝑘 + 𝑘 − 𝜆 𝑚 −𝑘
−𝑘 𝑘 − 𝜆 𝑚
𝑈
( )
𝑈
( )
=
0
0
 (𝑟 = 1, 2) (6.53) 
 
Desta forma, tem-se: 
 
𝑈
( )
𝑈
( )
=
2𝑘 + 𝑘 − 𝜆 𝑚
𝑘
=
𝑘
𝑘 − 𝜆 𝑚
 (𝑟 = 1, 2) (6.54) 
 
Normalizando em relação a matriz de massa [𝑚]: 
 
𝛼 𝑈 ( ) 𝑈 ( )
𝑚 0
0 𝑚
𝑈 ( )
𝑈
( ) 𝛼 = 1 (6.55) 
Então: 
𝛼 =
1
𝑚 𝑈
( )
+ 𝑚 𝑈 ( )
 
(6.56) 
 
Portanto, os autovetores normalizados são: 
 
𝑈( ) =
1
𝑚 𝑈
( )
+ 𝑚 𝑈 ( )
𝑈 ( )
𝑈 ( )
 
 
(6.57) 
𝑈( ) =
1
𝑚 𝑈
( )
+ 𝑚 𝑈 ( )
𝑈 ( )
𝑈 ( )
 
 
 
 
b) 
 
 26 
Adotando a transformação de coordenadas: {𝑢} = [Γ]{𝜂}, pode-se escrever o sistema 
em coordenadas normais: 
 
{�̈�} + [Λ]{𝜂} = {𝑁} 𝑜𝑢 �̈� + 𝜔 𝜂 = 𝑁 (6.58) 
onde: 
 
[Γ] =
𝑈 ( ) 𝑈 ( )
𝑈 ( ) 𝑈
( ) ; [Λ] =
𝜔 0
0 𝜔
 𝑒 {𝑁} = [Γ] {𝑓} =
𝑈 ( )𝐹
𝑈 ( )𝐹
sin(Ω𝑡) (6.59) 
 
Para o sistema desacoplado, tem-se que a resposta de cada coordenada é dada por: 
 
 𝜂 = 𝐻 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) + 𝑃 cos Ω𝑡 − 𝜙 (𝑟 = 1, 2) (6.60) 
 
onde 
 
𝑃 =
𝑓
|1 − Ω /𝜔 |
 
 
𝑓 , =
𝑈
( )
𝜔
𝐹 
 
tan 𝜙 = 0 
(6.61) 
 
As constantes 𝐻 e 𝜙 são determinadas aplicando as condições iniciais. Considerando 
condições iniciais nulas, tem-se: 
 
𝜂 (0)
𝜂 (0)
= [Γ] [𝑚]
𝑢 (0)
𝑢 (0)
=
0
0
 
 
�̇� (0)
�̇� (0)
= [Γ] [𝑚]
�̇� (0)
�̇� (0)
=
0
0
 
(6.62) 
 
 
 
Então: 
𝜂 (0) = 𝐻 cos(𝜙 ) + 𝑃 cos 𝜙 = 0 
�̇� (0) = 𝐻 𝜔 sin(𝜙 ) + 𝑃 Ωsin 𝜙 = 0 
(6.63) 
 
Resolvendo para 𝐻 e 𝜙 , obtém-se: 
 
𝐻 = 𝑃 cos 𝜙 +
Ω
𝜔
sin 𝜙 
 
𝜙 = arctan
Ω
𝜔
tan 𝜙 
(6.64) 
 
Retornando ao domínio físico fazendo {𝑢} = [Γ]{𝜂}, tem-se: 
 27 
 
𝑢
𝑢 =
𝑈
( )
𝑈
( )
𝑈
( )
𝑈
( )
𝐻 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) + 𝑃 cos Ω𝑡 − 𝜙
𝐻 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) + 𝑃 cos Ω𝑡 − 𝜙
 (6.65) 
 
 
P6.7 
 
 
 
Com base no esquemático apresentado na figura e considerando que os eixos possuem 
inércia desprezível em relação aos corpos, obtém-se o seguinte sistema de equações a 
partir do equilíbrio de momentos: 
 
−𝑘 𝜃 + 𝑘 (𝜃 − 𝜃 ) + 𝑇 𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡) = 𝐽 �̈�
−𝑘 (𝜃 − 𝜃 ) = 𝐽 �̈�
 (6.66) 
 
Reescrevendo na forma matricial, resulta: 
 
𝐽 0
0 𝐽
�̈�
�̈�
+
𝑘 + 𝑘 −𝑘
−𝑘 𝑘
𝜃
𝜃
=
𝑇 𝑠𝑒𝑛(Ω𝑡)
0
 
 
[𝑚] �̈� + [𝑘]{𝜃} = {𝑓} 
(6.67) 
 
As frequencias naturais são obtidas resolvendo: det([𝑘] − 𝜆[𝑚]) = 0. 
 
