- Vibrações mecânicas - lista de exercício

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ 
FACULDADE DE ENGENHARIA NAVAL 
GRADUAÇÃO EM ENGENHARIA NAVAL 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TRABALHO FINAL DE VIBRAÇÕES MECÂNICAS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Belém-PA 
2019 
 
 
 
JOSÉ GABRIEL DA SILVA RODRIGUES 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TRABALHO FINAL DE VIBRAÇÕES MECÂNICAS 
 
Trabalho produzido como requisito avaliativo 
ao componente curricular de vibrações 
mecânicas ministrado do pelo Prof. Msc. 
Fábio Setúbal 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Belém-PA 
2019 
 
 
 
 
Sumário 
 
 
1. QUESTÃO – Vibração Livre com 2 GDL ............................................................................ 4 
2. QUESTÃO – Vibração Livre com 2 GDL ............................................................................ 9 
3. QUESTÃO – Vibração Forçada com 2 GDL ...................................................................... 14 
4. QUESTÃO – Absorvedor .................................................................................................... 17 
5. QUESTÃO – Vibração Livre com 2 GDL .......................................................................... 18 
6. QUESTÃO – Vibração Forçada com 2 GDL ..................................................................... 19 
7. QUESTÃO – Série de Fourier ............................................................................................ 20 
8. QUESTÃO – Série de Fourier ............................................................................................ 22 
9. QUESTÃO – Série de Fourier ............................................................................................ 23 
10. QUESTÃO – Vibração Forçada com 2 GDL ..................................................................... 25 
11. QUESTÃO – Vibração Forçada com 2 GDL ..................................................................... 27 
12. QUESTÃO – Absorvedor ................................................................................................... 30 
13. QUESTÃO - Absorvedor ................................................................................................... 31 
14. Questão - Vibração forçada com excitação periódica não harmônica ................................ 32 
15. Questão - Vibração forçada com excitação periódica não harmônica ................................ 34 
16. Questão - Vibração forçada com excitação periódica não harmônica ................................ 36 
17. Questão - Vibração forçada com excitação periódica não harmônica ................................ 38 
18. Questão - Vibração forçada com excitação periódica não harmônica ................................ 39 
19. QUESTÃO 19 – Vibração Livre com 3 GDL .................................................................... 40 
20. QUESTÃO – Vibração Livre com 3 GDL ......................................................................... 51 
 
 
4 
 
 
1. QUESTÃO – Vibração Livre com 2 GDL 
 
Determine as equações do movimento, as frequências naturais e os vetores modais do 
sistema abaixo. Escreva a expressão geral das respostas livres e plote as respostas 
utilizando MATLAB. 
(k = 50000 N/m; m = 5 kg); x1(0) = 0,6 mm; v1(0) = 20 m/s. 
 
 
Dados iniciais: 
k = 50000 N/m m = 5 kg 
Condições Iniciais 
x1(0) = 0,0006 m x2(0) = 0,000 m 
V1(0) = 20 m/s v̇2(0) = m/s 
 
 Mola 1 (associação em série): 
1
ks
=
1
k
+
1
3k
=
4k
3k2
∴ ks =
3k
4
 
 Mola 2 (associação em paralelo): 
kp = k + 2k = 3k 
Diagrama de corpo livre (admitindo x2 > x1): 
 
Aplicando a 2° Lei de Newton (admitindo x2 > x1): 
mẍ1 = kp(x2 − x1) − ksx1 = 3k(x2 − x1) −
3k
4
x1 
mẍ2 = −kp(x2 − x1) = −3k(x2 − x1) 
As equações que norteiam o sistema, ficam: 
mẍ1 + (3k +
3k
4
) x1 − 3kx2 = 0 
mẍ2 − 3kx1 + 3kx2 = 0 
Transformando para a forma matricial, o conjunto de equações fica: 
 
5 
 
[
m 0
0 m
] {
ẍ1
ẍ2
} + [
3,75k −3k
−3k 3k
] {
x1
x2
} = {
0
0
} 
Sabendo que a resposta do sistema pode ser descrita pelas equações abaixo, na qual 
velocidade é obtida como sendo a primeira derivada do deslocamento: 
xi = Xi cos(ωnt + φi) 
ẋi = −ωnXi sen(ωnt + φi) 
Substituindo os termos acima na equação e eliminando o termo cos(ωnt + φi), tem-se: 
[−ω
2m 0
0 −ω2m
] {
X1
X2
} + [
3,75k −3k
−3k 3k
] {
X1
X2
} = {
0
0
} 
[
3,75k − ω2m −3k
−3k 3k − ω2m
] {
X1
X2
} = {
0
0
} 
Resolvendo a equação, igualando o determinante à esquerda do vetor de amplitude à zero, 
teremos: 
det [
3,75k − ω2m −3k
−3k 3k − ω2m
] = m2ω4 − 6,75kmω2 + 2,25k2 = 0 
Dividindo a equação acima por m², teremos uma relação de frequências: 
ω4 − 6,75
k
m
ω2 + 2,25 (
k
m
)
2
= 0 
Resolvendo a equação de segundo grau, teremos: 
ω2 =
6,75
k
m
2
±
√(6,75
k
m)
2
− 4 ∙ 2,25 (
k
m)
2
2
 
Simplificando, obtém-se a seguinte expressão: 
ω2 = (3,375 ±
√36,5625
2
)
k
m
= (3,375 ±
√36,5625
2
)10000 
Logo, os resultados obtidos são 
ω1
2 = 3516,53 (rad/s)2 ω2
2 = 63983,47 (rad/s)2 
ω1 = 59,3004 rad/s ω2 = 252,9495 rad/s 
Substituindo as frequências obtidas na matriz de inércia e multiplicando os fatores, se tem: 
[
187500 − 5ω1
2 −1,5.105
−1,5.105 1,5.105 − 5ω2
2] {
X1
X2
} = {
0
0
} 
Fazendo a multiplicação da matriz de inércia e o vetor de amplitudes 
 
6 
 
{
(187500 − 3516,53 ∙ 5)X1 − (1,5.10
5)X2 = 0
−(1,5.105)X1 + (1,5.10
5 − 63983,47 ∙ 5)X2 = 0
 
As razões de amplitude são calculadas em termos de X1
(j)
, 
r1 =
X2
(1)
X1
(1)
=
187500 − 3516,53 ∙ 5
150000
= 1,1328 → 𝐗(𝟏) = {
X1
(1)
X2
(1)
} = {
X1
(1)
r1X1
(1)
} = {
1
1,1328
} X1
(1)
 
r2 =
X2
(2)
X1
(2)
=
150000
150000 − 63983,47 ∙ 5
= −0,8828 → 𝐗(𝟐) = {
X1
(2)
X2
(2)
} = {
X1
(2)
r2X1
(2)
} = {
1
−0,8828
} X1
(2)
 
Assim, a resposta do sistema em termos de deslocamento é expressa como: 
{
x1(t)
x2(t)
} = {
X1
(1)
X2
(1)
} cos(ω1t + φ1) + {
X1
(2)
X2
(2)
} cos(ω2t + φ2) 
 
Derivando a equação acima, obtém-se a resposta em velocidade: 
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
} = −ω1 {
X1
(1)
X2
(1)
} sen(ω1t + φ1) − ω2 {
X1
(2)
X2
(2)
} sen(ω2t + φ2) 
Para as condições iniciais, onde t = 0 para os quais os devidos valores foram fornecidos a 
equação de resposta é mostrada como: 
 
{
x1(0)
x2(0)
} = {
0,0006
0,0200
} = {
1
1,1328
} X1
(1)
cos(φ1) + {
1
−0,8828
} X1
(2)
cos(φ2) 
 
{
ẋ1(0)
ẋ2(0)
} = {
0
0
} = −59,30 {
1
1,1328
} X1
(1) sen(φ1) − 252,95 {
1
−0,8828
} X1
(2)
sen(φ2) 
Com xi dado em metros, ẋj em m/s, ambos em função do tempo em segundos e φi em rad. 
Organizando os sistemas acima em uma matriz, onde X1
(1)
cos(φ1), X1
(2)
cos(φ2), 
X1
(1)
sen(φ1) e X1
(2)
sen(φ2) são as variáveis, a matriz de velocidade e deslocamento obtida 
é: 
[
1 1 0 0
1,1328 −0,8828 0 0
0 0 −59,30 −252,95
0 0 −59,30 ∙ 1,1328 252,95 ∙ 0,8828
]
[
 
 
 
 
 X1
(1)
cos(φ1)
X1
(2)
cos(φ2)
X1
(1)
sen(φ1)
X1
(2)
sen(φ2)]
 
 
 
 
 
= [
0,0006
0,0200
0
0
] 
Logo, 
[
 
 
 
 
 X1
(1)
cos(φ1)
X1
(2)
cos(φ2)
X1
(1)
sen(φ1)
X1
(2)
sen(φ2)]
 
 
 
 
 
= [
0,01012
−0,0096
0
0
] 
 
7 
 
 
Elevando Xi
(j)
cos(φi) e Xi
(j)
sen(φi) ao quadrado e somando os dois, obtém-se: 
 
[X1
(1)]
2
= [X1
(1)
cos(φ1)]
2
+ [X1
(1)
sen(φ1)]
2
 
X1
(1)
= √[X1
(1)
cos(φ1)]
2
+ [X1
(1)
sen(φ1)]
2
= √(0,0102)2 + 02 = 0,0102 m 
[X1
(2)]
2
= [X1
(2)
cos(φ2)]
2
+ [X1
(2)
sen(φ2)]
2
 
X1
(1)
= √[X1
(2)
cos(φ2)]
2
+ [X1
(2)
sen(φ2)]
2
= √(−0,0096)2 + 02 = 0,0096 m 
Por fim, para se determinar as fases, tem-se: 
φ1 = arctan (
X1
(1)
sen(φ1)
X1
(1)
cos(φ1)
) = arctan (
0
0,0102
) = arctan(0) = 0 rad 
φ2 = arctan (
X1
(2)
sen(φ2)
X1
(2)
cos(φ2)
) = arctan (
0
−0,0096
) = arctan(−0) = π rad 
Vetores modais: 
𝐗(𝟏) = {
X1
(1)
X2
(1)
} = {
X1
(1)
r1X1
(1)
} = {
1
1,1328
} X1
(1)
= {
1
1,1328
} 0,0102 = {
0,0102
0,0115
} 
𝐗(𝟐) = {
X1
(2)
X2
(2)
} = {
X1
(2)
r2X1
(2)
} = {
1
−0,8828
} X1
(2)
= {
1
−0,8828
} 0,0096 = {
0,0096
−0,0085
} 
As funções de resposta ficamexpressas como: 
{
x1(t)
x2(t)
} = {
0,0102
0,0115
} cos(59,3004 ∙ t) + {
0,0096
−0,0085
} cos(252,9495 ∙ t + π) 
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
} = {
−0,6040
−0,5684
} sen(59,3004 ∙ t) + {
−0,5684
2,1405
} sen(252,9495 ∙ t + π) 
 
 
8 
 
As respostas podem então ser obtidas graficamente nas figuras abaixo: 
 
 
 
-0,0008
-0,0006
-0,0004
-0,0002
0,0000
0,0002
0,0004
0,0006
0,0008
0 5 10 15 20 25 30 35 40
x(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
t em segundos 
Deslocamentos para X1 e X2 
x₁(t) x₂(t) 
-0,0400
-0,0300
-0,0200
-0,0100
0,0000
0,0100
0,0200
0,0300
0,0400
0 5 10 15 20 25 30 35 40
v(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
p
o
r 
se
gu
n
d
o
 
t em segundos 
 Velocidades para X1 e X2 
v₁(t) v₂(t) 
 
9 
 
2. QUESTÃO – Vibração Livre com 2 GDL 
 
Determine as equações do movimento, as frequências naturais e os vetores modais do 
sistema abaixo. Escreva a expressão geral das respostas livres e plote as respostas 
utilizando MATLAB. 
(k =10.000 N/m; m=2 kg).x1(0) = 2 mm; x2(0) = 1 mm. Neste sistema, despreza-se o atrito. 
 
Dados iniciais: 
k = 10000 N/m 
m = 5 kg 
x1(0) = 0,002 m x2(0) = 0,001 m 
v̇1(0) = 0 m/s v̇2(0) = 0 m/s 
 
Diagrama de corpo livre (admitindo x2 > x1): 
 
Aplicando a 2° Lei de Newton (admitindo x2 > x1): 
m1ẍ1 = k2(x2 − x1) − k1x1 
m2ẍ2 = −k2(x2 − x1) − k3x2 − k4x2 
As equações que norteiam o sistema, ficam: 
m1ẍ1 + (k1 + k2)x1 − k2x2 = 0 
m2ẍ2 − k2x1 + (k2 + k3 + k4)x2 = 0 
Transformando para a forma matricial, o conjunto de equações fica: 
[
m1 0
0 m2
] {
ẍ1
ẍ2
} + [
k1 + k2 −k2
−k2 k2 + k3 + k4
] {
x1
x2
} = {
0
0
} 
 
Sabendo que a resposta do sistema pode ser descrita pelas equações abaixo, na qual 
velocidade é obtida como sendo a primeira derivada do deslocamento: 
xi = Xi cos(ωnt + φi) ẋi = −ωnXi sen(ωnt + φi) 
Substituindo os termos acima na equação e eliminando o cos(ωnt + φi), tem-se: 
 
10 
 
[
−ω2m1 0
0 −ω2m2
] {
X1
X2
} + [
k1 + k2 −k2
−k2 k2 + k3 + k4
] {
X1
X2
} = {
0
0
} 
Fazendo as devidas substituições, tais como: 
m1 = 2m m2 = m 
k1 = k2 = k3 = k k4 = 2k 
Logo, 
[2k − 2ω
2m −k
−k 4k − ω2m
] {
X1
X2
} = {
0
0
} 
Resolvendo a equação, igualando o determinante à esquerda do vetor de amplitude à zero, 
teremos: 
 
det [2k − 2ω
2m −k
−k 4k − ω2m
] = 2m2ω4 − 10kmω2 + 7k2 = 0 
 
Dividindo a equação acima por m², teremos uma relação de frequências: 
2ω4 − 10
k
m
ω2 + 7(
k
m
)
2
= 0 
Resolvendo a equação de segundo grau, teremos: 
 
ω2 =
10
k
m
2
±
√(−10
k
m)
2
− 4 ∙ 2 ∙ 7 (
k
m)
2
2
 
Simplificando, obtém-se a seguinte expressão: 
ω2 = (
5 ± √11
2
)
k
m
= (
5 ± √11
2
)5000
rad
s
 
