3. VIBRAÇÕES LIVRES DE SISTEMAS COM UM GRAU DE LIBERDADE

3. 3. VIBRAÇÕES LIVRES VIBRAÇÕES LIVRES DE DE SISTEMASSISTEMAS COM COM UM UM GRAUGRAU DE DE LIBERDADELIBERDADE

Conforme já apresentado, a equação fundamental é:

( ) ( ) ( ) ( ).00, uutftu &econhecendoCalcularOBJECTIVO:

)(tfukucum =++ &&&

em que m, c, k e f(t) podem ser quantidades generalizadas.

Trata-se duma equação diferencial linear de 2ª ordem, de coeficientesconstantes.

A resposta total é a soma de duas parcelas:

)(tup - movimento forçado – relacionado directamente com a carga f(t)

)(tuc - movimento natural – relacionado apenas com as características do sistema

Em termos matemáticos:

Solução GERAL = Solução Particular up(t) + Solução Complementar uc(t)

3.1 VIBRAÇÕES LIVRES SEM AMORTECIMENTO

0=+ ukum &&

Existem procedimentos gerais para a solução deste tipo de equações.Porém, neste caso simples podemos resolvê-la directamente.

Uma solução do tipo

Substituindo na equação diferencial e atendendo a que

Como a equação deve ser satisfeita para qualquer instante t, obtém-se

twAu cos= ou

satisfaz a equação diferencial.

A e B são constantes que dependem do início do movimento e

w é uma característica física da estrutura

twAwu cos2−=&&

0cos)( 2 =+− wtkmwA

→=mk

w2

mkw =

Frequência Natural(circular ou angular)do Sistema

twBu sen=A equação também satisfaz a equação diferencial.

A solução geral vem então

twBtwAu sencos +=

twBu sen=

Determinação das constantes iniciais:

00 )0(;)0(0 uuuut && ==⇒= quandoSe

00 0sen0cos uABAu =→+=

wuBBwAwu 0

0 0cos0sen&

& =→+−=

wtBwwtAwu cossen +−=&

e sendo

resulta

A solução geral vem então

(Eq. 3.1)wtsenwu

wtutu 00 cos)(

&+=

Note-se que esta função é PERIÓDICA!

π=−+→+= 2)()()( wtTtwTtutu

wT

π= 2 Período dafunção(segundos)

π==

21 wT

fFrequência Natural

em Ciclos / Segundo

ou Hertz (Hz)

Exemplo: Seja o seguinte pórtico com uma viga de rigidez “infinita”.

Pretende-se calcular w, f e T.

0.276s

0.1 0.2 0.3 0.4 t(seg)

u(mm)

010 00 ==→= ummut &&&e instante noSe

ttu 8.22cos001.0)( =

GPaEmA

213.03.0 2

=×=Dados:

sTHzf

sradw

lEIk

kgm

276.063.314.328.22

/8.2210000

2106.2

106.24

123.0

10211212

100000.598

20000

6

63

49

3

=⇒=×

=

=××=

×=×××

==

=×=

Resolução:12EI

5.0

4.0

20 kN/m

L312EI

3L

A equação (3.1) pode ser transformada de modo conveniente.

Definindo 202

0

+=

wu

uC&

+= wtsen

Cwu

wtCu

Ctu 00 cos)(&

vem

Observando a figura

pode-se escrever ( )wtwtCtu sencoscossen)( α+α=

( )α+= wtCtu sen)(wu

u

0

0tg&

=αcom

Alternativamente, designando α=α= sencos 00

Cwu

Cu &

e

( )wtwtCtu sensencoscos)( α+α=

( )α−= wtCtu cos)(

Representação Vectorial ou em Diagrama de Argand

wtsenwu

wtutu 00 cos)(

&+=

Projecção no eixo R dosvectores e wu0&0u

ou

( )α−= wtCtu cos)(

Projecção no eixo R dovector C, que partiu comatraso de fase de α

α=

α=

cos

sen

0

0

CwuCu

&

( )20

20 wuuC &+=

0u

wu0&

α

ou

vem

u

t

T=2π/ω

T=2π/ω

u0

u0

I

R

0uC

α

wt

u0 /w

/w0u sen wt

cos wtu0

C cos (wt-α )

3.2 VIBRAÇÕES LIVRES COM AMORTECIMENTO

0=++ ukucum &&&

A função tseCu = satisfaz a equação diferencial.