𝑘 + 𝑘 − 𝜆𝐽 −𝑘
−𝑘 𝑘 − 𝜆𝐽
= 𝑘 𝑘 − 𝜆[𝐽 𝑘 + 𝐽 (𝑘 + 𝑘 )] + 𝐽 𝐽 𝜆 = 0 
 
(6.68) 
 
Resolvendo o polinômio de segundo grau, obtém-se: 
 
𝜆 , =
𝐽 𝑘 + 𝐽 (𝑘 + 𝑘 )
2𝐽 𝐽
∓
1
2𝐽 𝐽
{[𝐽 𝑘 + 𝐽 (𝑘 + 𝑘 )] − 4𝐽 𝐽 𝑘 𝑘 } / (6.64) 
 
Sendo as frequências naturais desejadas 𝜔 = 0.8𝑊 e 𝜔 = 1.2𝑊, tem-se: 
 
𝜆 = 𝜔 = (0.8𝑊) = 0.64𝑊
𝜆 = 𝜔 = (1.2𝑊) = 1.44𝑊
 (6.65) 
Fazendo: 
 
 28 
𝜆 + 𝜆 = 2.08𝑊 = [𝐽 𝑘 + 𝐽 (𝑘 + 𝑘 )]/𝐽 𝐽 
𝜆 − 𝜆 = 0.8𝑊 = [𝐽 𝑘 + 𝐽 (𝑘 + 𝑘 )] − 4𝐽 𝐽 𝑘 𝑘 /𝐽 𝐽
 (6.66) 
 
Reescrevendo ambas as equações conforme segue: 
 
2.08𝐽 𝐽 𝑊 = [𝐽 𝑘 + 𝐽 (𝑘 + 𝑘 )] 
(0.8𝐽 𝐽 𝑊 ) = [𝐽 𝑘 + 𝐽 (𝑘 + 𝑘 )] − 4𝐽 𝐽 𝑘 𝑘
 (6.67) 
 
E substituindo a primeira equação na segunda, tem-se: 
 
0.64𝑊 𝐽 𝐽 = 4.3264𝑊 𝐽 𝐽 − 4𝐽 𝐽 𝑘 𝑘 (6.68) 
 
Dividindo por (𝐽 𝐽 ) e rearranjando a equação, resulta: 
 
𝑘
𝐽
= 0.9216𝑊
𝐽
𝑘
 (6.69) 
 
Substituindo os dados do problema e considerando 𝐽 = 0.2𝐽 , obtém-se: 
 
𝐽 = 0.1 𝑘𝑔/𝑚 
𝑘 = 82.28 𝑘𝑁𝑚/𝑟𝑎𝑑 
(6.70) 
 
P6.8 
 
P6.9 
 
P6.10 
 
 
 
 
 
 
P6.11 
 
 
 
 
Aplicando o equilíbrio de forças na direção vertical e de momentos em relação ao centro 
de gravidade, tem-se: 
 
 29 
𝑘 (𝑢 − 𝑑 𝜃) + 𝑐 �̇� − 𝑑 �̇� + 𝑘 (𝑢 + 𝑑 𝜃) + 𝑐 �̇� + 𝑑 �̇� = −𝑚�̈�
−𝑘 (𝑢 − 𝑑 𝜃)𝑑 − 𝑐 �̇� − 𝑑 �̇� 𝑑 + 𝑘 (𝑢 + 𝑑 𝜃)𝑑 + 𝑐 �̇� + 𝑑 �̇� 𝑑 = −𝐽�̈�
 (6.x) 
 
Reescrevendo o sistema de equações, resulta: 
 
𝑚�̈� + (𝑐 + 𝑐 )�̇� + (𝑐 𝑑 − 𝑐 𝑑 )�̇� + (𝑘 + 𝑘 )𝑢 + (𝑘 𝑑 − 𝑘 𝑑 )𝜃 = 0
𝐽�̈� + (𝑐 𝑑 − 𝑐 𝑑 )�̇� + (𝑐 𝑑 + 𝑐 𝑑 )�̇� + (𝑘 𝑑 − 𝑘 𝑑 )𝑢 + (𝑘 𝑑 + 𝑘 𝑑 )𝜃 = 0
 
 
Assim, o sistema de equações de movimento, na forma matricial é dado por: 
 