Logo, os resultados obtidos são 
ω1
2 = 4208,44 (rad/s)2 ω2
2 = 20791,56 (rad/s)2 
ω1 = 64,8725 rad/s ω2 = 144,1928 rad/s 
Substituindo as frequências obtidas na matriz de inércia e multiplicando os fatores, se tem: 
[
105 − 10 ∙ ω1
2 −5. 104
−5. 104 2.105 − 5 ∙ ω2
2] {
X1
X2
} = {
0
0
} 
Fazendo a multiplicação da matriz de inércia e o vetor de amplitudes 
{
(105 − 10 ∙ 8416,88)X1 − (5.10
4)X2 = 0
−(5.104)X1 + (2.10
5 − 5 ∙ 41583,12)X2 = 0
 
 
11 
 
As razões de amplitude são calculadas em termos de X1
(j)
, 
X2
(1)
=
105 − 10 ∙ 8416,88
5.104
X1
(1)
= 0,3166 → 𝐗(𝟏) = {
X1
(1)
X2
(1)
} = {
1
0,3166
} X1
(1)
 
X2
(2)
=
5.104
2.105 − 5 ∙ 41583,12
X1
(2)
= −6,3166 → 𝐗(𝟐) = {
X1
(2)
X2
(2)
} = {
1
−6,3166
} X1
(2)
 
Assim, a resposta do sistema em termos de deslocamento é expressa como: 
{
x1(t)
x2(t)
} = {
X1
(1)
X2
(1)
} cos(ω1t + φ1) + {
X1
(2)
X2
(2)
} cos(ω2t + φ2) 
 
Derivando a equação acima, obtém-se a resposta em velocidade: 
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
} = −ω1 {
X1
(1)
X2
(1)
} sen(ω1t + φ1) − ω2 {
X1
(2)
X2
(2)
} sen(ω2t + φ2) 
Para as condições iniciais, onde t = 0 para os quais os devidos valores foram fornecidos a 
equação de resposta é mostrada como: 
{
x1(0)
x2(0)
} = {
0,0006
0,0200
} = {
1
0,3166
} X1
(1)
cos(φ1) + {
1
−6,3166
} X1
(2)
cos(φ2) 
 
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
} = {
0
0
} = −91,7435 {
1
0,3166
} X1
(1) sen(φ1) − 203,9194 {
1
−6,3166
} X1
(2)
sen(φ2) 
Com xi dado em metros, ẋj em m/s, ambos em função do tempo em segundos e φi em rad. 
Organizando o sistema acima em uma matriz, onde X1
(1)
cos(φ1), X1
(2)
cos(φ2), X1
(1)
sen(φ1) 
e X1
(2)
sen(φ2) são as variáveis, a matriz obtida é: 
[
1 1 0 0
0,3166 −6,3166 0 0
0 0 −91,7435 −203,9194
0 0 −91,7435 ∙ 0,3166 203,9194 ∙ 6,3166
]
[
 
 
 
 
 X1
(1)
cos(φ1)
X1
(2)
cos(φ2)
X1
(1)
sen(φ1)
X1
(2)
sen(φ2)]
 
 
 
 
 
= [
0,0006
0,0200
0
0
] 
Logo, 
[
 
 
 
 
 X1
(1)
cos(φ1)
X1
(2)
cos(φ2)
X1
(1)
sen(φ1)
X1
(2)
sen(φ2)]
 
 
 
 
 
= [
0,0036
−0,0030
0
0
] 
 
 
 
12 
 
Elevando Xi
(j)
cos(φi) e Xi
(j)
sen(φi) ao quadrado e somando os dois, obtém-se: 
 
[X1
(1)]
2
= [X1
(1)
cos(φ1)]
2
+ [X1
(1)
sen(φ1)]
2
 
X1
(1)
= √[X1
(1)
cos(φ1)]
2
+ [X1
(1)
sen(φ1)]
2
= √(0,0036)2 + 02 = 0,0036 m 
[X1
(2)]
2
= [X1
(2)
cos(φ2)]
2
+ [X1
(2)
sen(φ2)]
2
 
X1
(1)
= √[X1
(2)
cos(φ2)]
2
+ [X1
(2)
sen(φ2)]
2
= √(−0,0030)2 + 02 = 0,0030 m 
Por fim, para se determinar as fases, tem-se: 
 
φ1 = arctan (
X1
(1)
sen(φ1)
X1
(1)
cos(φ1)
) = arctan (
0
0,0036
) = arctan(0) = 0 rad 
φ2 = arctan (
X1
(2)
sen(φ2)
X1
(2)
cos(φ2)
) = arctan (
0
−0,0030
) = arctan(−0) = π rad 
Vetores modais: 
𝐗(𝟏) = {
X1
(1)
X2
(1)
} = {
X1
(1)
r1X1
(1)
} = {
1
0,3166
} X1
(1)
= {
1
0,3166
} 0,0036 = {
0,0036
0,0011
} 
𝐗(𝟐) = {
X1
(2)
X2
(2)
} = {
X1
(2)
r2X1
(2)
} = {
1
−6,3166
} X1
(2)
= {
1
−6,3166
} 0,0030 = {
0,0030
−0,0189
} 
As funções de resposta ficam expressas como: 
{
x1(t)
x2(t)
} = {
0,0036
0,0011
} cos(91,7435 ∙ t) + {
0,0030
−0,0189
} cos(203,9194 ∙ t + π) 
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
} = {
−0,3290
−0,2316
} sen(91,7435 ∙ t) + {
−0,2740
3,8468
} sen(203,9194 ∙ t + π) 
 
13 
 
As respostas podem então ser obtidas graficamente nas figuras abaixo: 
 
 
 
-0,0025
-0,0020
-0,0015
-0,0010
-0,0005
0,0000
0,0005
0,0010
0,0015
0,0020
0,0025
0 5 10 15 20 25 30 35 40
x(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
t em segundos 
Comparação dos Deslocamentos 
x₁(t) x₂(t) 
-0,2000
-0,1500
-0,1000
-0,0500
0,0000
0,0500
0,1000
0,1500
0,2000
0 5 10 15 20 25 30 35 40
v(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
p
o
r 
se
gu
n
d
o
 
t em segundos 
Compara das Velocidades 
v₁(t) v₂(t) 
 
14 
 
3. QUESTÃO – Vibração Forçada com 2 GDL 
 
No sistema mostrado abaixo, a massa 𝐦𝟏 é excitada por uma força harmônica tendo um 
valor máximo de 50 N e uma frequência de 2 Hz. Determine a expressão da vibração 
forçada de cada massa, sendo: 𝐦𝟏 = 𝟏𝟎 𝐤𝐠, 𝐦𝟐 = 𝟓 𝐤𝐠, 𝐤𝟏 = 𝟖𝟎𝟎𝟎𝐍/𝐦, e 𝐤𝟐 =
𝟐𝟎𝟎𝟎 𝐍/𝐦. Plote os gráficos utilizando o MATLAB. 
Dados iniciais: 
k1 = 8000 N/m m1 = 10 kg Fo = 50 N 
k2 = 2000 N/m m2 = 5 kg ω = 4π rad/s 
 
Diagrama de corpo livre (admitindo x2 > x1):
 
Aplicando a 2° Lei de Newton (admitindo x2 > x1): 
m1ẍ1 = −k1x1 + k2(x2 − x1) + Fo cos(ωt) 
m2ẍ2 = −k2(x2 − x1) 
As equações do sistema são: 
m1ẍ1 + (k1 + k2)x1 − k2x2 = Fo cos(ωt) 
m2ẍ2 − k2x1 + k2x2 = 0 
 
Na forma de matriz a equação de estado fica: 
 
[
m1 0
0 m2
] {
ẍ1
ẍ2
} + [
k1 + k2 −k2
−k2 k2
] {
x1
x2
} = {
Fo
0
} 
 
Sabendo que a resposta do sistema pode ser descrita pelas equações abaixo, na qual 
velocidade é obtida como sendo a primeira derivada do deslocamento: 
xi = Xi cos(ωnt + φi) ẋi = −ωnXi sen(ωnt + φi) 
 
15 
 
Substituindo as equações acima na matriz do sistema e eliminando cos(ωnt + φi), temos: 
[
(k1 + k2) − ω
2m1 −k2
−k2 k2 −ω
2m2
] {
X1
X2
} = {
Fo
0
} 
Como no problema as rigidezes e massas são proporcionais as seguintes modificações 
serão feitas: 
k = 2000 N/m → k1 = 4k e k2 = k 
m = 5 kg → m1 = 2m e m2 = m 
[5k − 2mω
2 −k
−k k −mω2
] {
X1
X2
} = {
Fo
0
} 
A matriz à esquerda do vetor de amplitude é igual a impedância mecânica (não-complexa e 
não-amortecida) que é dada como: 
[Z(ω)] = [5k − 2mω
2 −k
−k k −mω2
] 
O cálculo das amplitudes pode seguir a seguinte equação[Z(ω)]X ⃗⃗⃗ = [F] ∴ X ⃗⃗⃗ = [Z(ω)]−1[F] 
A matriz [Z(ω)]−1 é a inversa da impedância. A forma expandida de [Z(ω)]−1 é mostrada da 
seguinte forma 
[Z(ω)]−1 =
1
Y(ω)
[k − mω
2 k
k 5k − 2mω2
] 
Onde Y(ω) é o determinante da matriz impedância dado como: 
Y(ω) = (k − mω2)(5k − 2mω2) − k2 = 4k2 − 7kmω2 + 2m2ω4 
Assim, pode-se calcular as amplitudes do sistema multiplicando [Z(ω)]−1 pela matriz de 
força, portanto: 
{
X1
X2
} = [Z(ω)]−1 {
Fo
0
} =
1
Y(ω)
[k − mω
2 k
k 5k − 2mω2
] {
Fo
0
} 
Fazendo a multiplicação entre a inversa da matriz de inércia e o vetor de força, 
{
X1
X2
} =
1
Y(ω)
{
Fo(k − mω
2) + k ∙ 0
k ∙ F0 + (5k − 2mω
2) ∙ 0
} 
Amplitudes serão dadas da seguinte forma 
X1 =
Fo(k − mω
2)
Y(ω)
 X2 =
k ∙ F0
Y(ω)
 
Os valores de Y(ω) e as amplitudes calculadas são 
Y(ω) = (4 ∙ 20002 − 7 ∙ 2000 ∙ 5(4π)2 + 2 ∙ 52(4π)4) = 6,19.106 (N/m)2 
X1 =
50(2000 − 5 ∙ (4π)2)
6,19.106
= 0,0098 m X2 =
2000 ∙ 50
6,19.106
= 0,0161 m 
 
16 
 
O vetor modal 
𝐗 = {
0,0098
0,0161
} 
Obtém-se finalmente as respostas do sistema que são dadas por: 
{
x1(t)
x2(t)
} = {
0,0098
0,0161
} cos(4πt) {
ẋ1(t)
ẋ2(t)
} = {
−0,1228
−0,2029
} sen(4πt) 
Os gráficos de cada função são mostrados abaixo: 
 
 
-0,0200
-0,0150
-0,0100
-0,0050
0,0000
0,0050
0,0100
0,0150
0,0200
0,00 0,20 0,40 0,60 0,80 1,00 1,20 1,40 1,60 1,80 2,00
x(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
t em segundos 
Comparativo dos Deslocamentos 
x₁(t) x₂(t) 
-0,2500
-0,2000
-0,1500
-0,1000
-0,0500
0,0000
0,0500
0,1000
0,1500
0,2000
0,2500
0,00 0,20 0,40 0,60 0,80 1,00 1,20 1,40 1,60 1,80 2,00
v(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
p
ro
 s
eg
u
n
d
o
 
t em segundos 
Comparativo das Velocidades 
v₁(t) v₂(t) 
 
17 
 
4. QUESTÃO – Absorvedor 
 
Uma máquina em repouso pesando 2,135210
4
 N é observada defletir 3,0510
-2
 m quando 
colocada sobre os seus isoladores tipo mola. Em operação, uma força harmônica de 
amplitude máxima de 444,8 N induz ressonância no sistema. 
(a) Projete um neutralizador de vibrações sem amortecimento de forma que o mesmo tenha 
uma amplitude máxima de 410
-3
 m; 
(b) Qual é o valor da relação das massas? 
 
Dados: 
P = 2,1352 ∙ 104 N Xmax = 4 ∙ 10
−3 m 
δest = 3,05 ∙ 10
−2 m F0 = 444,8 N 
 
(a) Projete um neutralizador de vibrações sem amortecimento de forma que o mesmo tenha uma 
amplitude máxima de 410
-3
 m; 
A frequência natural é calculada: 
mmaq =
P
g
=
2,1352 ∙ 104
9,81
= 2176,5545 kg 
 
ωn = √
g
δest
= √
9,81
3,05 ∙ 10−2
= 17,9343
rad
s
 
 
Visto que o movimento de vibração tem de ser igual a zero, a amplitude de movimento da 
massa auxiliar deve ser igual e oposta à da força excitadora. Assim, pela equação 
|F0| = kmax ∙ Xmax 
Obtemos o valor da máxima rigidez da seguinte forma 
kmax =
|F0|
Xmax
=
444,8
4 ∙ 10−3
= 111200
N
m
 
 
Considerando que o neutralizador deve possuir a mesma frequência natural do sistema, 
obtém-se a massa dele como 
ωabs = √
kmax
mabs
→ mabs =
kmax
ωabs
2 = 345,7288 kg 
(b) Qual é o valor da relação das massas? 
μ =
mabs
mmaq
=
345,7288
2176,5545
= 0,1588 
A razão de massa está entre 0,05 ≤ 0,15 ≤ 0,25 o projeto é satisfatório. 
 
 
 
18 
 
5. QUESTÃO – Vibração Livre com 2 GDL 
 
Deduzir o modelo matemático para o 
sistema da figura abaixo, usando as 
coordenadas generalizadas x(t) e (t). 
Represente as equações na forma 
matricial, 
Adote (m = 1,0 kg e k = 1000 N/m). 
 
