a ´itico e supercr´rrpela/downloads/fis26/fis26-2018-aula02.pdf · o corpo de 8,00 kg e deslocado...

Oscilacoes AmortecidasOscilacoes forcadas

Exemplos

AMORTECIMENTOS SUBCRITICO, CRITICO E

SUPERCRITICOMecanica II (FIS-26)

Prof. Dr. Ronaldo Rodrigues Pela

IEFF-ITA

26 de marco de 2018

R.R.Pela Oscilacoes


Exemplos

Roteiro

1 Oscilacoes AmortecidasModelo geralAmortecimento supercrıticoAmortecimento subcrıticoAmortecimento crıtico

2 Oscilacoes forcadasResposta ao degrau

3 ExemplosSistema massa-mola-amortecedorOscilacao de uma barra articulada 1Oscilacao de uma barra articulada 2Resposta ao degrau

R.R.Pela Oscilacoes


Exemplos

Modelo geralAmortecimento supercrıticoAmortecimento subcrıticoAmortecimento crıtico

Roteiro

1 Oscilacoes AmortecidasModelo geralAmortecimento supercrıticoAmortecimento subcrıticoAmortecimento crıtico

2 Oscilacoes forcadas

3 Exemplos

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Exemplos


Introducao

Atrito viscoso: modelo deamortecimento e f = −cv

M

x

Mx = −kx− cx

x+ 2γx+ ω20x = 0

Sendo γ =c

2Me ω0 =

√k

M.

Equacao caracterıstica:

λ2+2γλ+ω20 = 0 ∆ = 4(γ2−ω2

0)

Ha 3 casos:1 ∆ > 0 (supercrıtico): solucoes

exponenciais2 ∆ < 0 (subcrıtico): solucoes

oscilatorias com amplitudedecrescente

3 ∆ = 0 (crıtico): solucaoexponencial

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Exemplos


Balanco de energia

Equacao do oscilador amortecido

Mx+ cx+ kx = 0

Multiplicando por x:

Mxx+ kxx = −cx2 ,

Mxx+ kxx =dEMEC

dt, e

cx2 e a potencia da forca de atrito viscoso = Fv

Note quedEMEC

dt< 0, isto e, a energia mecanica sempre

diminui.

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Exemplos


Amortecimento supercrıtico (γ > ω0)

Equacao caracterıstica: duas solucoes reais e distintas

λ1 = −γ +√γ2 − ω2

0

λ2 = −γ −√γ2 − ω2

0

Note que λ2 < λ1 < 0

Solucao geral da EDO:

x(t) = aeλ1t + beλ2t = e−γt(a∗ coshω∗dt+ b∗ sinhω∗

dt)

ω∗d =

√γ2 − ω2

0

Sendo a e b determinados a partir das condicoes iniciais.

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Exemplos


Amortecimento supercrıtico (γ > ω0)

ae−λ1t + be−λ2t

ae−λ1t

t

x(t

)

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Exemplos


Amortecimento subcrıtico (γ < ω0)

As solucoes da equacao caracterıstica sao duas raızescomplexo-conjugadas

λ1 = −γ + iωd

λ2 = −γ − iωd

Re

Imωd

ωd

−γ

λ2

λ1

Sendo ωd =√ω20 − γ2

A solucao geral da EDO e:

x(t) = e−γt(a sinwdt+ b coswdt)

= Ae−γt cos(wdt+ϕ) = Ae−γt sin(wdt+φ)

Esta e uma solucao que oscila comamplitude decrescente.

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Exemplos



Td

t

x(t

)

Td: perıodo das oscilacoes amortecidas ou pseudo-perıodo ousimplesmente perıodo.