𝑚 0
0 𝐽
�̈�
�̈�
+
𝑐 + 𝑐 𝑐 𝑑 − 𝑐 𝑑
𝑐 𝑑 − 𝑐 𝑑 𝑐 𝑑 + 𝑐 𝑑
�̈�
�̈�
 
+
𝑘 + 𝑘 𝑘 𝑑 − 𝑘 𝑑
𝑘 𝑑 − 𝑘 𝑑 𝑘 𝑑 + 𝑘 𝑑
𝑢
𝜃
=
0
0
 
(6.x) 
Sendo: 
 
𝑘 = 𝑘 = 20 × 10 𝑁/𝑚 
𝑐 = 𝑐 = 2 × 10 𝑁𝑠/𝑚 
𝑚 = 4000 𝑘𝑔 
𝐽 = 2560 𝑘𝑔𝑚 
𝑑 = 0.9 𝑚 
𝑑 = 1.4 𝑚 
(6.x) 
 
Substituindo os dados do problema no sistema de equações de movimento, obtém-se: 
 
4000 0
0 2560
�̈�
�̈�
+
4000 1000
1000 5540
�̈�
�̈�
+ 0.1
4000 1000
1000 5540
𝑢
𝜃
=
0
0
 (6.x) 
 As frequencias naturais pode ser obtidas resolvendo: det([𝑘] − 𝜆[𝑚]) = 0, conforme 
segue: 
 
40000 − 4000𝜆 10000
10000 55400 − 2560𝜆
= 0 (6.x) 
Resolvendo o polinômio característico resultante, tem-se: 
 
𝜔 = 𝜆 = 3.035 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
𝜔 = 𝜆 = 4.736 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
(6.x) 
 
 
Os modos de vibrar são obtidos resolvendo: ([𝑘] − 𝜆 [𝑚]) 𝑈( ) = {0} para cada 
autovalor conforme expresso a seguir. 
 
𝑈
( )
𝑈
( )
=
1
−0.314
 e 
𝑈
( )
𝑈
( )
=
1
4.97
 (6.x) 
Realizando o seguinte procedimento de normalização em relação a matriz de massa: 
 
 30 
𝛼 𝑈( ) [𝑚] 𝑈( ) = {0} (6.x) 
Resulta nos seguinte autovetores normalizados: 
 
𝑈
( )
𝑈
( )
=
0.0153
−0.0048
 e 
𝑈
( )
𝑈
( )
=
0.0039
0.0192
 (6.x) 
Como consequência, a matriz modal [Γ] normalizada é: 
 
[Γ] =
0.0153 0.0039
−0.0048 0.0192
 (6.x) 
 
P6.12 
 
Tomando como base o problema anterior, acrescentando um forçamento harmônico 
dado por 𝐹(𝑡) = 200𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑁na direção vertical, tem-se as seguintes equações de 
movimento. 
 
4000 0
0 2560
�̈�
�̈�
+
4000 1000
1000 5540
�̈�
�̈�
+ 0.1
4000 1000
1000 5540
𝑢
𝜃
= 200𝑠𝑒𝑛
(6𝑡)
0
 
 
Note que [𝑐] = 0.1[𝑘], isto é, amortecimento é prporcional a rigidez. Desta forma, 
sabendo que um sistema com amortecimento proporcional permite que se utilize a 
matriz modal do sistema não dissipativo para desacoplar o sistema amortecido. Faz-se a 
seguinte transformação de coordenadas: {𝑢} = [Γ]{𝜂}, onde obtém-se um sistema 
desacoplado dado por: 
 
�̈� + 𝛽 �̇� + 𝜔 𝜂 = 𝑁 
ou 
�̈� + 2𝜉 𝜔 �̇� + 𝜔 𝜂 = 𝑁 
(6.xx) 
onde: 
 
𝛽 = 0.1 
𝜉 = 𝛽 𝜔 /2 
{𝑁} = [Γ] {𝐹} =
𝜔 𝑓 ,
𝜔 𝑓 ,
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) =
3.06
0.77
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 
(6.x) 
A solução da equação diferencial (6.xx) é dada pela soma das soluções homogênea e 
particular, isto é. 𝜂 = 𝜂 + 𝜂 , conforme expresso a seguir. 
 