Utilizando o método da energia, tem-se 
que a energia cinética total do sistema 
consiste da soma de parcelas relacionadas 
à translação e à rotação: 
 
K =
1
2
mẋ2 +
1
2
m [
d(x + lcos(θ))
dt
]
2
+
1
2
m [
d(l sin(θ))
dt
]
2
 
K =
1
2
mẋ2 +
1
2
m[ẋ − l sin(θ)θ̇]
2
+
1
2
m[l cos(θ)θ̇]
2
 
K = mẋ2 −mẋl sin(θ)θ̇ +
1
2
m {[l cos(θ)θ̇]
2
+ [l sin(θ) θ̇]
2
} 
K = mẋ2 −mẋl sin(θ)θ̇ +
1
2
ml2θ̇2 
Para pequenos deslocamentos de θ, sin(θ) ≈ θ, então a equação acima pode ser reescrita 
como: 
K = mẋ2 +
1
2
ml2θ̇2 
A energia potencial consiste na energia potencial da mola e do pêndulo, de modo que a 
parcela referente ao bloco não é necessária uma vez que ele se encontra em uma posição de 
equilíbrio estático: 
U =
1
2
kx2 +mgl(1 − cos(θ)) 
Aplicando a Equação de Lagrange para a energia de um sistema qualquer: 
 
d
dt
(
dK
dx
) −
dK
dx
+
dU
dx
= 0 =
d
dt
(
dK
dθ
) −
dK
dθ
+
dU
dθ
 
Inserindo então U e T na equação, temos as equações dinâmicas e fazendo 
 
2mẍ + kx = 0 
ml2θ̈ + mgl sin(θ) = ml2θ̈ + mglθ = 0 
Que podem ser reescritas na seguinte forma matricial: 
[
2m 0
0 ml2
] {
ẍ
θ̈
} + [
k 0
0 mgl
] {
x
θ
} = {
0
0
} = [
2 0
0 l2
] {
ẍ
θ̈
} + [
103 0
0 9,81 ∙ l
] {
x
θ
} 
 
19 
 
6. QUESTÃO – Vibração Forçada com 2 GDL 
 
Uma ponte rolante consiste de uma viga (rigidez à flexão 𝐄𝐈 = 𝟏𝟕, 𝟐𝟐𝟏𝟎𝟗 𝐍𝐦𝟐 e 
comprimento 𝐋 = 𝟗, 𝟏𝟓 𝐦, um carro (massa 𝐦𝟏 = 𝟑𝟔𝟐𝟕, 𝟓 𝐤𝐠) e um cabo de aço 
(𝐄 = 𝟐, 𝟎𝟕𝟏𝟎𝟏𝟏 𝐍/𝐦𝟐), área da seção reta 𝐀 = 𝟕, 𝟏𝟏𝟎−𝟒 𝐦𝟐 e comprimento 𝐥 = 𝟔, 𝟏 𝐦), 
conforme ilustra a figura (a). A figura (b) mostra o modelo adotado. Se a carga suportada é 
de 𝐦𝟐 = 𝟗𝟎𝟕 𝐤𝐠, calcular as frequências naturais do sistema. 
 
Dados: 
m1 = 3627,5 kg m2 = 907 kg 
kcabo = k =
E ∙ A
l
=
2,07 ∙ 1011 ∙ 7,1 ∙ 10−4
6,1
= 24,0934 ∙ 106
N
m
 
kviga = kg = 48
EI
L3
=
48 ∙ 17,22 ∙ 109
9,153
= 1,0790 ∙ 109
N
m
 
Diagrama de corpo livre 
 
Aplicando a 2° Lei de Newton (admitindo x2 > x1): 
m1ẍ1 = k(x2 − x1) − kgx1 
mẍ2 = −k(x2 − x1) 
As equações do sistema são dadas por: 
 
m1ẍ1 + (kg + k)x1 − k = 0 
 
m2ẍ2 − kx1 + kx2 = 0 
 
20 
 
A matriz do sistema fica: 
[
m1 0
0 m2
] {
x1̈
x2̈
} + [
kg + k −k
−k k
] {
x1
x2
} = {
0
0
} 
 
Resolvendo a equação, a determinante é tirada e igualada a zero: 
det [
(kg + k) − ω
2m1 −k
−k k − ω2m2
] = 0 
 
m1m2ω
4 − (m2kg +m2k + m1k)ω
2 − kgk = 0 
3290142,5ω4 − 1,0879 ∙ 1012ω+ 2,5996 ∙ 1016 = 0 
Resolvendo a equação acima, tem-se: 
 
ω1
2 = 25929,58 → ω1 = 161,0267 rad/s 
 
ω2
2 = 304719,14 → ω2 = 552,0137 rad/s 
 
 
7. QUESTÃO – Série de Fourier 
Desenvolver uma série de Fourier a uma excitação periódica da figura abaixo: 
 
 
A função é impar com período t = 0,04 s, logo 𝜔 = 
2𝜋
𝑡
= 
2𝜋
0,04
= 50𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠. E 𝐴𝑛 = 0 
 
 
𝐵𝑛 = 
4
𝑡
 ∫ 𝑓(𝑡)𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 𝑑𝑡 =
4
0,04
𝑡/2
0
∫ −500 𝑠𝑒𝑛 50 𝑛 𝜋𝑡𝑑𝑡 =
1000
𝑛𝜋
0,02
0
 
 
 
=
1000
𝑛𝜋
 ∫ −50 𝑛 𝜋 𝑠𝑒𝑛50 𝑛𝜋𝑡𝑑𝑡
0,02
0
 
 
 
𝐵𝑛 = 
1000
𝑛𝜋
 [cos 50 𝑛𝜋𝑡]0
0,02 = 
1000
𝑛𝜋
 (cos 𝑛𝜋 − 1) = − 
10000
𝜋𝑛
 (1 − cos 𝑛𝜋) = 
 
 
 
21 
 
 
Podemos observar que 𝐵𝑛 = 0 para n par e 𝐵𝑛 = 
− 20000
𝑛𝜋
 para n ímpar 
 
 
Portanto, o desenvolvimento em serie de Fourier fica: 
 
 
 
 
𝑓 (𝑡) = −
20000
𝜋
= ∑
1
𝑛
 𝑠𝑒𝑛 50 𝑛𝜋𝑡
∞
𝑛=1,3,5..
 
 
Com ajuda do Excel conseguimos representar em forma de função da seguinte forma: 
 
 
Gráfico 1 – Série de Fourier para uma excitação periódica 
 
 
 
Fonte: Autor 
 
 
 
 
 
-8000
-6000
-4000
-2000
0
2000
4000
6000
8000
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6
Milhares 
f(t)
 
22 
 
8. QUESTÃO – Série de Fourier 
 
Determinar os coeficientes de Fourier para a excitação periódica da figura. 
 
 
 
 Para solucionar a presente questão será realizado a mesma metodologia da questão anterior, 
afim de encontrar os coeficientes de Fourier. 
𝑇 = 0,04s 
𝐹(𝑡) = {
2000 para 0 < t < 0,01
0 para 0,01 < t < 0,04
 
𝜔 = 2𝜋/𝑇 = 50 𝜋 = 157,08 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
𝑎𝑗 =
2
𝑇
[∫ 𝐹(𝑡) × cos 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
𝑇
0
] 
𝑎𝑗 =
2
0,04
[∫ 𝐹(𝑡) × cos 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
0,04
0
] 
𝑎𝑗 = 50 [∫ 2000 × cos 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
0,01
0
+∫ 0 × cos 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
0,04
0,01
] 
𝑎𝑗 =
50
𝑗 50 𝜋
[2000 × sen 𝑗 50 𝜋𝑡|
0,01
0
] 
𝑎𝑗 =
2000
𝑗𝜋
sen
𝑗𝜋
2
 
Dessa forma, para j=0 𝑎𝑗 é igual a, 
𝑎0 = 50 [∫ 𝐹(𝑡) × cos 0 × 50 × 𝜋 × 𝑡 𝑑𝑡
0,04
0
] 
𝑎0 = 50 [∫ 2000 × 𝑑𝑡
0,01
0
] 
𝑎0 = 1000 
 
Logo, 𝑏𝑗 seguirá a mesma metodologia, 
𝑏𝑗=
2
𝑇
[∫ 𝐹(𝑡) × sen 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
𝑇
0
] 
𝑏𝑗 =
2
0,04
[∫ 𝐹(𝑡) × sen 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
0,04
0
] 
 
23 
 
𝑏𝑗 = 50 [∫ 2000 × cos 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
0,01
0
+∫ 0 × cos 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
0,04
0,01
] 
𝑏𝑗 =
50 × 2000
𝑗 50 𝜋
[− cos 𝑗 50 𝜋𝑡|
0,02
0
] 
𝑏𝑗 =
2000
𝑗𝜋
[− cos 𝑗 50 𝜋𝑡|
0,02
0
] 
𝑏𝑗 =
2000
𝑗𝜋
[1 − cos
𝑗𝜋
2
] 
Logo, os coeficientes de Fourier serão, 
𝑎0 = 1000 
𝑎𝑗 =
2000
𝑗𝜋
sen
𝑗𝜋
2
 
𝑏𝑗 =
2000
𝑗𝜋
[1 − cos
𝑗𝜋
2
] 
Assim como na questão anterior para j par 𝑎𝑗 é igual a 0 e pra j múltiplo de 4 𝑏𝑗 é igual a 0. 
 
9. QUESTÃO – Série de Fourier 
 
Desenvolver um programa de computador (em qualquer linguagem de programação ou em 
uma planilha eletrônica como Excel), genérico, que calcule numericamente os coeficientes 
de Fourier. 
 
close all 
clc 
syms t n 
A=[0 1 2]; 
f=[t -t+2]; 
 
f=sym(f); 
T=max(A)-min(A); 
wo=2*pi/T; 
 
Ao=0; 
for i=1:length(f) 
 Ao=Ao+int(f(i),'t',A(i),A(i+1)); 
end 
Ao=simple(Ao/(T)); 
 
An=0; 
for i=1:length(f) 
 An=An+int(f(i)*cos(n*wo*t),A(i),A(i+1)); 
 
24 
 
end 
An=simple(2*An/T); 
 
Bn=0; 
for i=1:length(f) 
 Bn=Bn+int(f(i)*sin(n*wo*t),A(i),A(i+1)); 
end 
Bn=simple(2*Bn/T); 
 
An = char(An); 
Bn = char(Bn); 
An = simple(sym(strrep(char(An),'sin(pi*n)','0'))); 
Bn=simple(sym(strrep(char(Bn),'sin(pi*n)','0'))); 
An = simple(sym(strrep(char(An),'cos(pi*n)','(-1)^n'))); 
Bn=simple(sym(strrep(char(Bn),'cos(pi*n)','(-1)^n'))); 
An=simple(sym(strrep(char(An),'sin(2*pi*n)','0'))); 
Bn=simple(sym(strrep(char(Bn),'sin(2*pi*n)','0'))); 
An=simple(sym(strrep(char(An),'cos(2*pi*n)','1'))); 
Bn=simple(sym(strrep(char(Bn),'cos(2*pi*n)','1'))); 
 
disp('Ao') 
pretty(Ao) 
disp('An') 
pretty(An) 
disp('Bn') 
pretty(Bn) 
 
x=linspace(min(A),max(A),1000); 
fx=0; 
for i=1:length(A)-1 
 if mod(i,2)==1 
 fx=fx+((x>=A(i))&(x<=A(i+1))).*subs(f(i),x); 
 else 
 fx=fx+((x>A(i))&(x<A(i+1))).*subs(f(i),x); 
 end 
end 
plot(x,fx,'Linewidth',2); hold on 
plot(x+max(x)-min(x),fx,'Linewidth',2) 
plot(x-max(x)+min(x),fx,'Linewidth',2) 
plot([max(x) max(x)],[fx(1) fx(end)],'Linewidth',2) 
plot([min(x) min(x)],[fx(end) fx(1)],'Linewidth',2) 
 
25 
 
grid on 
xlabel('\bf TEMPO'); 
ylabel('\bf AMPLITUDE'); 
title('\bf GRÁFICA DA FUNCAO'); 
 
 
 
10. QUESTÃO – Vibração Forçada com 2 GDL 
 
Determinar as frequências associadas ao movimento angular (arfagem) e linear vertical 
(oscilação) e a localização dos centros de oscilação de um automóvel (com os seguintes 
dados: 
 
Massa = m = 1000 kg 
Raio de giração = r = 0,9 m 
Distância entre eixo dianteiro e C.G. = l1 = 1,0 m 
Distância entre eixo traseiro e C.G. = l2 = 1,5 m 
Rigidez das molas dianteiras = kf = 18 kN/m 
Rigidez das molas traseiras = kr = 22 kN/m 
Solução: Se x e ϴ são coordenadas independentes, o diagrama do corpo livre apresentado 
na Fig. 5.8a, permite que as Equações diferenciais do movimento sejam escritas na forma: 
 
mẍ = −k1(x − l1𝜃) − k2(x + L2𝜃) 
Jθ̈ = k1(x − l1𝜃)𝑙1 − k2(x + L2𝜃)𝑙2 
Ou na forma matricial 
 
[
m 0
0 Jθ
] {
ẍ1
θ̈
} + [
 (k1 + k2) −(k1𝑙1 − 𝑘2𝑙2)
−(k1𝑙1 − 𝑘2𝑙2) −(k1𝑙1
2 − 𝑘2𝑙2
2)
] {
x1
θ
} = {
0
0
} 
 
 
Vibração do automóvel e formas nodais do automóvel 
 
 
[
m 0
0 𝑚𝑟2
] {
ẍ1
θ̈
} + [
kf + kr −(kf𝑙1 − 𝑘𝑟𝑙2
−(kf𝑙1 − 𝑘𝑟𝑙2) −(kf𝑙1
2 − 𝑘𝑟𝑙2
2)
] {
x1
θ
} = {
0
0
} 
 
 
26 
 
Para obter a expressão para a vibração livre, assume-se que a solução é harmônica na forma: 
 
x (t) = X cos(ωnt + φ ) e θ(t) = θ cos(ωnt + φ ) 
 
Substituindo as soluções (d) na equação matricial (c) obtém-se: 
 
− [
m 0
0 𝑚𝑟2
] {
X
θ̈
} 𝜔2 cos(ωnt + φ ) + [
kf + kr −(kf𝑙1 − 𝑘𝑟𝑙2
−(kf𝑙1 − 𝑘𝑟𝑙2) −(kf𝑙1
2 − 𝑘𝑟𝑙2
2)
] {
x1
θ
} cos(ωnt + φ )
= {
0
0
} 
 
Que pode ser rearranjada para: 
[
(−m𝜔2 + kf + kr) −(kf𝑙1 − 𝑘𝑟𝑙2)
−(k1𝑙1 − 𝑘2𝑙2) −(𝑚𝑟
2𝜔2 + kf𝑙1
2 − 𝑘𝑟𝑙2
2)
] {
X
θ
} cos(ωt + φ ) = {
0
0
} 
 
Como a função cos tem valores diferentes de zero, conclui-se que: 
 
[
(−m𝜔2 + kf + kr) −(kf𝑙1 − 𝑘𝑟𝑙2)
−(k1𝑙1 − 𝑘2𝑙2) −(𝑚𝑟
2𝜔2 + kf𝑙1
2 − 𝑘𝑟𝑙2
2)
] {
X
θ
} = {
0
0
} 
Introduzindo os dados do presente problema a expressão (g) torna-se: 
 
[
(−1000𝜔2 + 40000) 15000
15000 (−810𝜔2 + 67500)
] {
X
θ
} = {
0
0
} 
Que possui solução não trivial quando o determinante da matriz se anula: 
[
(−1000𝜔2 + 40000) 15000
15000 (−810𝜔2 + 67500)
] = 0 
Resultando na equação das frequências: 
8,1𝜔2 − 999 𝜔2 + 24750 = 0 
Cuja solução permite a determinação das frequências naturais: 
𝜔1 = 5,8785 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 
𝜔2 = 9,5357 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 
Substituindo estes valores na equação (h) obtêm-se as formas modais: 
𝜃1
𝜃2
= −2,6387 𝑟𝑎𝑑/𝑚 
𝜃2
𝜃2
= −0,2998 𝑟𝑎𝑑/𝑚 
As localizações dos nós (pontos com velocidade nula, portanto centros de rotação) podem ser 
obtidas observando que a tangente de um ângulo pequeno é aproximadamente igual ao próprio 
ângulo. Portanto, na figura acima, encontra-se a distância entre o C.G. e o nó como -2,6461 m 
 
27 
 
para 𝜔1 e 0,3061 para 𝜔2As formas modais estão representadas por linhas tracejadas na figura 
acima. 
 