Substituindo

02 =++ ststst eCkesCcesCm

02 =++ kscsm

mk

mc

mc

ss −

±−=

2

2

1

22

tsts eCeCu 2121 +=

A solução virá

apresentando diferentes formas conforme as raízes s1 e s2.

3.2.1 Sistema Criticamente Amortecido

Caso em que o radicando é nulo

→=−

0

2

2

mk

mccr mkccr 2=

ou, atendendo a que ⇒=mkw wmccr 2=

amortecimentocrítico

e então

mc

ss cr

221 −==

Como as soluções são iguais, a solução geral do tipo Cest fornece só umaconstante, e portanto só uma solução independente.

( )tmccreCu 211

−=

Outra solução independente pode ser procurada com o seguinte aspecto

( )tmccretCu 222

−=

sm

ccr =−2

Designando

stst estCeCu 222 +=&

ststst estCesCesCu 22222 ++=&&

02 2222

22 =++++ ststststst etCkestCceCcestCmesCm

tmccretCCu )2/(21 )( −+=

e substituindo

0)()2( 2

0

22

0

=++++==

stst etCkscsmeCcsm 434 21434 21

obtém-se uma expressão verdadeira que confirma a validade destasegunda solução independente.

Assim, a solução geral será:

u(t)

t

0u

u0

Não entra em movimentooscilatório !!

3.2.2 Sistema com Amortecimento Superior ao Crítico

3.2.3 Sistema com Amortecimento Inferior ao Crítico

As duas soluções s1 e s2 são reais e a solução geral é

tsts eCeCu 2121 +=

O gráfico é idêntico ao do caso criticamente amortecido só que tende parazero menos rapidamente.

crcc >

Coeficiente de amortecimento:wm

ccc

cr 2==ξ

Foi visto que

mk

mc

mc

ss −

±−=

2

2

1

22

e então

12222

2

1 −ξ±ξ−=−ξ±ξ−=

wwwwwss

434 21

aw

wiwss 2

2

1 11 ξ−±ξ−=⇒<ξsendo

A solução geral é então

tiwwttiwwt aa eCeCu −ξ−+ξ− += 21

Introduzindo as condições iniciais, tem-se

Fazendo intervir as equações de Eulerxixeix sencos +=

xixe ix sencos −=−

pode-se transformar a expressão anterior

( )( ) ( )( )

( ) ( )

−++=

−++=+=

ξ−

ξ−

−ξ−

tw

B

iCiCtw

A

CCe

twitwCtwitwCe

eCeCetu

aawt

aaaawt

tiwtiwwt aa

sencos

sencossencos

)(

2121

21

21

434 21434 21

para obter

( )twBtwAetu aawt sencos)( += ξ−

ξ++= ξ− tw

wwuu

twuetu aa

awt sencos)( 00

0

&

0uA =

( ) ( )twBwtwAwetwBtwAewtu aaaawt

aawt cossensencos)( +−++ξ−= ξ−ξ−&

aa w

wuuBBwuwu

ξ+=⇒+ξ−= 0000

&&

e finalmente

onde wa é a frequência angular do movimento com amortecimento.

Tal como para o caso sem amortecimento,pode-se definir α tal que

2

0020

ξ++=

awwuu

uC&

e obter

com

awuwuu

0

00tgξ+=α &

Nos casos correntes o amortecimento varia entre 2% e 20%.

Se ξ = 0.2:

( )α−= ξ− tweCtu awt cos)(

Que graficamente adquire o aspecto

wwwww aa ≅⇒=ξ−= 98.01 2

O diagrama de Argand é idêntico ao apresentado para os sistemas comamortecimento. Neste caso a grandeza do vector vai diminuindo com otempo .( )wtCe ξ−

Cα

0uaw

wuu ξ+ 00&

u(t)

C e − ξ wt

t

u0

Ta

aa w

Tπ= 2

3.3 DETERMINAÇÃO DO COEFICIENTE DE AMORTECIMENTO

Experimentalmente podemos determinar o coeficiente de amortecimentoinduzindo uma vibração no sistema e registando a diminuição da suaamplitude com o tempo.