𝜂 = (𝐻 e ) cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) + 𝑃 cos Ω𝑡 − 𝜙 , 
�̇� = 𝐻 e [−𝜉 𝜔 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) − 𝜔 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡 − 𝜙 )] + 
+ Ω𝑃 sen (Ω𝑡 − 𝜙 , ) 
(6.x) 
onde: 
 
 31 
𝜔 = 𝜔 1 − 𝜉 
𝑃 =
𝑓 ,
[(1 − Ω /𝜔 ) + (2𝜉 Ω/𝜔 ) ] / 
 
𝜙 , = arctan
2𝜉 Ω/𝜔
1 − Ω /𝜔
 
(6.x) 
Com isso, tem-se: 
 
𝑓 , = 0.332 e 𝑓 , = 0.0344 
𝜉 = 0.1518 e 𝜉 = 0.2369 
𝑃 = 0.112 e 𝑃 = 0.0403 
𝜙 , = −11.66° e 𝜙 , = −45° 
(6.x) 
 
As constantes 𝐻 e 𝜙 são obtidas aplicando as condições iniciais. Assumindo 
condições iniciais nulas, 𝑢 = 𝜃 = 𝑣 = 𝜔 = 0. Então: 
 
𝜂 (0)
𝜂 (0)
= [Γ] [𝑚]
𝑢
𝜃 =
0
0
 
�̇� (0)
�̇� (0)
= [Γ] [𝑚]
𝑣
𝜔 =
0
0
 
(6.x) 
Desta forma, para 𝑟 = 1: 
 
𝜂 (0) = 𝐻 cos(𝜙 ) + 𝑃 cos 𝜙 , = 0 
�̇� (0) = −𝜉 𝐻 𝜔 cos(𝜙 ) + 𝑃 𝜔 𝑠𝑒𝑛(𝜙 ) + 6𝑃 𝑠𝑒𝑛 𝜙 , = 0
 (6.x) 
 
Resolvendo o sistema para 𝐻 e 𝜙 , obtém-se: 
 
𝐻 =? ? ? 
𝜙 =? ? ? 
(6.x) 
 
Analogamente, para 𝑟 = 2: 
 
𝜂 (0) = 𝐻 cos(𝜙 ) + 𝑃 cos 𝜙 , = 0�̇� (0) = −𝜉 𝐻 𝜔 cos(𝜙 ) + 𝑃 𝜔 𝑠𝑒𝑛(𝜙 ) + 6𝑃 𝑠𝑒𝑛 𝜙 , = 0
 (6.x) 
Resolvendo o sistema para 𝐻 e 𝜙 , tem-se: 
 
𝐻 =? ? ? 
𝜙 =? ? ? 
(6.x) 
 
Portanto, a reposta do sistema é obtida retornando ao domínio fisico do problema, 
conforme apresentado a seguir. 
 32 
 
𝑢
𝜃
= [Γ]
𝜂
𝜂 
 =
0.0153 0.0039
−0.0048 0.0192
(𝐻 e ) cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) + 𝑃 cos Ω𝑡 − 𝜙 ,
(𝐻 e ) cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) + 𝑃 cos Ω𝑡 − 𝜙 ,
 
(6.x) 
 
P6.13 
 
As equações de movimento obtidas no problema P6.1 são dadas por: 
 
[𝑚]{�̈�} + [𝑘]{𝑢} = {0} 
[𝑚] =
𝑚 0
0 𝑚
 e [𝑘] =
𝑘 + 𝑘 −𝑘
−𝑘 𝑘 + 𝑘
 
(6.x) 
 
Desta forma, aplicando a transformada de Laplace na equação anterior, tem-se: 
 
ℒ([𝑚]{�̈�} + [𝑘]{𝑢}) = ℒ({0}) (6.x) 
Como o ℒ( ) é um operador linear e sendo: 
 
ℒ({𝑢}) = {𝑢} 
ℒ({�̈�}) = 𝑠 {𝑢} − {�̇�(0)} − 𝑠[1]{𝑢(0)} 
(6.x) 
Resulta: 
 
(𝑠 [𝑚] + [𝑘]){𝑢} = {0} + {�̇�(0)} + 𝑠[1]{𝑢(0)} (6.x) 
Logo, 
 
{𝑢} = (𝑠 [𝑚] + [𝑘]) {�̇�(0)} + 𝑠(𝑠 [𝑚] + [𝑘]) {𝑢(0)} 
= 𝐺 {�̇�(0)} + 𝐺 {𝑢(0)} 
(6.x) 
onde 𝐺 e 𝐺 são as funções de transferências obtidas a seguir. 
Sendo: 
 
(𝑠 [𝑚] + [𝑘]) =
𝑚 𝑠 + 𝑘 + 𝑘 −𝑘
−𝑘 𝑚 𝑠 + 𝑘 + 𝑘
 (6.x) 
Então: 
 