11. QUESTÃO – Vibração Forçada com 2 GDL 
 
Determinar a resposta de regime permanente do sistema mostrado na Fig. 5.11 em que a 
massa m1 sofre a ação da força F1(t) = F10 cos(ωt). Traçar a curva de resposta em 
frequência. 
Dados iniciais: 
k = 10000 N/m m = 5 kg Fo = 50 N 
Diagrama de corpo livre 
 
Aplicando a 2° Lei de Newton (admitindo x2 > x1): 
m1ẍ1 = −k1x1 + k2(x2 − x1) + Fo cos(ωt) 
mẍ2 = −k2(x2 − x1) − k3x2 
As equações do sistema são: 
mẍ1 + (k1 + k2)x1 − kx2 = Fo cos(ωt) 
 
mẍ2 − k2x1 + (k2 + k3)x2 = 0 
Na forma de matriz a equação de estado fica: 
 [
m1 0
0 m2
] {
ẍ1
ẍ2
} + [
k1 + k2 −k2
−k2 k2 + k3
] {
x1
x2
} = {
Fo
0
} 
 
Sabendo que a resposta do sistema pode ser descrita pelas equações abaixo, na qual 
velocidade é obtida como sendo a primeira derivada do deslocamento: 
xi = Xi cos(ωnt + φi) 
ẋi = −ωnXi sen(ωnt + φi) 
Substituindo as equações acima na matriz do sistema, temos: 
 
28 
 
[
(k1 + k2) − ω
2m1 −k2
−k2 (k2 + k3) − ω
2m2
] {
X1
X2
} = {
Fo
0
} 
[2k −mω
2 −k
−k 2k − mω2
] {
X1
X2
} = {
Fo
0
} 
A matriz à esquerda do vetor de amplitude é igual a impedância mecânica (não-complexa e 
não-amortecida) que é dada como: 
[Z(ω)] = [2k − 2mω
2 −k
−k 2k − mω2
] 
O cálculo das amplitudes pode seguir a seguinte equação 
[Z(ω)]X ⃗⃗⃗ = [F] ∴ X ⃗⃗⃗ = [Z(ω)]−1[F] 
A matriz [Z(ω)]−1 é a inversa da impedância. A forma expandida de [Z(ω)]−1 é mostrada da 
seguinte forma 
[Z(ω)]−1 =
1
Y(ω)
[2k − mω
2 k
k 2k −mω2
] 
Onde Y(ω) é o determinante da matriz impedância dado como: 
Y(ω) = (2k − mω2)2 − k2 = 3k2 − 4kmω2 +m2ω4 
Assim, pode-se calcular as amplitudes do sistema multiplicando [Z(ω)]−1 pela matriz de 
força, portanto: 
{
X1
X2
} = [Z(ω)]−1 {
Fo
0
} 
{
X1
X2
} =
1
Y(ω)
[2k − mω
2 k
k 2k − mω2
] {
Fo
0
} 
Fazendo a multiplicação entre a inversa da matriz de inércia e o vetor de força, 
{
X1
X2
} =
1
Y(ω)
{
Fo(2k − mω
2) + k ∙ 0
k ∙ F0 + (2k − mω
2) ∙ 0
} 
Amplitudes serão dadas da seguinte forma 
X1 =
Fo(2k − mω
2)
Y(ω)
 X2 =
k ∙ F0
Y(ω)
 
As amplitudes e Y(ω) calculadas são 
Y(ω) = 3k2 − 4kmω2 +m2ω4 = (3 ∙ 100002 − 4 ∙ 104 ∙ 5 ∙ (4π)2 + 52(4π)4) 
Como não foi fornecido um valor de frequência foi considerado ω = 4π, 
Y(ω) = 2,69 ∙ 108 (N/m)2 
 
29 
 
X1 =
Fo(2k − mω
2)
Y(ω)
=
50(2 ∙ 104 − 5 ∙ (4π)2)
2,69 ∙ 108
= 0,0036 m 
X2 =
k ∙ F0
Y(ω)
=
104 ∙ 50
2,69 ∙ 108
= 0,0019 m 
O vetor modal 
𝐗 = {
0,0036
0,0019
} 
Obtém-se finalmente as respostas do sistema que são dadas por: 
{
x1(t)
x2(t)
} = {
0,0036
0,0019
} cos(4πt) {
ẋ1(t)
ẋ2(t)
} = {
−0,0449
−0,0234
} sen(4πt) 
Os gráficos de cada função são mostrados abaixo: 
 
-0,0040
-0,0030
-0,0020
-0,0010
0,0000
0,0010
0,0020
0,0030
0,0040
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2
x(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
t em segundos 
Comparativodos Deslocamentos 
x₁(t) x₂(t) 
 
30 
 
 
12. QUESTÃO – Absorvedor 
 
Um motor diesel, pesando 3000 N, está montado sobre um pedestal. Observou-se que o 
motor induz vibrações na área através do pedestal quando opera a 6000 rpm. Determinar 
os parâmetros do absorvedor que vibração no motor é 250 N, e a amplitude do movimento 
da massa auxiliar está limitada em reduzirão as vibrações do motor quando montado no 
pedestal. A magnitude da força que produz a 2mm. 
 
Dados inicias: 
f =
6000
60
= 100 Hz ou ω = 100 ∙ 2π = 628,3185 rad/s 
mmotor =
Peso
g
=
3000
9,81
= 305,8104 kg 
ωmotor = 6000
2π
60
= 628,3185 rad/s 
F0 = 250 N Xmax = 0,002 m 
Visto que o movimento do pedestal tem de ser igual a zero, a amplitude de movimento da 
massa auxiliar deve ser igual e oposta da força excitadora, assim 
|F0| = m2ω
2Xmax 
m2 =
|F0|
ω2Xmax
=
250
628,31852 ∙ 0,002
= 0,3166 kg 
Considerando ω = ωabs 
A rigidez do sistema é dada por: 
 
k2 = ω
2m2 = 628,3185
2 ∙ 0,3166 = 125000 N/m 
-0,0600
-0,0400
-0,0200
0,0000
0,0200
0,0400
0,0600
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2
v(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
p
o
r 
se
gu
n
d
o
 
t em segundos 
Comparativo das Velocidades 
v₁(t) v₂(t) 
 
31 
 
13. QUESTÃO - Absorvedor 
 
Um conjunto motor-gerador, mostrado na Fig. 
5.15, é projetado para operar na faixa de 2000 
a 4000 rpm. Entretanto, o conjunto vibra 
violentamente em 3000 rpm devido a um 
pequeno desbalanceamento no rotor. Propõe-
se colocar uma viga engastada com uma massa 
na extremidade como absorvedor para eliminar 
o problema. Quando a viga com uma massa de 
2 kg, sintonizada a 3000 rpm, é ligada ao 
conjunto, as frequências naturais do sistema 
obtidas foram de 2500 rpm e 3500 rpm. 
Projetar o absorvedor a ser ligado 
(especificando sua massa e sua rigidez) de 
forma que as frequências naturais do sistema 
fiquem fora da faixa de operação do conjunto 
motor-gerador. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para o limite superior: 
ωabs = ωmotor = 3000
2π
60
 rpm = 314,1593 rad/s 
μ =
m2
m1
 rn1 =
ωn1
ωresso
=
2500
3000
= 0,8333 rn2 =
ωn2
ωresso
=
3500
3000
= 1,1667 
 
Logo, 
r1
2 = (1 +
μ
2
) − √(1 +
μ
2
)
2
− 1 → μ = (
r1
4 + 1
r1
2 ) − 2 = (
0,83334 + 1
0,83332
) − 2 = 0,1344 
r1 = 0,8333 μ = 0,1344 mmotor = mabs/0,1344 = 14,8760 kg 
Para o limite inferior: 
ωr1 = 2000 rpm = 209,4395 rad/s 
 
r1 =
ωr1
ωresso
=
2000
3000
= 0,6667 → μ = 0,6944 
mabs = mmotor ∙ μ = 14,8760 ∙ 0,6944 = 10,3306 kg . 
A segunda frequência de ressonância pode ser encontrada por: 
 
32 
 
r2
2 = (1 +
μ
2
) + √(1 +
μ
2
)
2
− 1 = 2,2500 ∴ r2 = 1,5000 
Logo, ωr2 = 4500 rpm = 471,2389 rad/s. 
A rigidez é encontrada por 
kabs = ωresso
2 ∙ mabs = 314,16
2 ∙ 10,3306 = 1,0196 ∙ 106N/m 
 
14. Questão - Vibração forçada com excitação periódica não harmônica 
 
Determinar a resposta de regime permanente da válvula de controle hidráulico mostrado 
na figura abaixo quando submetida à pressão mostrada abaixo. 
 
 
 
𝐹(𝑡) = 𝐴 𝑝(𝑡) 
𝐹(𝑡) = {
𝑃0 𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡/2
 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡/2 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡 
 
𝑎0 = 
2
𝑡
 ∫ 𝑝0𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 = 
2𝑝0𝐴
𝑡
𝑡/2
0
 [− 
1
𝜔
 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡]
0
𝑡/2
=
− 𝑝0𝐴
𝜋
[cos(π) − cos 0] = 
2𝑝0𝐴
𝜋
 
 
𝑎𝑗 = 
2
𝑡
 ∫ 𝑝0𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡 = 
2𝑝0𝐴
𝑡
𝑡/2
0
 ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑗 𝜔𝑡 𝑑𝑡 
𝑡
2
0
 
𝑎𝑗 = 
2𝑝0𝐴
𝑡
 [−
𝑐𝑜𝑠 (𝜔 − 𝑗𝜔)𝑡
2 (𝜔 − 𝑗𝜔)
 −
𝑐𝑜𝑠 (𝜔 + 𝑗𝜔)𝑡
2 (𝜔 + 𝑗𝜔)
 ]
0
𝑡/2
 
 
33 
 
 
𝑎𝑗 = 
2𝑝0𝐴
2𝑡𝜔
 [−
𝑐𝑜𝑠 (1 − 𝑗)𝜔𝑡
(1 − 𝑗)
 −
𝑐𝑜𝑠 (1 + 𝑗)𝜔𝑡
 (1 + 𝑗)
 ]
0
𝑡/2
 
𝑎𝑗 = − 
𝑝0𝐴
2𝜋
 [−
𝑐𝑜𝑠 (1 − 𝑗)𝜋 − cos 0
(1 − 𝑗)
 −
𝑐𝑜𝑠 (1 + 𝑗) − cos 0
 (1 + 𝑗)
 ] 
Para j = 1,3,5.... (ímpar) 
aj = − 
p0A
2π
 [−
1−1
(1−j)
 −
1−1
 (1+j)
 ] = 0 
 Para j = 2,4,6,... (par) 
aj = − 
p0A
2π
 [
−1−1
(1−j)
 −
−1−1
 (1+j)
 ] = − 
p0A
2π
 [−
2
(1−j)
 −
2
 (1+j)
 ] = 
p0A
2π
 = [ 
1+𝑗 + 𝑗−𝑗
1+ 𝑗2
] 
aj = 
2p0A
π(1−𝑗2) 
 
𝑏𝑗 = 
2
𝑡
 ∫ 𝑝0𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡 = 
2𝑝0𝐴
𝑡
𝑡/2
0
 ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑗 𝜔𝑡 𝑑𝑡 
𝑡
2
0
 
𝑏𝑗 = 
2𝑝0𝐴
𝑡
 [−
𝑠𝑒𝑛 (𝜔 − 𝑗𝜔)𝑡
2 (𝜔 − 𝑗𝜔)
 −
𝑠𝑒𝑛 (𝑐 + 𝑗𝜔)𝑡
2 (𝜔 + 𝑗𝜔)
 ]
0
𝑡/2
 
𝑏𝑗 = 
2𝑝0𝐴
2𝑡𝜔
 [
𝑠𝑒𝑛 (1 − 𝑗)𝜔𝑡
 (1 − 𝑗)
 −
𝑠𝑒𝑛 (1 + 𝑗)𝜔𝑡
 (1 + 𝑗)
 ]
0
𝑡/2
 
𝑏𝑗 = 
𝑝0𝐴
𝑡𝜔
 [
𝑠𝑒𝑛 (1 − 𝑗)𝜋 − 𝑠𝑒𝑛 0
 (1 − 𝑗)
 −
𝑠𝑒𝑛 (1 + 𝑗)𝜋 − 𝑠𝑒𝑛 0
 (1 + 𝑗)
 ] 
𝑏𝑗 = 0 
Com exceção para j = 1 quando há uma indeterminação no primeiro termo: 
𝑠𝑒𝑛 (1 − 𝑗)𝜋 − 𝑠𝑒𝑛 0
 (1 − 𝑗)
 
Logo: 
𝑏𝑗 = 
2
𝑡
 ∫ 𝑝0𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡 = 
2𝑝0𝐴
𝑡
𝑡/2
0
 ∫ 𝑠𝑒𝑛2 𝜔𝑡 𝑑𝑡 = 
2𝑝0𝐴
𝑡
𝑡
2
0
 [
𝑡
2
 − 
𝑠𝑒𝑛 2𝜔𝑡
2𝜔
]
0
𝑡/2
 
𝑏𝑗 = 
2𝑝0𝐴
𝑡
 
A força é então dada por: 
𝐹 (𝑡) =
𝑝0𝐴
𝜋
+ 
𝑝0𝐴
2
 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 + 
2𝑝0𝐴
𝜋
 ∑
1
1 − 𝑗2
cos 𝑗𝜔𝑡 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑗 𝑝𝑎𝑟
∞
𝑗−1
 