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Exemplos



E interessante analisar a fracao da energia dissipada por ciclo

∼= Td

t

x(t

)

x1 = Ae−γt1

x2 ∼= Ae−γt1−γTd = x1e−γTd

Energia armazenada =kx212

Energia dissipada ∼=kx212

(1− e−2γTd)

∼=kx212

(2γTd)

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Exemplos



Pode-se definir o fator de qualidade do oscilador como:

Q = 2π

(Energia armazenada

Energia dissipada num ciclo

)∼= 2π

1

2γTd=ωd2γ

Q ∼=ω0

2γ

Note que, quanto maior o Q, menor o amortecimento(menor perda de energia).Estas ultimas deducoes sao validas quando oamortecimento e pequeno, ou seja, quando γ � ω0.

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Exemplos


Amortecimento crıtico (γ = ω0)

Equacao caracterıstica tem uma raiz dupla: λ = −γA solucao geral da EDO e: x(t) = e−γt(a+ bt)

Se mantivermos ω0 e variarmos γ, o caso crıtico e o quedecai mais rapidamente.

t

x(t

)

Subcrıtico

Supercrıtico

Crıtico

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ExemplosResposta ao degrau

Roteiro

1 Oscilacoes Amortecidas

2 Oscilacoes forcadasResposta ao degrau

3 Exemplos

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Introducao

Vamos estudar o efeito produzido sobre o oscilador poruma forca externa F (t). Estudaremos dois casos:

1 F (t) = F0: degrau de amplitude F02 F (t) = F0 sinωt: forca harmonica

O primeiro caso e analise simples, mas tem umaimportancia capital em projetos de controladores.No segundo caso, a forca externa e periodica comfrequencia angular ω, que pode coincidir ou nao com afrequencia natural do proprio oscilador.EDO de um oscilador forcado: Mx+ cx+ kx = F (t)(EDOLNH de 2a ordem)

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Resposta ao degrau

Se F (t) = F0 = kx0, entao a resposta do oscilador sera:

x(t) = x0 + xH(t)

A solucao completa e a mesma do caso homogeneo, amenos de um deslocamento (“shift”) de x0.

xH(t) =

Aeλ1t +Beλ2t, amortecimento supercrıticoAe−γt sin(ωdt+ φ), amortecimento subcrıticoe−γt(A+Bt), amortecimento crıtico

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Resposta ao degrau

A entrada degrau aparece muito em engenhariaOs sistemas fısicos comumente admitem um modelosimplificado de sistema massa-molaQuando e necessario controlar um sistema fısico,geralmente se aplica uma forca F (t) (ou uma correnteI(t), ou uma tensao E(t), ou algum outro mecanismoatuador) para que ele se comporte como desejadoF (t) = kx0: geralmente deseja-se que o sistema(considerado inicialmente em repouso na posicao x = 0)atinja a posicao x0 (a nova posicao de equilıbrio) o maisrapido possıvel e aı permanecaVamos vislumbrar isso para o caso subcrıtico

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Resposta ao degrau

Nas hipoteses de condicoes iniciais nulas, a solucao e:

x(t) = x0

[1− e−γt sin(ωdt+ β)

sinβ

]sendo β o suplementar de arg(−γ + iωd)

Re

Imωd

ωd

−γ

λ2

λ1

β

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Resposta ao degrau

Esboco de x(t)

Mpx0

tr tst

x(t

)

Mp = e−π cot β : “overshoot”

tr =π − βωd

: tempo de subida (“rise time”)

ts ∼=3

γ(para ± 5%): tempo de estabilizacao (“settling time”)

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Exemplos

Sistema massa-mola-amortecedorOscilacao de uma barra articulada 1Oscilacao de uma barra articulada 2Resposta ao degrau

Roteiro

1 Oscilacoes Amortecidas

2 Oscilacoes forcadas

3 ExemplosSistema massa-mola-amortecedorOscilacao de uma barra articulada 1Oscilacao de uma barra articulada 2Resposta ao degrau

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Exemplos


Enunciado

O corpo de 8,00 kg e deslocado de 0,200 m para a direita apartir da posicao de equilıbrio e e liberado a partir do repousono instante de tempo t = 0. Determine sua posicao x noinstante de tempo 2,00 s. O coeficiente de amortecimento cviscoso e 20,0 N.s/m, e a rigidez da mola e k =32,0 N/m.