𝐺 =
1
det (𝑠 [𝑚] + [𝑘])
𝑚 𝑠 + 𝑘 + 𝑘 −𝑘
−𝑘 𝑚 𝑠 + 𝑘 + 𝑘
 (6.x) 
 
E, 
 
 33 
𝐺 = 𝑠 𝐺 =
𝑠
det (𝑠 [𝑚] + [𝑘])
𝑚 𝑠 + 𝑘 + 𝑘 −𝑘
−𝑘 𝑚 𝑠 + 𝑘 + 𝑘
 (6.x) 
 
 
P6.14 
 
 
 
P6.15 
 
 
 
Com base no esquematico e aplicando o equilibrio de forças na direção horizontal para 
cada massa, tem-se: 
 
∑𝐹 = 𝑘(𝑢 − 𝑢 ) + 5𝛿(𝑡) = 𝑚 �̈�
∑𝐹 = −𝑘(𝑢 − 𝑢 ) = 𝑚 �̈� 
 (6.x) 
Assim, obtém-se as equações de movimento na forma matricial, conforme exprosso a 
seguir. 
 
𝑚 0
0 𝑚
�̈�
�̈�
+
𝑘 −𝑘
−𝑘 𝑘
𝑢
𝑢 =
5𝛿(𝑡)
0
 (6.x) 
As frequências naturais são obtidas resolvendo: det([𝑘] − 𝜆[𝑚]) = 0. 
 
𝑘 − 𝜆𝑚 −𝑘
−𝑘 𝑘 − 𝜆𝑚
= 𝜆[𝑚 𝑚 𝜆 − (𝑚 + 𝑚 )𝑘] = 0 (6.x) 
Logo: 
 
𝜆 = 0 ∴ 𝜔 = 𝜆 = 0 
𝜆 = (𝑚 + 𝑚 )𝑘/𝑚 𝑚 ∴ 𝜔 = 𝜆 = (𝑚 + 𝑚 )𝑘/𝑚 𝑚 
(6.x) 
 
Para 𝜆 = 0, tem-se: 
 
𝑘 −𝑘
−𝑘 𝑘
𝑈
( )
𝑈
( )
=
0
0
 ∴ 𝑈( ) = 𝑈( ) (6.x) 
Já para 𝜆 = 𝜆 , tem-se: 
 
𝑘 − 𝜆 𝑚 −𝑘
−𝑘 𝑘 − 𝜆 𝑚
𝑈
( )
𝑈
( )
=
0
0
 ∴ 𝑈( ) = − 𝑈( ) (6.x) 
 34 
Um problema semidefinido tem como característica um autovalor nulo associado a um 
mode com coordenadas iguais. Isto significa que o sistema apresenta movimento de 
corpo rígido e não tem vibração. 
 
Em seguida, realizando o procedimento de normalização dos autovetores: 
 
𝛼 {1 1}
𝑚 0
0 𝑚
1
1
𝛼 = 1 ∴ 𝛼 = 1/√𝑚 + 𝑚 
𝛼 {1 −𝑚 /𝑚 }
𝑚 0
0 𝑚
1
−𝑚 /𝑚
𝛼 = 1 ∴ 𝛼 =
( )
 
 
(6.x) 
Logo, a matriz modal [Γ] é dada por: 
 
[Γ] =
1 𝑚 /𝑚
1 − 𝑚 /𝑚
 (6.x) 
 
De posse da matriz modal, fazendo a seguinte transformação de coordenadas: 
{𝑢} = [Γ]{𝜂}, obtém-se as equações de movimento desacopladas. 
 
�̈� = 𝜔 𝜂 = 𝑁 (𝑟 = 1, 2) (6.x) 
onde, 
 
{𝑁} = [Γ] {𝐹} =
1
𝑚 /𝑚
5𝛿(𝑡)
√𝑚 + 𝑚
 (6.x) 
Um problema sujeito a um impulso pode ser visto como um sistema sujeito as seguintes 
condições iniciais: 
 
[𝑚]{�̇�(0 )} =
5
0
 ∴ {�̇�(0 )} = [𝑚] 5
0
=
𝑚
𝑚 
[𝑘]{𝑢(0 )} =
0
0
 ∴ {𝑢(0 )} = 0
0
 
(6.x) 
Que convertidas para as coordenadas naturais, resultam: 
 
 
{𝜂(0 )} = [Γ] {𝑢(0 )} =
0
0
 
{�̇�(0 )} = [Γ] {�̇�(0 )} =
2
(𝑚 − 𝑚 ) 𝑚 𝑚
5
𝑚 𝑚
 
(6.x) 
 