A resposta de regime permanente é: 
𝑋𝑝 = 
𝑃0
𝑘𝜋
+ 
𝑝0𝐴
2𝑘√(1−𝑟2)2+(2𝑟𝜁)2
 𝑠𝑒𝑛 (𝑤𝑡 − ∅1) +
2𝑝0𝐴
𝑘𝜋
 ∑
1
(1−𝑗2)√(1−𝑗2𝑟2)2+(2𝑟 𝑗𝜁)2
cos(𝑗 𝜔 𝑡 − ∅1)
∞
𝑗−1 
 
34 
 
15. Questão - Vibração forçada com excitação periódica não harmônica 
 
Determinar a resposta de regime permanente da válvula de controle hidráulico 
mostrada na figura abaixo quando submetida à pressão mostrada abaixo 
 
 
𝑭(𝒕) = {
 𝑝0𝐴 (
2𝑡
𝜏
) , para 0 ≤ t ≤ 
𝜏
2
−2𝑝0𝐴(
𝑡
𝜏
− 1) , para 
𝜏
2
 ≤ t ≤ 𝜏
 
Como a função é par F (t) = F (-t) 
𝑏𝑗 = 0 
𝑎0 =
2
𝜏
[∫ 𝑝0𝐴(
2𝑡
𝜏
)
𝜏
2
0
𝑑𝑡 + ∫ 2𝑝0𝐴 (1 −
𝑡
𝜏
)
 𝜏
𝜏
2
𝑑𝑡] 
𝑎𝑗 =
2
𝜏
[∫ 𝑝0𝐴(
2𝑡
𝜏
) 𝑐𝑜𝑠𝑗𝜔𝑡
𝜏
2
0
𝑑𝑡 + ∫ 2𝑝0𝐴 (1 −
𝑡
𝜏
) 𝑐𝑜𝑠𝑗𝜔𝑡
 𝜏
𝜏
2
𝑑𝑡] 
𝑎0 =
2𝑝0𝐴
𝜏
{[[
𝑡²
𝜏
]
0
𝜏
2
+ [2𝑡 −
𝑡²
𝜏
]𝜏
2
𝜏
]} =
2𝑝0𝐴
𝜏
{[
𝜏
4
] + [
𝜏
4
]} = 𝑝0𝐴 
𝑎𝑗 =
4𝑝0𝐴
𝜏
[∫ (
𝑡
𝜏
) 𝑐𝑜𝑠𝑗𝜔𝑡
𝜏
2
0
𝑑𝑡 − ∫
𝑡
𝜏
𝑐𝑜𝑠𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
𝜍
𝜏
2
] 
∫ 𝑐𝑜𝑠𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
𝜍
𝜏
2
=
𝜏
𝑗2𝜋
[sin (
𝑗2𝜋𝑡
𝜏
)]𝜏
2
𝜏
=
𝜏
𝑗2𝜋
[sin(𝑗2𝜋) − sin(𝑗𝜋)] = 0 
∫ (
𝑡
𝜏
) 𝑐𝑜𝑠𝑗𝜔𝑡
𝜏
2
0
𝑑𝑡 = [
𝑡
𝜏
(
𝜏
𝑗2𝜋
) 𝑠𝑖𝑛 (
𝑗2𝜋𝑡
𝜏
)]
0
𝜏
2
−∫ (
1
𝑗2𝜋
) 𝑠𝑖𝑛
𝜏
2
0
(
𝑗2𝜋𝑡
𝜏
) 𝑑𝑡 
= [(
𝜏
𝑗2𝜋
) sin(𝑗𝜋) − 0] + [
𝜏
(𝑗2𝜋)2
𝑐𝑜𝑠 (
𝑗2𝜋𝑡
𝜏
)]
0
𝜏
2
=
𝜏
(𝑗2𝜋)2
[cos(𝑗𝜋) − 1] 
 
35 
 
∫
𝑡
𝜏
𝑐𝑜𝑠𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
𝜍
𝜏
2
= [
𝑡
𝜏
(
𝜏
𝑗2𝜋
) sin (
𝑗2𝜋𝑡
𝜏
)]
𝜏
2
𝜏
 
− ∫ (
1
𝑗2𝜋
) sin (
𝑗2𝜋𝑡
𝜏
) 𝑑𝑡 =
𝜏
𝜏
2
= [(
𝜏
𝑗2𝜋
) sin(𝑗2𝜋) − (
𝜏
𝑗4𝜋
) sin(𝑗𝜋)] + [
𝜏
(𝑗2𝜋)2
cos (
𝑗2𝜋𝑡
𝜏
)]
𝜏
2
𝜏
= 
𝜏
(𝑗2𝜋)2
[cos(𝑗2𝜋) − cos(𝑗𝜋)] =
𝜏
(𝑗2𝜋)2
[1 − cos(𝑗𝜋)] 
 
 = [(
𝜏
𝑗2𝜋
) sin(𝑗2𝜋) − (
𝜏
𝑗4𝜋
) sin(𝑗𝜋)] + [
𝜏
(𝑗2𝜋)2
cos (
𝑗2𝜋𝑡
𝜏
)]
𝜏
2
𝜏
= 
𝜏
(𝑗2𝜋)2
[cos(𝑗2𝜋) − cos(𝑗𝜋)] =
𝜏
(𝑗2𝜋)2
[1 − cos(𝑗𝜋)] 
𝑎𝑗 =
4𝑝0𝐴
𝜏
{
𝜏
(𝑗2𝜋)2
[cos(𝑗𝜋) − 1] +
𝜏
(𝑗2𝜋)2
[cos(𝑗𝜋) − 1]} =
2𝑝0𝐴
(𝑗𝜋)2
[cos(𝑗𝜋) − 1] 
Para j = ímpar 
𝑎𝑗 = −
4𝑝0𝐴
(𝑗𝜋)2
 
Para j = par 
𝑎𝑗 = 0 
 A força é então dada por 
𝐹(𝑡) =
𝑝0𝐴
2
−
4𝑝0𝐴
𝜋2
∑
1
𝑗²
𝑐𝑜𝑠 (
𝑗2𝜋𝑡
𝜏
) 
͚
𝑗=1 para j ímpar 
 A resposta de regime permanente é 
𝑥𝑝(𝑡) =
𝑝0𝐴
2𝑘
+
4𝑝0𝐴
𝑘𝜋2
∑
1
𝑗²√(1−𝑗²𝑟²)2+(2𝜁𝑗𝑟)²
𝑐𝑜𝑠(𝑗𝜔𝑡 − 𝜑𝑗) 
͚
𝑗=1 para j ímpar 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
36 
 
16. Questão - Vibração forçada com excitação periódica não harmônica 
 
Determinar a resposta de regime permanente da válvula de controle hidráulico 
mostrada na figura abaixo quando submetida à força mostrada abaixo. 
 
𝐹(𝑡) = {
−2𝑝0 𝐴 (
2𝑡
𝜏
− 1) 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝜏/4 ≤ 𝑡 ≤ 3𝜏/4
 4𝑝0 𝐴 (
𝑡
𝜏
− 1) 𝑝𝑎𝑟𝑎 3𝜏/4≤ 𝑡 ≤ 5𝜏/4𝑡 
 
Como a função é ímpar, tem-se: 
𝑎0 = 𝑎𝑗 = 0 
Tem-se, 
𝑏𝑗 = −
2
𝜏
 [∫ 2𝑝0𝐴(
2𝑡
𝜏
− 1) 𝑠𝑒𝑛𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡 = 
2𝑝0𝐴
𝑡
3𝜏/4
𝜏/4
 ∫ 4𝑝0 𝐴 (
𝑡
𝜏
− 1) 𝑠𝑒𝑛 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡 
5𝜏/4𝑡
3𝜏/4
] 
 
𝑏𝑗 = 
4𝑝0 𝐴
𝜏
{−
2
𝜏
 [
𝑠𝑒𝑛 𝑗𝜔𝑡
(𝑗𝜔)2
−
𝑡𝑐𝑜𝑠 𝑗𝜔𝑡 
𝑗𝜔
 ]
𝜏
4
3𝜏
4
+ [−
𝑐𝑜𝑠 𝑗𝜔𝑡 
𝑗𝜔
 ]
𝜏
4
3𝜏
4
+
2
𝜏
[
𝑠𝑒𝑛 𝑗𝜔𝑡
(𝑗𝜔)2
−
𝑡𝑐𝑜𝑠 𝑗𝜔𝑡 
𝑗𝜔
 ]
3𝜏
4
5𝜏
4𝑡
− 2 [−
𝑐𝑜𝑠 𝑗𝜔𝑡 
𝑗𝜔
 ]
3𝜏
4
5𝜏
4𝑡
} 
 
𝑏𝑗 = 
4𝑝0 𝐴
𝑗𝜋𝜏
{
 
 
 
 
 
 
[
𝑠𝑒𝑛𝑗 
3𝜋
2 − 𝑠𝑒𝑛𝑗 
𝜋
2 − 𝑠𝑒𝑛𝑗 
5𝜋
2 − 𝑠𝑒𝑛𝑗 
3𝜋
2 
𝑗𝜔
]
− [−
3𝜏
4
𝑐𝑜𝑠𝑗
3𝜋
2
+
𝜏
4
𝑐𝑜𝑠𝑗
𝜋
2
+
5𝜏
4
𝑐𝑜𝑠𝑗
5𝜋
2
−
3𝜏
4
𝑐𝑜𝑠𝑗
3𝜋
2
]
+
𝜏
2
[−𝑐𝑜𝑠𝑗
3𝜋
2
+ 𝑐𝑜𝑠𝑗
𝜋
2
+ 2𝑐𝑜𝑠𝑗
5𝜋
2
− 2𝑐𝑜𝑠𝑗
3𝜋
2
] }
 
 
 
 
 
 
 
 
 
37 
 
Para j= 1,5,9,13... 
𝑏𝑗 = 
4𝑝0 𝐴
𝑗𝜋𝜏
{− [
−1 − 1 − 1 − 1 
𝑗𝜔
] − [−
3𝜏
4
𝑥 0 +
𝜏
4
 𝑥 0 +
5𝜏
4
 𝑥 0 −
3𝜏
4
 𝑥 0]
+
𝜏
2
[−0 + 0 + 2𝑥0 − 2𝑥0]} =
8𝑝0 𝐴
(𝑗𝜋)2
 
 
Para j= 3,7,11,15... 
𝑏𝑗 = 
4𝑝0 𝐴
𝑗𝜋𝜏
{− [
1 + 1 + 1 + 1 
𝑗𝜔
] − [−
3𝜏
4
𝑥 0 +
𝜏
4
 𝑥 0 +
5𝜏
4
 𝑥 0 −
3𝜏
4
 𝑥 0]
+
𝜏
2
[−0 + 0 + 2𝑥0 − 2𝑥0]} = −
8𝑝0 𝐴
(𝑗𝜋)2
 
 
Para j= 2,4,6,8...(par) 
𝑏𝑗 = 
4𝑝0 𝐴
𝑗𝜋𝜏
{− [
0 − 0 − 0 + 0 
𝑗𝜔
] − [
3𝜏
4
−
𝜏
4
−
5𝜏
4
+
3𝜏
4
 ] +
𝜏
2
[1 − 1 − 2 + 2]} = 0 
 
A força é dada por: 
𝐹(𝑡) = −
8𝑝0 𝐴
(𝜋)2
( ∑
1
(𝑗)2
∞
𝑗=1,5,9…
𝑠𝑒𝑛 𝑗𝜔𝑡 − ∑
1
(𝑗)2
∞
𝑗=3,7,11…
𝑠𝑒𝑛 𝑗𝜔𝑡 ) 
A resposta permanente é: 
 
𝑥𝑝(𝑡) =
8𝑝0 𝐴
𝑘𝜋2
( ∑
1
𝑗2√(1 − 𝑗2𝑟)2 + (2ς𝑗𝑟)2
∞
𝑗=1,5,9…
𝑠𝑒𝑛 (𝑗𝜔𝑡 − ∅𝑗) 
− ∑
1
𝑗2√(1 − 𝑗2𝑟)2 + (2ς𝑗𝑟)2
∞
𝑗=3,7,11…
𝑠𝑒𝑛 (𝑗𝜔𝑡 − ∅𝑗) ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
38 
 
17. Questão - Vibração forçada com excitação periódica não harmônica 
 
Determinar a resposta de regime permanente da válvula de controle hidráulico 
mostrada na figura abaixo quando submetida à pressão mostrada na figura abaixo: 
 
 
Solução: 
𝐹(𝑡) = −
𝑝0𝐴
𝑡
(𝑡 − 𝜏) 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝜏 
Sabe-se que os coeficientes de Fourier são definidos como: 
𝑎𝑗 =
2
𝑇
∫ 𝐹(𝑡)𝑐𝑜𝑠𝑗𝑤𝑡𝑑𝑡
𝑇
0
 𝑗 = 0, 1, 2, … 
𝑏𝑗 =
2
𝑇
∫ 𝐹(𝑡)𝑠𝑒𝑛𝑗𝑤𝑡𝑑𝑡
𝑇
0
 𝑗 = 1, 2, … 
Assim, 
𝑎0 =
2
𝜏
[∫ −
𝑝0𝐴
𝑡
(𝑡 − 𝜏)
𝜏
0
𝑑𝑡] = −
2𝑝0𝐴
𝑡
[
𝑡2
2
− 𝜏𝑡] = 𝑝0𝐴 
𝑎𝑗 =
2
𝜏
[∫ −
𝑝0𝐴
𝑡
(𝑡 − 𝜏)
𝜏
0
𝑐𝑜𝑠𝑗𝑤𝑡𝑑𝑡] = −
2𝑝0𝐴
𝑡²
(∫ 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑗𝑤𝑡𝑑𝑡
𝜏
0
− 𝜏∫ 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑗𝑤𝑡𝑑𝑡
𝜏
0
) 
𝑎𝑗 = −
2𝑝0𝐴
𝜏²
{[
𝑐𝑜𝑠𝑗𝑤𝑡
(𝑗𝑤)2
+
𝑡𝑠𝑒𝑛𝑗𝑤𝑡
𝑗𝑤
]
0
𝜏
− [
1
𝑗𝑤
𝑠𝑒𝑛𝑗𝑤𝑡]
0
𝜏
} 
𝑎𝑗 = −
2𝑝0𝐴
𝜏2
{[
𝑐𝑜𝑠𝑗2𝜋 − 1
(𝑗𝑤)2
+
𝜏𝑠𝑒𝑛𝑗2𝜋 − 0
𝑗𝑤
]
0
𝑡
−
𝜏
𝑗𝑤
[𝑠𝑒𝑛𝑗2𝜋 − 0]} = 0 
Enquanto que, 
𝑏𝑗 =
2
𝜏
{∫ −
𝑝0𝐴
𝑡
(𝑡 − 𝜏)
𝜏
0
𝑠𝑒𝑛𝑗𝑤𝑡𝑑𝑡} = −
2𝑝0𝐴
𝑡²
(∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡𝑑𝑡
𝜏
0
− 𝜏∫ 𝑠𝑒𝑛𝑗𝑤𝑡𝑑𝑡
𝜏
0
) 
𝑏𝑗 = −
2𝑝0𝐴
𝜏²
{[
𝑠𝑒𝑛𝑗𝑤𝑡
(𝑗𝑤)2
−
𝑡𝑐𝑜𝑠𝑗𝑤𝑡
𝑗𝑤
]
0
𝜏
− 𝜏 [−
1
𝑗𝑤
𝑐𝑜𝑠𝑗𝑤𝑡]
0
𝜏
} 
𝑏𝑗 = −
2𝑝0𝐴
𝜏2
{[
𝑠𝑒𝑛𝑗2𝜋 − 0
(𝑗𝑤)2
−
𝑡𝑐𝑜𝑠𝑗2𝜋
𝑗𝑤
] −
𝜏
𝑗𝑤
[−𝑐𝑜𝑠𝑗2𝜋 + 1]} =
𝑝0𝐴
𝑗𝜋
 