Considerem-se dois picos sucessivos

( )α−= ξ−11 cos1 tweCu a

wt

aaa w

tttwtw π=−⇒π+α−=α− 22 1212u2 é tal que

( )α−= ξ−22 cos2 tweCu a

wt

aww

euu

πξ=⇒

2

2

1

Tomando o logaritmo natural obtém-se2

2

1

1

22ln

ξ−ξπ=ξπ==δ

aww

uu

Para pequenos amortecimentos vem ξπ≅=δ 2ln2

1

uu

o que permite determinar o coeficiente de amortecimento conhecidosu1 e u2 afastados de Ta.

Para aumentar a precisão na sua determinação podemos usar nperíodos, obtendo-se

ξπ≅=δ nuu 2ln

2

1

Outro processo consiste em observar o número de ciclos que sãonecessários para reduzir 50% a amplitude do movimento é consultar aseguinte relação gráfica

6

5

4

3

2

1

00 0.05 0.10 0.15 0.20

nº d

e ci

clos

par

a re

duzi

ra

ampl

itude

de

50%

ξ, coef. de amortec.

ln 2 = 2nπξ

4. RESPOSTA DE UM SISTEMA COM UM GRAU DELIBERDADE A UMA CARGA HARMÓNICA

4. RESPOSTA DE UM SISTEMA COM UM GRAU DE4. RESPOSTA DE UM SISTEMA COM UM GRAU DELIBERDADE A UMA CARGA HARMÓNICALIBERDADE A UMA CARGA HARMÓNICA

A solicitação (forças ou deslocamentos) podem ser representadas por senoou cosseno.

4.1 SISTEMA NÃO AMORTECIDO

Seja a solicitação ( ) twptp sen0=

0p

w

- amplitude

- frequência da solicitação

A equação de equilíbrio dinâmico é

twpukum sen0=+&&

e a solução complementar já se viu que é

Dado que no 1º membro só aparecem derivadas pares, a soluçãoparticular poderá ser do tipo

( ) wtBwtAtuc sencos +=

( ) twUtup sen=

sendo( ) twwUtu p cos=&

( ) twwUtup sen2−=&&

Substituindo vem

twptwkUtwwUm sensensen 02 =+−

2

20

20

1

1

wwk

pwmk

pU

−=

−=

donde

wwr =Designando por e razão de frequências

o deslocamento estático00 U

kp =

vem20

11r

UU−

=

A solução geral é então

( ) twr

UwtBwtAtu sen1

1sencos 20 −

++=

Admitindo que para t = 0 ( ) ( ) 0000 == uu &e

obtém-se

( )

2020

20

110

cos1

cossen

0

rr

UBr

wUwB

twr

wUwtwBwtwAtu

A

−−=⇒

−+=

−++−=

=

&

donde

( ) ( )wtrtwr

Utu sensen

1 20 −

−=

Trata-se da sobreposição de duas funções harmónicas com frequênciasdiferentes, pelo que o movimento resultante NÃO É HARMÓNICO !!

Temos assim

211r−

twsen

wtsenr

Factor de AMPLIFICAÇÃO DINÂMICA

Resposta em estado ESTACIONÁRIO

Resposta TRANSITÓRIA

Exemplo: Considere-se o mesmo pórtico já estudado, sujeito agora a uma

força harmónica horizontal. Pretende-se calcular a resposta dinâmica.