Assim, para 𝑟 = 1, tem-se: 𝜂 = 𝐴 + 𝐵 𝑡 que ao aplicar as condições iniciais, obtém-
se: 
 
𝐴 = 0 e 𝐵 = (6.x) 
 35 
Logo, 
 
𝜂 (𝑡) =
10𝑡
𝑚 𝑚
 (6.x) 
Por outro, para 𝑟 = 2, tem-se: 𝜂 = 𝐴 cos(𝜔 𝑡) + 𝐵 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) que aplicando as 
condições iniciais, tem-se: 
 
𝐴 = 0 e 𝐵 = −
( )√
( )
𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡) (6.x) 
Fazendo a tranformação inversa: 
 
𝑢
𝑢 =
1
√𝑚 + 𝑚
1 𝑚 /𝑚
− 𝑚 /𝑚
10𝑡
−
5
𝜔
(𝑚 − 𝑚 ) 𝑚 𝑚
 
=
10𝑡 − 5𝑚 (𝑚 − 𝑚 )/𝜔
10𝑡 + 5𝑚 (𝑚 − 𝑚 )/𝜔
1
𝑚 𝑚 √𝑚 + 𝑚
 
(6.x) 
 
P6.16 
 
 
 
Sendo: 
 
𝑥 = 𝐿 𝑠𝑒𝑛(𝜃 ) 
𝑦 = 𝐿 − 𝐿 cos(𝜃 ) 
𝑥 = 𝑥 + 𝐿 𝑠𝑒𝑛(𝜃 ) 
𝑦 = 𝑦 + 𝐿 − 𝐿 cos(𝜃 ) 
 
Derivando em relação ao tempo, obtém-se as seguintes expressões para as velocidades: 
 
 36 
�̇� = 𝐿 �̇� 𝑐𝑜𝑠(𝜃 ) �̇� = 𝐿 �̇� sen(𝜃 ) 
�̇� = �̇� + 𝐿 �̇� 𝑐𝑜𝑠(𝜃 ) �̇� = �̇� + 𝐿 �̇� sen(𝜃 ) 
(6.x) 
A energia cinética do sistema pode ser obtida conforme segue: 
 
 
𝐸 =
1
2
𝑚 (�̇� + 𝑦 ) +
1
2
𝑚 (�̇� + �̇� ) 
 =
1
2
𝑚 𝐿 �̇� [cos 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ] + 
 +
1
2
𝑚 [𝐿 �̇� cos 𝜃 + 𝐿 �̇� cos 𝜃 + 2𝐿 𝐿 �̇� �̇� cos 𝜃 cos 𝜃 + 
 +𝐿 �̇� 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝐿 �̇� 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 2𝐿 𝐿 �̇� �̇� 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ] 
 =
1
2
𝑚 𝐿 �̇� +
1
2
𝑚 𝐿 �̇� + 𝐿 �̇� + 2𝐿 𝐿 �̇� �̇� cos(𝜃 − 𝜃 ) 
(6.x) 
 
Já a energia potencial gravitacional pode ser expressa por: 
 
𝐸 = 𝑚 𝑔𝑦 + 𝑚 𝑔𝑦 
 = 𝑚 𝑔𝐿 (1 − cos 𝜃 ) + 𝑚 𝑔𝐿 (1 − cos 𝜃 ) + 𝑚 𝑔𝐿 (1 − cos 𝜃 ) 
(6.x) 
 
Desta forma, o Lagrangeano dado por 𝐿 = 𝐸 − 𝐸 pode ser escrito conforme segue: 
 
𝐿 =
1
2
𝑚 𝐿 �̇� +
1
2
𝑚 𝐿 �̇� + 𝐿 �̇� + 2𝐿 𝐿 �̇� �̇� cos(𝜃 − 𝜃 ) + 
 −(𝑚 + 𝑚 )𝑔𝐿 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 ) − 𝑚 𝑔𝐿 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 ) 
(6.x) 
 
Avaliando as seguintes relações da equação de energia para o primeiro gdl, tem-se: 
 
𝜕𝐿
𝜕�̇�
= (𝑚 + 𝑚 )𝐿 �̇� + 𝑚 𝐿 𝐿 �̇� cos(𝜃 − 𝜃 ) 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
= (𝑚 + 𝑚 )𝐿 �̈� + 𝑚 𝐿 𝐿 �̈� cos(𝜃 − 𝜃 ) + 
 −𝑚 𝐿 𝐿 �̇� (�̇� − �̇� ) 𝑠𝑒𝑛(𝜃 − 𝜃 ) 
𝜕𝐿
𝜕𝜃
= −(𝑚 + 𝑚 )𝑔𝐿 𝑠𝑒𝑛𝜃 
(6.x) 
 