A força é definida por: 
 
39 
 
𝐹(𝑡) =
𝑝0𝐴
2
+
𝑝0𝐴
𝜋
∑
1
𝑗
𝑠𝑒𝑛𝑗𝑤𝑡
∞
𝑗=1
 
Assim, a resposta permanente do dado problema é: 
𝑥𝑝(𝑡) =
𝑝0𝐴
2𝑘
+
𝑝0𝐴
𝑘𝜋
∑
1
𝑗√(1 − 𝑗2𝑟2)2 + (2𝜍𝑗𝑟)2
𝑠𝑒𝑛(𝑗𝑤𝑡 − 𝜙𝑗)
∞
𝑗=1
 
 
18. Questão - Vibração forçada com excitação periódica não harmônica 
 
Determinar a resposta de regime permanente de um sistema com amortecimento 
viscoso submetido à força mostrada na figura abaixo: 
 
 
𝐹(𝑡) =
𝑝0 𝐴
𝜏
𝑡 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝜏 
 
𝑎0 = 
2
𝜏
∫
𝑝0𝐴
𝜏
𝑡 𝑑𝑡 =
2𝑝0𝐴
𝜏2
[
𝑡2
2
]
0
𝜏
 
𝜏
0
= 𝑝0𝐴 
𝑎𝑗 = 
2
𝜏
∫
𝑝0𝐴
𝜏
𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
𝜏
0
 
𝑎𝑗 = 
2𝑝0𝐴
𝜏2
[
𝑐𝑜𝑠 𝑗𝜔𝑡
(𝑗𝜔)2
+
𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑗𝜔𝑡
𝑗𝜔
]
0
𝜏
=
2𝑝0𝐴
𝜏2
[
𝑐𝑜𝑠 𝑗2𝜋 − 1
(𝑗𝜔)2
+
𝜏 𝑠𝑖𝑛 𝑗2𝜋 − 0
𝑗𝜔
] = 0 
 
𝑏𝑗 = 
2
𝜏
∫
𝑝0𝐴
𝜏
𝑡 𝑠𝑖𝑛 𝑗𝜔𝑡 𝑑𝑡
𝜏
0
 
𝑎𝑗 = 
2𝑝0𝐴
𝜏2
[
𝑠𝑖𝑛 𝑗𝜔𝑡
(𝑗𝜔)2
+
𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑗𝜔𝑡
𝑗𝜔
]
0
𝜏
=
2𝑝0𝐴
𝜏2
[
𝑠𝑖𝑛 𝑗2𝜋 − 1
(𝑗𝜔)2
+
𝜏 𝑐𝑜𝑠 𝑗2𝜋 − 0
𝑗𝜔
] = −
𝑝0𝐴
𝑗𝜋
 
 
A equação da força é dada por: 
 
40 
 
𝐹(𝑡) =
𝑝0 𝐴
2
−
𝑝0 𝐴
𝜋
∑
1
𝑗
∞
𝑗=1
𝑠𝑒𝑛 𝑗𝜔𝑡 
A resposta permanente é: 
 
𝑥𝑝(𝑡) =
𝑝0 𝐴
2𝑘
+
𝑝0 𝐴
𝑘𝜋
 ∑
1
𝑗√(1 − 𝑗2𝑟)2 + (2ς𝑗𝑟)2
∞
𝑗=1
𝑠𝑒𝑛 (𝑗𝜔𝑡 − ∅𝑗) 
 
19. QUESTÃO 19 – Vibração Livre com 3 GDL 
 Para o sistema massa-mola de 3 GDL representados pela figura abaixo, determine: 
a) Desenhe os diagramas de corpo livre; 
b) Formule as equações de movimento; 
c) Defina as soluções; 
d) Faça m1 = m2 = m,m3 = 2m , k1 = k2 = k3 = ke k4 = k5 = k6 = 2k e formule as 
equações das amplitudes; 
e) Formule a equação característica; 
f) Calcule analiticamente, as frequências naturais; 
g) Substitua as frequências naturais, (item f) nas equações das amplitudes do (item d), 
calcule os modos naturais de vibrações e desenhe as formas modais para cada frequência 
natural; 
h) Formule as respostas para cada frequência natural, considerando as seguintes condições 
iniciais: x1(0) = 1,2 m, x2(0) = 0 , ẋ1(0) = 0 e ẋ2(0) = 0; 
i) Trace as curvas respostas (item h) em função do tempo usando o MATLAB. 
j) Identifique a matriz massa e a matriz rigidez. 
 
 
 
a) Desenhe os diagramas de corpo livre; 
 
 
41 
 
 
 
b) Formule as equações de movimento; 
 
Aplicando a 2° Lei de Newton (admitindo x3 > x2 > x1): 
m1ẍ1 = k2(x2 − x1) − k1x1 
m2ẍ2 = k3(x3 − x2) − k2(x2 − x1) − k5x2 − k6x2 
m3ẍ3 = −k3(x3 − x2) − k4x3 
As equações que norteiam o sistema, ficam: 
m1ẍ1 + (k1 + k2)x1 − k2x2 + 0x3 = 0 
m2ẍ2 − k2x1 + (k2 + k3 + k5 + k6)x2 − k3x3 = 0 
m3ẍ3 + 0x1 − k3x2 + (k3 + k4)x3 = 0 
Transformando para a forma matricial, o conjunto de equações fica: 
[
m1 0 0
0 m2 0
0 0 m3
] {
ẍ1
ẍ2
ẍ3
} + [
k1 + k2 −k2 0
−k2 k2 + k3 + k5 + k6 −k3
0 −k3 k3 + k4
] {
x1
x2
x2
} = {
0
0
0
} 
 
c) Defina as soluções; 
Sabendo que a resposta do sistema pode ser descrita pelas equações abaixo, na qual a 
velocidade dos corpos é obtida como a primeira derivada do seu deslocamento: 
xi = Xi cos(ωit + φi) ẋi = −ωiXi sen(ωit + φi) 
Tendo em vista que 
[M] = [
m1 0 0
0 m2 0
0 0 m3
] e [K] = [
k1 + k2 −k2 0
−k2 k2 + k3 + k5 + k6 −k3
0 −k3 k3 + k4
] 
Assim, 
[
−ω2m1 0 0
0 −ω2m2 0
0 0 −ω2m3
] {
X1
X2
X3
} + [
k1 + k2 −k2 0
−k2 k2 + k3 + k5 + k6 −k3
0 −k3 k3 + k4
] {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
Logo, para uma função harmônica o problema de autovalor (ou valor característico) fica 
 
42 
 
|[K] − ω2[M]|X⃗⃗ = 0⃗ 
d) Faça m1 = m2 = m, m3 = 2m, k1 = k2 = k3 = k e k4 = k5 = k6 = 2k e formule as 
equações das amplitudes; 
Fazendo as devidas substituições o problema e autovalor expandido fica 
[
(k1 + k2) − ω
2m1 −k2 0
−k2 (k2 + k3 + k5 + k6) − ω
2m2 −k3
0 −k3 (k3 + k4) − ω
2m3
] {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
Aplicando os valores de k e m, 
[M] = [
m 0 0
0 m 0
0 0 2m
] e [K] = [
2k −k 0
−k 6k −k
0 −k 3k
] 
Assim, 
[
2k − mω2 −k 0
−k 6k − mω2 −k
0 −k 3k − 2mω2
] {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
 
e) Formule a equação característica; 
Uma modificação é necessária para a solução do problema e autovalor. Tendo a equação, 
|[K] − ω2[M]|X⃗⃗ = 0⃗ 
Fazendo λ = 1/ω2 
|[K] − ω2[M]|X⃗⃗ = 0⃗ → |λ[K] − [M]|X⃗⃗ = 0 
Multiplicando ambos os lados da equação por [K]−1, obtemos 
|[K]−1| ∙ |λ[K] − [M]|X⃗⃗ = |λ[I] − [K]−1 ∙ [M]|X⃗⃗ = 0 
Fazendo [K]−1 ∙ [M] = [D] e lembrando que [K]−1 ∙ [M] ≠ [M] ∙ [K]−1, 
|λ[I] − [D]|X⃗⃗ = 0 → λ[I]X⃗⃗ = [D]X⃗⃗ 
Tendo em vista que as matrizes de massa e de rigidez sejam apresentadas com os seus 
coeficientes em evidência, 
[M] = m [
1 0 0
0 1 0
0 0 2
] e [K] = k [
2 −1 0
−1 6 −1
0 −1 3
] 
A inversa da matriz rigidez (matriz de flexibilidade) é mostrada como, 
[a] = [K]−1 =
1
k
[
0,5484 0,0968 0,0323
0,0968 0,1935 0,0645
0,03230,0645 0,3548
] 
 
43 
 
A matriz dinâmica resulta em 
[D] = [a] ∙ [M] =
m
k
[
0,5484 0,0968 0,0645
0,0968 0,1935 0,1290
0,0323 0,0645 0,7097
] 
O problema agora consiste em encontrar o determinante nulo, 
det|λ[I] − [D]| = 0 
Aplicando, 
λ[I] = [
λ 0 0
0 λ 0
0 0 λ
] 
det|λ[I] − [D]| = det [[
λ 0 0
0 λ 0
0 0 λ
] −
m
k
[
0,5484 0,0968 0,0645
0,0968 0,1935 0,1290
0,0323 0,0645 0,7097
]] = 0 
Fazendo a expansão 
det
[
 
 
 
 
 λ − 0,5484
m
k
0 − 0,0968
m
k
0 − 0,0645
m
k
0 − 0,0968
m
k
λ − 0,1935
m
k
0 − 0,1290
m
k
0 − 0,0323
m
k
0 − 0,0645
m
k
λ − 0,7097
m
k ]
 
 
 
 
 
= 0 
Dividindo a matriz acima por λ e substituindo 
α =
m
kλ
=
mω2
k
 
Tem-se agora 
det [
1 − 0,5484 ∙ α −0,0968 ∙ α −0,0645 ∙ α
−0,0968 ∙ α 1 − 0,1935 ∙ α −0,1290 ∙ α
−0,0323 ∙ α −0,0645 ∙ α 1 − 0,7097 ∙ α
] = 0 
Resolvendo a equação, igualando o determinante à esquerda do vetor de amplitude à zero, 
teremos: 
−0,0645 ∙ α3 + 0,6129 ∙ α2 − 1,4516 ∙ α + 1 = 0 
 
f) Calcule analiticamente, as frequências naturais; 
A equação acima foi plotada em um software gráfico, o gráfico abaixo é referente a equação 
obtida: 
 
44 
 
 
 
Resolvendo a equação de acima, teremos: 
α1 = 1,3408 → λ1 =
1
α1
m
k
= 0,7458
m
k
→ ω1
2 = 1,3408
k
m
∴ ω1 = 1,1579√
k
m
 
α2 = 1,8250 → λ2 =
1
α2
m
k
= 0,5479
m
k
→ ω3
2 = 1,8250
k
m
∴ ω2 = 1,3509√
k
m
 
α3 = 6,3342 → λ3 =
1
α3
m
k
= 0,1579
m
k
→ ω3
2 = 6,3342
k
m
∴ ω3 = 2,5168√
k
m
 
 
g) Substitua as frequências naturais, (item f) nas equações das amplitudes do (item d), 
calcule os modos naturais de vibrações e desenhe as formas modais para cada 
frequência natural; 
[
2k − mω2 −k 0
−k 2k − mω2 −k
0 −k −k − 2mω2
] {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
Como 
|λi [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] −
m
k
[
0,5484 0,0968 0,0645
0,0968 0,1935 0,1290
0,0323 0,0645 0,7097
]| {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
Os modos de vibração serão apresentados segundo cada um dos 3 valores de λi. 
1° Modo: λi = λ1 = 0,7458
m
k
 
|0,7458
m
k
[
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] −
m
k
[
0,5484 0,0968 0,0645
0,0968 0,1935 0,1290
0,0323 0,0645 0,7097
]| {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
 
45 
 
Fazendo algumas mudanças na matriz (
m
k
 foi colocado em evidência e anulado com o lado 
direito da equação), 
[
0,7458 − 0,5484 −0,0968 −0,0645
−0,0968 0,7458 − 0,1935 −0,1290
−0,0323 −0,0645 0,7458 − 0,7097
] {
X1
(1)
X2
(1)
X3
(1)
} = {
0
0
0
} 
Opta-se por deixar o sistema em função apenas de X1
(1) e encontra-se a razão de X1
(1) para 
X2
(1) e para X3
(1). O cálculo do primeiro modo será feito através da submatriz dinâmica 
anteriormente calculada: 
[
−0,0968 −0,0645
0,7458 − 0,1935 −0,1290
] {
X2
(1)
X3
(1)
} = {
0
0
} 
X2
(1) = −0,1974 ∙ X1
(1) X3
(1) = 0,0968 ∙ X1
(1) 
Assim, a primeira forma modal e dada por 
X ⃗⃗⃗ (1) = {
1
−0,1974
0,0968
} X1
(1) 
 
2° Modo: λi = λ2 = 0,5479
m
k
 
|0,5479
m
k
[
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] −
m
k
[
0,5484 0,0968 0,0645
0,0968 0,1935 0,1290
0,0323 0,0645 0,7097
]| {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
Ficando 
[
0,5479 − 0,5484 −0,0968 −0,0645
−0,0968 0,5479 − 0,1935 −0,1290
−0,0323 −0,0645 0,5479 − 0,7097
] {
X1
(2)
X2
(2)
X3
(2)
} = {
0
0
0
} 
O cálculo do segundo modo será feito através da submatriz dinâmica anteriormente 
calculada: 
[
−0,0968 −0,0645
0,5479 − 0,1935 −0,1290
] {
X2
(2)
X3
(2)
} = {
0
0
} 
X2
(2) = 0,0004 ∙ X1
(2) X3
(2) = −0,2693 ∙ X1
(2) 
Assim, a segunda forma modal e dada por 
X ⃗⃗⃗ (2) = {
1
0,0004
−0,2693
} X1
(2) 
 