01520

sen)(2106.2

8.2221

00

0

0

6

====

=××=

==

uurad/swkNp

twptpN/mk

rad/swGPaE

&

Dados e resultados anteriores:

5.0

4.0

m=2000 kg/m

0.3x0.3

p(t)

mU 0038.02106.2

2000060 =××

= 6580.wwr ==

( ) ( )tttu 8.22sen658.015sen658.01

0038.02 −

−=

76411

12 .

rD =

−=

Acção

Resposta

u

t(s)0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6

6

4

2

(mm)

estacionária

resposta totaltransitória

p(t)

t(s)

20 kN

10 kN

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6

p = 20000 sen 15t

t8.22sen658.0764.18.3 ×××−

t15sen764.18.3 ××

Factores de Amplificação Dinâmica

3

4

2

1

00 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

r = w/w

total, Destacionária, D

D,D t

t

- da resposta estacionária21

1r

D−

=

- da resposta total( )

0

maxU

tuDt = Factor de AMPLIFICAÇÃO

DINÂMICA TOTAL

Quando r = 1 ( ) ∞→tu

Verifica-se portanto que quando ocorre a RESSONÂNCIA é impossíveldeterminar u pela expressão anterior. Então a solução será do tipo

( ) wwtwtCtup == comcos

( )( ) twwtCtwwCtwwCtu

twwtCtwCtu

p

p

cossensen

sencos2−−−=

−=&&

&

{ wmp

CwtptwtCktwwtmCtwwmCwm 2

sencoscossen2 00

2

2

−=⇒=+−−

twcostwm

pu p 2

0−=

( ) twtwm

pwtBwtAtu cos2

sencos 0−+=

Substituindo vem

donde

e a nova solução total resulta em

Sendo para t = 0 ( ) ( ) 0000 == uu &e

obtém-se

donde a expressão final

( )

200

00

220

sen2

cos2

cos

0

wmp

Bwm

pwB

wttmw

wpwt

mwp

wtwBtu

A

=⇒−=

+−=

=

&

( ) ( ) ( )wttwtsenk

pwtwtwtmwptu cos

2sencos

20

20 −=+−=

ww =:Obs

cuja evolução no tempo, tem o seguinte aspecto

u(t)

t

Amplitude crescente

4.2 SISTEMA COM AMORTECIMENTO

A equação é agora

twpukucum sen0=++ &&&

sendo a solução complementar

( ) ( )twBtwAetu aatw

c sencos += ξ−

A solução particular assume a forma seguinte

( ) twCtwCtup cossen 21 +=

Onde são introduzidas estas duas parcelas porque em geral a resposta dosistema amortecido não está em fase com a carga harmónica.

Re-arranjando a equação, vem

2

0

2

sen

ww

twmp

umk

umc

u

ξ↓↓

=++ &&&

Mas como

( ) twwCtwwCtup sencos 21 −=&

( ) twwCtwwCtup cossen 22

21 −−=&&

obtém-se, após substituição e separação dos múltiplos de sen e cos

( )( ) twmp

twwCwwCwC sensen2 0212

21 =+ξ−−

( )( ) 0cos2 221

22 =+ξ+− twwCwwCwC

Dividindo por w2 resulta

kp

CrCrC 012

21 2 =+ξ−−

( ) 021 122 =ξ+− CrCr

donde

( ) ( )222

20

121

1

rr

rkp

Cξ+−

−=

( ) ( )220

2 212

rrr

kp

Cξ+−

ξ−=

A solução geral vem então

( ) ( )

( ) ( ) ( )[ ]444444444 3444444444 21

4444 84444 76

iaEstacionár Parcela

aTransitóri Parcela

twrtwrrrk

ptwBtwAetu aa

wt

cos2sen121

1sencos

2222

0 ξ−−ξ+−

+

++= ξ−

Tal como anteriormente, pode-sedefinir α tal que

( ) ( )222 21 rrC ξ+−=e

com

( )α−= twUtu sen)(

Cα

21 r−

rξ2

212

rr

tg−ξ=α

Cr 21cos −=α

Crξ=α 2sen

Considerando apenas a parte estacionária, virá

( ) ( )44444 344444 21

α−α−α=

tw

twtwCk

ptu

sen

cossensencos10

donde

em queCk

pU

10=

wt α

I

RR2

1R

0pkC =U

( )22

01 1 r

CkpR −=

rCkpR ξ= 22

02

( ) ( )D

rrCUU

kpU

oo

=ξ+−

===222 21

11A razão representa

o COEFICIENTE DE AMPLIFICAÇÃO DINÂMICA da parcela estacionária.