Substituindo os termos anteriores na equação de energia: 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
−
𝜕𝐿
𝜕𝜃
= 0 (6.x) 
Obtém-se, 
 37 
 
(𝑚 + 𝑚 )𝐿 �̈� + 𝑚 𝐿 𝐿 �̈� cos(𝜃 − 𝜃 ) − 𝑚 𝐿 𝐿 �̇� �̇� − �̇� 𝑠𝑒𝑛(𝜃 − 𝜃 )
+ (𝑚 + 𝑚 )𝑔𝐿 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0 
(6.x) 
 
Em seguida, avaliando as seguintes relações da equação de energia para o segundo gdl, 
tem-se: 
 
𝜕𝐿
𝜕�̇�
= 𝑚 𝐿 �̇� + 𝑚 𝐿 𝐿 �̇� cos(𝜃 − 𝜃 ) 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
= 𝑚 𝐿 �̈� + 𝑚 𝐿 𝐿 �̈� cos(𝜃 − 𝜃 ) + 
 −𝑚 𝐿 𝐿 �̇� (�̇� − �̇� ) 𝑠𝑒𝑛(𝜃 − 𝜃 ) 
𝜕𝐿
𝜕𝜃
= −𝑚 𝑔𝐿 𝑠𝑒𝑛𝜃 
(6.x) 
 
Desta forma. substituindo os termos anteriores na equação (6.xx), obtém-se, 
 
𝑚 𝐿 �̈� + 𝑚 𝐿 𝐿 �̈� cos(𝜃 − 𝜃 ) + 𝑚 𝐿 𝐿 �̇� 𝑠𝑒𝑛(𝜃 − 𝜃 )
− 𝑚 𝐿 𝐿 �̇� �̇� 𝑠𝑒𝑛(𝜃 − 𝜃 ) + 𝑚 𝑔𝐿 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0 
(6.x) 
 
Por fim, assumindo as hipotéses de pequenas rotações, tem-se: 
 
𝑠𝑒𝑛(𝜃 ) ≈ 𝜃 e 𝑠𝑒𝑛(𝜃 ) ≈ 𝜃 
cos(𝜃 ) = cos(𝜃 ) ≈ 1 
(6.x) 
 
Desta forma, dividindo a equação (6.x) por 𝐿 , a equação (6.x) por 𝐿 e introduzindo as 
simplificações adotadas, resulta: 
 
(𝑚 + 𝑚 )𝐿 �̈� + 𝑚 𝐿 �̈� + (𝑚 + 𝑚 )𝑔𝜃 = 0 
𝑚 𝐿 �̈� + 𝑚 𝐿 �̈� + 𝑚 𝑔 𝜃 = 0
 (6.x) 
Com isso, as equações de movimento na forma matricial pode sem expressas conforme 
segue: 
 
(𝑚 + 𝑚 )𝐿 𝑚 𝐿
𝑚 𝐿 𝑚 𝐿
�̈�
�̈�
+
(𝑚 + 𝑚 )𝑔 0
0 𝑚 𝑔
𝜃
𝜃
=
0
0
 (6.x) 
 
Posteriormente, afim de obter as frequências naturais, assume-se: 
 
𝑚 = 𝑚 = 𝑚 = 1 𝑘𝑔 
𝐿 = 𝐿 = 𝐿 = 15 𝑐𝑚 
(6.x) 
Assim, as frequências naturais do sistema são obtidas resolvendo: 
 38 
 
det([𝑘] − 𝜆[𝑚]) =
2𝑚𝑔 − 𝜆2𝑚𝐿 −𝑚𝐿𝜆
−𝑚𝐿𝜆 𝑚𝑔 − 𝑚𝐿𝜆
= 0 
∴ 𝐿 𝜆 − 4𝑔𝐿𝜆 + 2𝑔 = 0 
(6.x) 
Obtém-se: 
 
𝜆 , =
2𝑔
𝐿
∓
𝑔
𝐿
√2 (6.x) 
Logo, as frequencias naturais são: 
 
𝜔 =
𝑔
𝐿
(2 − √2 ≈ 6.19 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
𝜔 =
𝑔
𝐿
(2 + √2 ≈ 14.94 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
(6.x) 
Os modos naturais são calculados conforme segue: 
 