46 
 
3° Modo: λi = λ3 = 0,1579
m
k
 
|0,1579
m
k
[
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] −
m
k
[
0,5484 0,0968 0,0645
0,0968 0,1935 0,1290
0,0323 0,0645 0,7097
]| {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
[
0,1579 − 0,5484 −0,0968 −0,0645
−0,0968 0,1579 − 0,1935 −0,1290
−0,0323 −0,0645 0,1579 − 0,7097
] {
X1
(3)
X2
(3)
X3
(3)
} = {
0
0
0
} 
O cálculo do terceiro modo será feito através da submatriz dinâmica anteriormente 
calculada: 
[
0,0968 −0,0645
0,1579 − 0,1935 −0,1290
] {
X2
(3)
X3
(3)
} = {
0
0
} 
X2
(3) = 0,3905 ∙ X1
(3) X3
(3) = 0,0968 ∙ X1
(3) 
Assim, a terceira forma modal e dada por 
X ⃗⃗⃗ (3) = {
1
0,3905
0,0968
} X1
(3) 
 
Um comparativo de proporções entre as formas modais é mostrado abaixo: 
 
h) Formule as respostas para cada frequência natural, considerando as seguintes 
condições iniciais: 
 x1(0) = 1,2 m, x2(0) = 0 , ẋ1(0) = 0 e ẋ2(0) = 0; 
A resposta genérica do sistema então é dada por: 
0 
1 
0,6592 
2,0712 
0 
1 
0,1750 
-0,2693 
0 
1 
0,3905 0,0968 
-0,50
0,50
1,50
2,50
0 1 2 3
X
 e
m
 m
et
ro
s 
Modos 
Formas Modais 
Xʿ¹ʾ 
Xʿ²ʾ 
Xʿ³ʾ 
 
47 
 
{
x1(t)
x2(t)
x3(t)
} = {
X1
(1)
X2
(1)
X3
(1)
} cos(ω1t + φ1) + {
X1
(2)
X2
(2)
X3
(2)
} cos(ω2t + φ2) + {
X1
(3)
X2
(3)
X3
(3)
} cos(ω3t + φ3) 
Derivando a equação acima, obtém-se que: 
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
ẋ3(t)
} = −ω1 {
X1
(1)
X2
(1)
X3
(1)
} sen(ω1t + φ1) − ω2 {
X1
(2)
X2
(2)
X3
(2)
} sen(ω2t + φ2) − ω3 {
X1
(3)
X2
(3)
X3
(3)
} sen(ω3t + φ3) 
Para as condições iniciais, onde t = 0, e substituindo os valores iniciais no sistema, tem-se: 
{
x1(0)
x2(0)
x3(0)
} = {
1,2
0
0
} = {
1
−0,1974
0,0968
} X1
(1)
cos(φ1) + {
1
0,0004
−0,2693
} X1
(2)
cos(φ2) + {
1
0,3905
0,0968
} X1
(3)
cos(φ3) 
A resposta em velocidade fica 
{
ẋ1(0)
ẋ2(0)
ẋ3(0)
} = {
0
0
0
} = −1,1579√
k
m
∙ {
1
−0,1974
0,0968
} X1
(1) sen(φ1) + 
−1,3509√
k
m
∙ {
1
0,0004
−0,2693
} X1
(2) sen(φ2) − 2,5168√
k
m
∙ {
1
0,3905
0,0968
} X1
(3) sen(φ3) 
Para se encontrar os valores das componentes das amplitudes será feita uma análise por 
meio das condições iniciais fornecidas. A análise pelos deslocamentos fica 
[
1 1 1
−0,1974 0,0004 0,3905
0,0968 −0,2693 0,0968
] [
X1
(1)
cos(φ1)
X1
(2)
cos(φ2)
X1
(3)
cos(φ3)
] = [
1,2
0
0
] → [
X1
(1)
cos(φ1)
X1
(2)
cos(φ2)
X1
(3)
cos(φ3)
] = [
0,1199
1,0207
0,0594
] 
Análise pelas velocidades 
[
−1,1579 −1,3509 −2,5168
1,1579 ∙ 0,1974 −1,3509 ∙ 0,0004 −2,5168 ∙ 0,3905
−1,1579 ∙ 0,0968 1,3509 ∙ 0,2693 −2,5168 ∙ 0,0968
] [
X1
(1)
sen(φ1)
X1
(2)
sen(φ2)
X1
(3)
sen(φ3)
] = [
0
0
0
] 
[
X1
(1)
sen(φ1)
X1
(2)
sen(φ2)
X1
(3)
sen(φ3)
] = [
0
0
0
] 
Elevando X1
(i)
sen(φi) e X1
(i)
cos(φi) ao quadrado e somando os dois, obtém-se: 
 
[X1
(1)]
2
= [X1
(1) cos(φ1)]
2
+ [X1
(1) sen(φ1)]
2
 
 
48 
 
X1
(1)
= √[X1
(1) cos(φ1)]
2
+ [X1
(1) sen(φ1)]
2
= √(0,1199)2 + 02 = 0,1199 m 
[X1
(2)]
2
= [X1
(2) cos(φ2)]
2
+ [X1
(2) sen(φ2)]
2
 
X1
(2)
= √[X1
(2) cos(φ2)]
2
+ [X1
(2) sen(φ2)]
2
= √(1,0207)2 + 02 = 1,0207 m 
[X1
(3)]
2
= [X1
(3) cos(φ3)]
2
+ [X1
(3) sen(φ3)]
2
 
X1
(3)
= √[X1
(3) cos(φ3)]
2
+ [X1
(3) sen(φ3)]
2
= √(0,0997)2 + 02 = 0,0594 m 
Por fim, para se determinar as fases, tem-se: 
 
φ1 = arctan (
X1
(1) sen(φ1)
X1
(1) cos(φ1)
) = arctan (
0
0,1199
) = arctan(0) = 0 rad 
φ2 = arctan (
X1
(2) sen(φ2)
X1
(2) cos(φ2)
) = arctan (
0
1,0207
) = arctan(0) = 0 rad 
φ3 = arctan (
X1
(3) sen(φ3)
X1
(3) cos(φ3)
) = arctan (
0
0,0594
) = arctan(0) = 0 rad 
 
i) Trace as curvas respostas (item h) em função do tempo usando o MATLAB. 
 
Primeiramente serão apresentados os valores dos três vetores modais anteriormente 
calculados, 
𝐗(𝟏) = {
1
−0,1974
0,0968
} X1
(1) = {
1
−0,1974
0,0968
} 0,1199 = {
0,1199
0,0790
−0,8577
} 
𝐗(𝟐) = {
1
−0,6071
0,9176
} X1
(2) = {
1
0,0004
−0,2693
} 1,0207 = {
1,0207
0,1786
−0,2749
} 
𝐗(𝟑) = {
1
3,8295
0,3087
} X1
(3) = {
1
0,3905
0,0968
} 0,0594 = {
0,0594
−0,2576
0,0266
} 
Com base nos dados anteriores as respostas do movimento ficam 
{
x1(t)
x2(t)
x3(t)
} = {
0,1199
0,0790
−0,8577
} cos(1,1579√
k
m
t) + {
1,0207
0,1786
−0,2749
} cos(1,3509√
k
m
t) + {
0,0594
−0,2576
0,0266
} cos(2,5168√
k
m
t) 
Considerando k = 54450 N/m e m = 2 kg, 
 
49 
 
√
k
m
= √
54450
2
= 165
rad
s
 
As respostas específicas resultam em 
{
x1(t)
x2(t)
x3(t)
} = {
0,1199
0,0790
−0,8577
} cos(191,0612 ∙ t) + {
1,0207
0,1786
−0,2749
} cos(222,9027 ∙ t) + {
0,0594
−0,2576
0,0266
}cos(415,2677 ∙ t) 
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
ẋ3(t)
} = {
−22,90
−15,10
−47,43
} sen(191,0612 ∙ t) + {
−227,51
−39,81
61,28
} sen(222,9027 ∙ t) + {
−24,68
106,99
−11,06
} sen(415,2677 ∙ t) 
 
Os gráficos de resposta são mostrados abaixo: 
 
-1,50
-1,00
-0,50
0,00
0,50
1,00
1,50
0 5 10 15 20 25 30 35 40
x(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
t em segundos 
Comparativo dos Deslocamentos 
x₁ 
x₂ 
x₃ 
 
50 
 
 
j) Identifique a matriz massa e a matriz rigidez. 
Visto que o seguinte valor foi utilizado 
√
k
m
= √
54450
2
= 165
rad
s
 
As matrizes de massa e rigidez ficaram definidas como: 
[M] = [
2 0 0
0 2 0
0 0 4
] em kg [K] = [
108900 −54450 0
−54450 326700 −54450
0 −54450 163350
] em N/m 
-300
-200
-100
0
100
200
300
0 5 10 15 20 25 30 35 40
v(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
p
o
r 
se
gu
n
d
o
 
t em segundos 
Comparativo das Velocidades 
v₁ 
v₂ 
v₃ 
 
51 
 
20. QUESTÃO – Vibração Livre com 3 GDL 
 
Para o sistema massa-mola de três graus de liberdade representados pela figura abaixo, 
determine: 
a) Desenhe os diagramas de corpo livre; 
b) Formule as equações de movimento; 
c) Defina as soluções; 
d) Formule as equações das amplitudes; 
e) Formule a equação característica; 
f) Calcule analiticamente, as frequências naturais; 
g) Substitua as frequências naturais, (item f) nas equações das amplitudes do (item d), 
calcule os modos naturais de vibrações e desenhe as formas modais para cada frequência 
natural; 
h) Formule as respostas para cada frequência natural, considerando as seguintes condições 
iniciais: x1(0) = 0, x2(0) = 0, x3(0) = 1 , ẋ1(0) = 0, ẋ2(0) = 0 e ẋ3(0) = 0; 
i) Trace as curvas respostas (item h) em função do tempo usando o MATLAB. 
j) Identifique a matriz massa e a matriz rigidez. 
 
 
a) Desenhe os diagramas de corpo livre (admitindo x3 > x2 > x1): 
 
 
52 
 
Formule as equações de 
movimento; 
Aplicando a 2° Lei de Newton (admitindo x3 > x2 > x1): 
m1ẍ1 = k2(x2 − x1) + k5(x3 − x1) − k1x1 
m2ẍ2 = k3(x3 − x2) − k2(x2 − x1) − k6x2 
m3ẍ3 = −k3(x3 − x2) − k5(x3 − x1) − k4x3 
As equações que norteiam o sistema, ficam: 
m1ẍ1 + (k1 + k2 + k5)x1 − k2x2 − k5x3 = 0 
m2ẍ2 − k2x1 + (k2 + k3 + k6)x2 − k3x3 = 0 
m3ẍ3 − k5x1 − k3x2 + (k3 + k5 + k4)x3 = 0 
Transformando para a forma matricial, o conjunto de equações fica: 
[
m1 0 0
0 m2 0
0 0 m3
] {
ẍ1
ẍ2
ẍ3
} + [
k1 + k2 + k5 −k2 0
−k2 k2 + k3 + k6 −k3
0 −k3 k3 + k5 + k4
] {
x1
x2
x2
} = {
0
0
0
} 
 
b) Defina as soluções; 
Sabendo que a resposta do sistema pode ser descrita pelas equações abaixo, na qual a 
velocidade dos corpos é obtida como a primeira derivada do seu deslocamento: 
xi = Xi cos(ωit + φi) ẋi = −ωiXi sen(ωit + φi) 
Tendo em vista que 
[M] = [
m1 0 0
0 m2 0
0 0 m3
] e [K] = [
k1 + k2 + k5 −k2 0
−k2 k2 + k3 + k6 −k3
0 −k3 k3 + k5 + k4
] 
Assim, 
[
−ω2m1 0 0
0 −ω2m2 0
0 0 −ω2m3
] {
X1
X2
X3
} + [
k1 + k2 + k5 −k2 0
−k2 k2 + k3 + k6 −k3
0 −k3 k3 + k5 + k4
] {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
Logo, para uma função harmônica o problema de autovalor (ou valor característico) fica 
 
53 
 
|[K] − ω2[M]|X⃗⃗ = 0⃗ 
Somando as duas matrizes anteriores 
[
(k1 + k2 + k5) − ω
2m1 −k2 0
−k2 (k2 + k3 + k6) − ω
2m2 −k3
0 −k3 (k3 + k5 + k4) − ω
2m3
] {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
 
Aplicando os valores de k e m, 
[M] = [
m 0 0
0 m 0
0 0 m
] e [K] = [
3k −k 0
−k 3k −k
0 −k 3k
] 
Assim, 
[
3k − mω2 −k 0
−k 3k − mω2 −k
0 −k 3k − mω2
] {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
c) Formule as equações das amplitudes; 
As amplitudes serão dadas a partir das submatrizes da matriz acima em notação matricial 
[
−k 0
3k − mωi
2 −k
] {
X2
X3
} = {−
(3k − mωi
2)
k
} X1
(i) 
Ou em sistema 
{
(3k − mωi
2)X1
(i) − kX2
(i) + 0X3
(i) = 0
−kX1
(i) + (3k − mωi
2)X2
(i) − kX3
(i) = 0
0X1
(i) − kX2
(i) + (3k − mωi
2)X3
(i) = 0
 
Para se ter a razão de amplitudes 
X2
(i) = (
3k −mωi
2
k
)X1
(i) X3
(i) =
(3k − mωi
2)X2
(i) − kX1
(i)
k
= [(
3k − mωi
2
k
)
2
− 1] X1
(i) 
d) Formule a equação característica; 
Uma modificação é necessária para a solução do problema e autovalor. Tendo a equação, 
|[K] − ω2[M]|X⃗⃗ = 0⃗ 
Fazendo λ = 1/ω2 
|[K] − ω2[M]|X⃗⃗ = 0⃗ → |λ[K] − [M]|X⃗⃗ = 0 
Multiplicando ambos os lados da equação por [K]−1, obtemos 
|[K]−1| ∙ |λ[K] − [M]|X⃗⃗ = |λ[I] − [K]−1 ∙ [M]|X⃗⃗ = 0 
 