M

x

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Exemplos


Solucao

Equacao de movimento

x+c

Mx+

k

Mx = 0

Daı, concluımos que ω0 = 2,00 rad/s e γ = 1,25 s−1, e que setrata de um oscilador subamortecido. A frequencia angularamortecida e ωd =

√ω2 − γ2 = 1,56125 rad/s. Solucao geral:

x(t) = Ae−γt sin(ωdt+ φ)

A velocidade e:

v(t) = −γAe−γt sin(ωdt+ φ) + ωdAe−γt cos(ωdt+ φ)

Para obter A e φ, precisamos das condicoes iniciaisx(0) = 0,200 m e v(0) = 0.

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Solucao

A sinφ = 0,2, 0 = −1,25A sinφ+ 1,56125A cosφ

Resolvendo as duas equacoes, obtemos A = 0,256205 m eφ = 0,895664 rad. Assim, a solucao e

x(t) = 0,256205e−1,25t sin(1,56125t+ 0,895664)

Precisamos encontrar x(t) para t = 2,00 s. Fazendo oscalculos, obtemos x = −0,016163 m ∼= −0,0161 m.

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Enunciado

A barra uniforme de massa m e livremente articulada em tornode um eixo horizontal. Assuma pequenas oscilacoes edetermine o fator de amortecimento ζ.

kc

a

b

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Exemplos


Solucao

Assumindo pequenas oscilacoes, podemos escrever aequacao dos momentos (usando a articulacao comoreferencia):

−kxa− cvb−mg(b/2) =mb2

3θ

Como x = aθ e v = bθ, temos

θ +3c

mθ +

3ka2

mb2=

3g

2b

Portanto ω0 =√

3ka2/(mb2), γ = 3c/(2m)

ζ =cb

2a

√3

km

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Enunciado

Determine a equacao diferencial para pequenas oscilacoes dabarra a seguir, articulada no ponto indicado. A barra tem suamassa m uniformemente distribuıda ao longo de seucomprimento. Obtenha o valor do coeficiente c do amortecedorpara que as oscilacoes sejam criticamente amortecidas.

kc

a 2a

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Exemplos


Solucao

Escrevendo a eq. dos momentos em relacao ao ponto dearticulacao, temos, para pequenas oscilacoes:

−mg(a

2

)cos θ − kxa cos θ − cv(2a) cos θ = Iθ

Sabemos que x = aθ, v = 2aθ, e pelo teorema dos eixos

paralelos: I = m

[(3a)2

12+(a

2

)2]= ma2.

θ +4c

mθ +

k

mθ = − g

2a

E para um amortecimento crıtico,

ccr =m

2

√k

m=

√mk

2

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Enunciado

Um oscilador amortecido tem os seguintes parametros:m = 1,00 kg, c = 10,0 N.s/m, k = 169 N/m. Se este osciladoresta sujeito a uma forca degrau, obtenha

a o tempo de subida e o overshoot.b suponha F (t) = F0 − ηx− χx. Determine η e χ para que o

tempo de subida seja menor que 50 ms, e o overshootseja menor que 10%.

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Solucao

a Para os parametros especificados, temos γ = 5,00 s−1,ω0 = 13,0 rad/s, ωd = 12,0 rad/s, β = 1.1760 rad. Oovershoot e

Mp = e−π cotβ = 0,270 = 27,0%

O tempo de subida e tr =π − βωd

= 164 ms

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Exemplos


Solucao

b Considerando a forca dada, temos a seguinte EDO

x+(c+ χ)

mx+

(k + η)

mx = F0

Pelos requisitos de projeto, devemos tomar χ e η tal que

Mp = e−π cotβ < 0,10π − βωd

< 0,05

Podemos, por exemplo, tomar β = 0,900 rad e ωd = 23,0 rad/s.Isto implica γ = 18,252 s−1, ou seja, χ = 8,25 N.s/m.Analogamente, obtemos ω0 = 29,362 rad/s. Assim,η = 693 N/m.

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