2𝑚𝑔 − 𝜆 2𝑚𝐿 −𝑚𝐿𝜆
−𝑚𝐿𝜆 𝑚𝑔 − 𝑚𝐿𝜆
𝑈
( )
𝑈
( )
=
0
0
 
∴ 
𝑈
( )
𝑈
( )
= 2
(𝑔 − 𝐿𝜆 )
𝐿𝜆
 
(6.x) 
Para 𝜆 = 𝜆 , tem-se: 
 
𝑈
( )
𝑈
( )
= 2
(𝑔 − 𝐿𝜆 )
𝐿𝜆
= √2 (6.x) 
Logo, o autovetor associado a 𝜔 é: 
 
𝑈
( )
𝑈
( )
=
1
√2
 (6.x) 
Já para 𝜆 = 𝜆 , tem-se: 
 
𝑈
( )
𝑈
( )
= 2
(𝑔 − 𝐿𝜆 )
𝐿𝜆
= −√2 (6.x) 
Logo, o autovetor associado a 𝜔 é: 
 
𝑈
( )
𝑈
( )
=
1
−√2
 (6.x) 
 
 
 
 
 39 
P6.17 
 
Considerando as frequências e modos naturais obtidos no problema P6.16, obtém-se a 
matriz modal [Γ] dada por: 
 
[Γ]=
1 1
√2 −√2
 (6.x) 
Desta forma, realizando a seguinte tranformação de coordenadas: {𝑢} = [Γ]{𝜂}, obtém-
se as equações de movimento desacopladas, conforme expresso a seguir. 
 
�̈� + 𝜔 𝜂 = 0 (𝑟 = 1, 2) (6.x) 
 
A solução da equação desacoplada é: 
 
𝜂 = 𝐻 cos(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) 
�̇� = −𝐻 𝜔 𝑠𝑒𝑛(𝜔 𝑡 − 𝜙 ) 
(6.x) 
Sendo 𝜃 , , 𝜃 , , 𝜔 , e 𝜔 , as condições iniciais, realiza-se a transformação para o 
sistema de coordenadas naturais. 
 
{𝜂(0)} = [Γ] [𝑚]{𝑢(0)} = 1 √2
1 −√2
2𝑚𝐿 𝑚𝐿
𝑚𝐿 𝑚𝐿
𝜃 ,
𝜃 ,
 
 =
2 + √2 𝜃 , + 1 + √2 𝜃 ,
2 − √2 𝜃 , + 1 − √2 𝜃 ,
𝑚𝐿 
(6.x) 
 
{�̇�(0)} = [Γ] [𝑚]{�̇�(0)} =
1 √2
1 −√2
2𝑚𝐿 𝑚𝐿
𝑚𝐿 𝑚𝐿
𝜔 ,
𝜔 ,
 
 =
2 + √2 𝜔 , + 1 + √2 𝜔 ,
2 − √2 𝜔 , + 1 − √2 𝜔 ,
𝑚𝐿 
(6.x) 
Por simplicidade, considera-se condições iniciais de velocidade nulas, isto é, {�̇�} =
{�̇�} = {0}. Desta forma, para que o sistema responda no 1º modo de vibração tem-se 
que 𝐻 = 0. Então: 
 
𝜂 (0) = 𝐻 cos(𝜙 ) = 2 − √2 𝜃 , + 1 − √2 𝜃 , 𝑚𝐿 = 0 (6.x) 
 
Com isso, tem-se: 
 
𝜃 ,
𝜃 ,
=
√2 − 2
1 − √2
=
(√2 − 2 + 2 − 2√2)
1 − 2
= √2 =
𝑈
( )
𝑈
( )
 (6.x) 
Portanto, se as condições iniciais de deslocamento forem iguais ao autovetor do 1º 
modo com condições iniciais de velocidade nulas, o sistema irá responder neste modo. 
 
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P6.18 
 
Considerando condições iniciais de velocidade nulas, ou seja, {�̇�} = {�̇�} = {0}. Para 
que o sistema responda no 2º modo de vibração tem-se que 𝐻 = 0. Sendo assim, 
utilizando (6.x), tem-se: 
 
𝜂 (0) = 𝐻 cos(𝜙 ) = 2 + √2 𝜃 , + 1 + √2 𝜃 , 𝑚𝐿 = 0 
Reescrevendo: 
 
𝜃 ,
𝜃 ,
=
−(√2 + 2)
1 + √2
=
−(√2 + 2 − 2 − 2√2)
1 − 2
= −√2 =
𝑈
( )
𝑈
( )
 (6.x) 
 
Portanto, adotando condições iniciais de deslocamento iguais ao autovetor associado ao 
2º modo com condições iniciais de velocidade nulas, o sistema irá responde neste modo. 
 
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P6.20 
 
 
P6.21 
 
 
 
P6.22