54 
 
Fazendo [K]−1 ∙ [M] = [D] e lembrando que [K]−1 ∙ [M] ≠ [M] ∙ [K]−1, 
|λ[I] − [D]|X⃗⃗ = 0 → λ[I]X⃗⃗ = [D]X⃗⃗ 
Tendo em vista que as matrizes de massa e de rigidez sejam apresentadas com os seus 
coeficientes em evidência, 
[M] = m [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] e [K] = k [
3 −1 0
−1 3 −1
0 −1 3
] 
A inversa da matriz rigidez (matriz de flexibilidade) é mostrada como, 
[a] = [K]−1 =
1
k
[
0,3810 0,1429 0,0476
0,1429 0,4286 0,1429
0,0476 0,1429 0,3810
] 
A matriz dinâmica resulta em 
[D] = [a] ∙ [M] =
m
k
[
0,3810 0,1429 0,0476
0,1429 0,4286 0,1429
0,0476 0,1429 0,3810
] = m[α] 
Como [M] = m[I], então [D] = m[α]. 
O problema agora consiste em encontrar o determinante nulo, 
det|λ[I] − [D]| = 0 
Aplicando, 
λ[I] = [
λ 0 0
0 λ 0
0 0 λ
] 
det|λ[I] − [D]| = det [[
λ 0 0
0 λ 0
0 0 λ
] −
m
k
[
0,3810 0,1429 0,0476
0,1429 0,4286 0,1429
0,0476 0,1429 0,3810
]] = 0 
Fazendo a expansão 
det
[
 
 
 
 
 λ − 0,3810
m
k
0 − 0,1429
m
k
0 − 0,0476
m
k
0 − 0,1429
m
k
λ − 0,4286
m
k
0 − 0,1429
m
k
0 − 0,0476
m
k
0 − 0,1429
m
k
λ − 0,3810
m
k ]
 
 
 
 
 
= 0 
Dividindo a matriz acima por λ e substituindo 
α =
m
kλ
=
mω2
k
 
Tem-se agora 
 
55 
 
det [
1 − 0,3810 ∙ α 0 − 0,1429 ∙ α 0 − 0,0476 ∙ α
0 − 0,1429 ∙ α 1 − 0,4286 ∙ α 0 − 0,1429 ∙ α
0 − 0,0476 ∙ α 0 − 0,1429 ∙ α 1 − 0,3810 ∙ α
] = 0 
Resolvendo a equação, igualando o determinante à esquerda do vetor de amplitude à zero, 
teremos: 
−0,0476 ∙ α3 + 0,4286 ∙ α2 − 1,1905 ∙ α + 1 = 0 
 
e) Calcule analiticamente, as frequências naturais; 
A equação acima foi plotada em um software gráfico, o gráfico abaixo é referente a equação 
obtida: 
 
Resolvendo a equação de acima, teremos: 
α1 = 1,5858 → λ1 =
1
α1
m
k
= 0,6306
m
k
→ ω1
2 = 1,5858
k
m
∴ ω1 = 1,2593√
k
m
 
α2 = 3,0000 → λ2 =
1
α2
m
k
= 0,3333
m
k
→ ω3
2 = 3,0000
k
m
∴ ω2 = 1,7321√
k
m
 
α3 = 4,4142 → λ3 =
1
α3
m
k
= 0,2265
m
k
→ ω3
2 = 4,4142
k
m
∴ ω3 = 2,1010√
k
m
 
 
f) Substitua as frequências naturais, (item f) nas equações das amplitudes do (item d), 
calcule os modos naturais de vibrações e desenhe as formas modais para cada 
frequência natural; 
[
3k − mω2 −k 0
−k 3k − mω2 −k
0 −k 3k − mω2
] {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
Como 
|λi [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] −
m
k
[
0,3810 0,1429 0,0476
0,1429 0,4286 0,1429
0,0476 0,1429 0,3810
]| {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
 
56 
 
Os modos de vibração serão apresentados segundo cada um dos 3 valores de λi. 
 
1° Modo: λi = λ1 = 0,6306
m
k
 
|0,6306
m
k
[
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] −
m
k
[
0,3810 0,1429 0,0476
0,1429 0,4286 0,1429
0,0476 0,1429 0,3810
]| {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
Fazendo algumas mudanças na matriz, 
[
0,6306 − 0,3810 −0,1429 −0,0476
−0,1429 0,6306 − 0,4286 −0,1429
−0,0476 −0,1429 0,6306 − 0,3810
] {
X1
(1)
X2
(1)
X3
(1)
} = {
0
0
0
} 
Opta-se por deixar o sistema em função apenas de X1
(1) e encontra-se a razão de X1
(1) para 
X2
(1) e para X3
(1). O cálculo do primeiro modo será feito através da submatriz dinâmica 
anteriormente calculada: 
[
−0,1429 −0,0476
0,6306 − 0,4286 −0,1429
] {
X2
(1)
X3
(1)
} = {
−(0,6306 − 0,3810)
0,1429
} X1
(1) 
X2
(1) = 1,4142 ∙ X1
(1) X3
(1) = 1 ∙ X1
(1) 
Assim, a primeira forma modal e dada por 
X ⃗⃗⃗ (1) = {
1
1,4142
1
} X1
(1)
 
2° Modo: λi = λ2 = 0,3333
m
k
 
|0,3333
m
k
[
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] −
m
k
[
0,3810 0,1429 0,0476
0,1429 0,4286 0,1429
0,0476 0,1429 0,3810
]| {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
[
0,3333 − 0,3810 −0,1429 −0,0476
−0,1429 0,3333 − 0,4286 −0,1429
−0,0476 −0,1429 0,3333 − 0,3810
] {
X1
(2)
X2
(2)
X3
(2)
} = {
0
0
0
} 
O cálculo do segundo modo será feito através da submatriz dinâmica anteriormentecalculada: 
[
−0,1429 −0,0476
0,3333 − 0,4286 −0,1429
] {
X2
(2)
X3
(2)
} = {
−(0,3333 − 0,3810)
0,1426
} X1
(2) 
X2
(2) = 0 ∙ X1
(2) X3
(2) = −1 ∙ X1
(2) 
Assim, a segunda forma modal e dada por 
 
57 
 
X ⃗⃗⃗ (2) = {
1
0
−1
} X1
(2) 
 
3° Modo: λi = λ3 = 0,2265
m
k
 
|0,2265
m
k
[
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] −
m
k
[
0,3810 0,1429 0,0476
0,1429 0,4286 0,1429
0,0476 0,1429 0,3810
]| {
X1
X2
X3
} = {
0
0
0
} 
[
0,2265 − 0,3810 −0,1429 −0,0476
−0,1429 0,2265 − 0,4286 −0,1429
−0,0476 −0,1429 0,2265 − 0,3810
] {
X1
(3)
X2
(3)
X3
(3)
} = {
0
0
0
} 
O cálculo do terceiro modo será feito através da submatriz dinâmica anteriormente 
calculada: 
[
−0,1429 −0,0476
0,2265 − 0,1935 −0,1429
] {
X2
(3)
X3
(3)
} = {
−(0,2265 − 0,3810)
0,1429
} X1
(3) 
X2
(3) = −1,4142 ∙ X1
(3) X3
(3) = 1 ∙ X1
(3) 
Assim, a terceira forma modal e dada por 
X ⃗⃗⃗ (3) = {
1
−1,4142
1
} X1
(3) 
As um comparativo de proporções entre as formas modais é mostrado abaixo: 
 
0 
1 1,4142 
0,9999 
0 
1 
0,0000 
-1,0000 
0 
1 
0,1544 0,1429 
-1,50
-0,50
0,50
1,50
0 1 2 3
X
 e
m
 m
et
ro
s 
Modos 
Formas Modais 
Xʿ¹ʾ 
Xʿ²ʾ 
Xʿ³ʾ 
 
58 
 
g) Formule as respostas para cada frequência natural, considerando as seguintes 
condições iniciais: 
 x1(0) = 0 m, x2(0) = 0, x3(0) = 1 , ẋ1(0) = 0, ẋ2(0) = 0 e ẋ3(0) = 0; 
A resposta genérica do sistema então é dada por: 
{
x1(t)
x2(t)
x3(t)
} = {
X1
(1)
X2
(1)
X3
(1)
} cos(ω1t + φ1) + {
X1
(2)
X2
(2)
X3
(2)
} cos(ω2t + φ2) + {
X1
(3)
X2
(3)
X3
(3)
} cos(ω3t + φ3) 
Derivando a equação acima, obtém-se que: 
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
ẋ3(t)
} = −ω1 {
X1
(1)
X2
(1)
X3
(1)
} sen(ω1t + φ1) − ω2 {
X1
(2)
X2
(2)
X3
(2)
} sen(ω2t + φ2) − ω3 {
X1
(3)
X2
(3)
X3
(3)
} sen(ω3t + φ3) 
Para as condições iniciais, onde t = 0, e substituindo os valores iniciais no sistema, tem-se: 
{
x1(0)
x2(0)
x3(0)
} = {
0
0
1
} = {
1
1,4142
1
} X1
(1)
cos(φ1) + {
1
0
−1
} X1
(2)
cos(φ2) + {
1
−1,4142
1
} X1
(3) cos(φ3) 
A resposta em velocidade fica 
{
ẋ1(0)
ẋ2(0)
ẋ3(0)
} = {
0
0
0
} = −1,1579√
k
m
∙ {
1
1,4142
1
} X1
(1) sen(φ1) 
−1,3509√
k
m
∙ {
1
0
−1
}X1
(2) sen(φ2) − 2,5168√
k
m
∙ {
1
−1,4142
1
} X1
(3) sen(φ3) 
Para se encontrar os valores das componentes das amplitudes será feita uma análise por 
meio das condições iniciais fornecidas. A análise pelos deslocamentos fica 
[
1 1 1
1,4142 0 −1,4142
1 −1 1
] [
X1
(1)
cos(φ1)
X1
(2)
cos(φ2)
X1
(3)
cos(φ3)
] = [
0
0
1
] 
[
X1
(1)
cos(φ1)
X1
(2)
cos(φ2)
X1
(3)
cos(φ3)
] = [
0,25
−0,50
0,25
] 
Análise pelas velocidades 
[
−1,2593 −1,7321 −2,1010
−1,2593 ∙ 1,4142 0 2,1010 ∙ 1,4142
−1,2593 1,7321 −2,1010
] [
X1
(1)
sen(φ1)
X1
(2)
sen(φ2)
X1
(3)
sen(φ3)
] = [
0
0
0
] 
 
59 
 
[
X1
(1)
sen(φ1)
X1
(2)
sen(φ2)
X1
(3)
sen(φ3)
] = [
0
0
0
] 
 
Elevando X1
(i)
sen(φi) e X1
(i)
cos(φi) ao quadrado e somando os dois, obtém-se: 
 
[X1
(1)]
2
= [X1
(1) cos(φ1)]
2
+ [X1
(1) sen(φ1)]
2
 
X1
(1)
= √[X1
(1) cos(φ1)]
2
+ [X1
(1) sen(φ1)]
2
= √(0,25)2 + 02 = 0,25 m 
[X1
(2)]
2
= [X1
(2) cos(φ2)]
2
+ [X1
(2) sen(φ2)]
2
 
X1
(2)
= √[X1
(2) cos(φ2)]
2
+ [X1
(2) sen(φ2)]
2
= √(−0,50)2 + 02 = 0,50 m 
[X1
(3)]
2
= [X1
(3) cos(φ3)]
2
+ [X1
(3) sen(φ3)]
2
 
X1
(3)
= √[X1
(3) cos(φ3)]
2
+ [X1
(3) sen(φ3)]
2
= √(0,25)2 + 02 = 0,25 m 
Por fim, para se determinar as fases, tem-se: 
 
φ1 = arctan(
X1
(1) sen(φ1)
X1
(1) cos(φ1)
) = arctan (
0
0,25
) = arctan(0) = 0 rad 
φ2 = arctan(
X1
(2) sen(φ2)
X1
(2) cos(φ2)
) = arctan (
0
−0,50
) = arctan(−0) = π rad 
φ3 = arctan(
X1
(3) sen(φ3)
X1
(3) cos(φ3)
) = arctan (
0
0,25
) = arctan(0) = 0 rad 
 
h) Trace as curvas respostas (item h) em função do tempo usando o MATLAB. 
 
Primeiramente serão apresentados os valores dos vetores modais. 
𝐗(𝟏) = {
1
1,4142
1
} X1
(1)
= {
1
1,4142
1
} 0,25 = {
0,25
0,3536
0,25
} 
𝐗(𝟐) = {
1
0
−1
}X1
(2) = {
1
0
−1
}0,50 = {
0,50
0
−0,50
} 
𝐗(𝟑) = {
1
−1,4142
1
} X1
(3) = {
1
−1,4142
1
} 0,25 = {
0,25
−0,3536
0,25
} 
 
60 
 
Com base nos dados anteriores as respostas do movimento ficam 
{
x1(t)
x2(t)
x3(t)
} = {
0,25
0,3536
0,25
} cos (1,2593√
k
m
t) + {
0,50
0
−0,50
} cos (1,7321√
k
m
t + π) + {
0,25
−0,3536
0,25
} cos (2,1010√
k
m
t) 
Considerando k = 60025 N/m e m = 1 kg 
√
k
m
= √
60025
1
= 245
rad
s
 
As respostas específicas resultam em 
{
x1(t)
x2(t)
x3(t)
} = {
0,25
0,3536
0,25
} cos(308,5250 ∙ t) + {
0,50
0
−0,50
} cos(424,3524 ∙ t + π) + {
0,25
−0,3536
0,25
} cos(514,7449 ∙ t) 
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
ẋ3(t)
} = {
−77,13
−109,08
−77,13
} sen(308,525 ∙ t) + {
−212,18
0
212,18
} sen(424,3524 ∙ t + π) + {
−128,69
181,99
−128,69
} sen(514,745 ∙ t) 
As respostas podem então ser obtidas graficamente nas figuras abaixo: 
 
-0,80
-0,60
-0,40
-0,20
0,00
0,20
0,40
0,60
0,80
1,00
1,20
0 5 10 15 20 25 30 35 40x
(t
) 
em
 m
et
ro
s 
t em segundos 
Comparativo dos deslocamentos das massas 
x₁ x₂ x₃ 
 
61 
 
 
i) Identifique a matriz massa e a matriz rigidez. 
Visto que o seguinte valor foi utilizado 
√
k
m
= √
60025
1
= 245
rad
s
 
As matrizes de massa e rigidez ficaram definidas como: 
[M] = [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] em kg [K] = [
180075 −60025 0
−60025 180075 −60025
0 −60025 180075
] em N/m 
-500
-400
-300
-200
-100
0
100
200
300
400
0 5 10 15 20 25 30 35 40
v(
t)
 e
m
 m
et
ro
s 
p
ro
 s
eg
u
n
d
o
 
t em segundos 
Comparativo das Velocidades 
v₁ v₂ v₃