I

R

-P0

P0

U

α

kU

cwU

mw U2

R

I

Fe

U

Fc

Fi

U

P0

U

αwt

Equilíbrio de forças da resposta em REGIME ESTACIONÁRIO

DpDkp

kUkFe 00 ===

DprDpwmwc

Dkp

wcUcFc 0020 2 ξ==== &

DprDkp

wmUmFi 0202 === &&

Velocidade

Este sistema de forças está em equilíbrio em REGIME ESTACIONÁRIO.

A dedução da equação do movimento podia então ser feita, também, apartir desta consideração de equilíbrio.

O amortecimento introduz um atraso na resposta estacionária, traduzido

pelo ângulo de fase α :

( )α−= twUtup sen)(

( )α−−= twwUtup cos)(&

( )α−−= twwUtup sen)( 2&&

Pelo equilíbrio de forças pode-se então

determinar a fase α e a amplitude U.

Do triângulo rectângulo da figura obtém-se

( ) ( ) 20

222 pUwcUwmKU =+−

222 12

tgrr

wmkwc

UwmUkUwc

−ξ=

−=

−=α

( ) ( ) 2

2

2

2

22

20

222

202

1

1

+

−

=+−

=⇒

wmwc

wwk

p

wcwmk

pU

{ ( ) ( )444 3444 21D

rr

U

kp

U222

0

21

1

0

ξ+−↓

=∴

Relação entre o FACTOR de AMPLIFICAÇÃO DINÂMICA e a RAZÃO deFREQUÊNCIAS:

4

3

2

1

00 1 2 3

r

D

ξ=1.0

ξ=0.7ξ=0.5

ξ=0.2

ξ=0

Conclusões mais importantes (para a resposta estacionária):

• O movimento é HARMÓNICO e têm a mesma frequência da excitação

• A amplitude é função de: amplitude e frequência da excitação;frequência e amortecimento do sistema;

O coeficiente de amplificação dinâmica tanto pode serconsideravelmente superior à unidade como inferior.

• A RESPOSTA e a EXCITAÇÃO NÃO ESTÃO EM FASE, ou seja nãoatingem os valores máximos simultaneamente. A resposta atinge omáximo segundos depois de a excitação o ter atingido.

• Em ressonância (r = 1), a amplitude é limitada pelas forças deamortecimento sendo

Em RESSONÂNCIA a resposta está atrasada de 90º.

wα

ξ== 2

11rD

4.3 RESPOSTA EM RESSONÂNCIA

O pico da resposta em regime estacionário ocorre para valores de r próximosda unidade, sendo que o valor máximo exacto se obtém derivando a

expressão de D em ordem a r.

No entanto, para pequenos valores de ξ, os diversos valores de r no pico daresposta praticamente coincidem em torno da unidade.

Assim, no caso de ressonância ( r=1 ) a expressão da resposta escreve-se:

( ) ( )ξ

−+= ξ−

2cos

sencos 0 twkp

twBtwAetu aatw

e, admitindo que para t = 0 , ( ) ( ) 0000 == uu &e

obtém-se

2

00

12

1;

21

ξ−=

ξ=

kp

Bkp

A

( )

−

ξ−ξ+

ξ= ξ− twtwtwe

kp

tu aatw cossen

1cos

21

2

0

( )wp ;0

( )ξ;w

2tg1 π=α⇒+ ∞=α⇒=r

Para ξ = 0 a solução é indeterminada, podendo a indeterminação serlevantada usando a regra de l’Hôpital.

Nos casos correntes :amplitude a para pouco contribuie twwwa senξ=

( ) ( ) tweU

tu tw cos121

0

−ξ

≅ ξ−

Assim, a tradução gráfica da equação do movimento em ressonância comamortecimento é:

( )2

cossen2

sen1

1sen1

cos22

0

twtwtwetwtwtwewt

Utu

twtw

−=ξ−

+

ξ−ξ+−

=

ξ−ξ−

u/U

t

1/2ξ

0

-1/2ξ

Resolvendo a equação aproximada ( ) 1cos1 =−ξ− twe tw em ordem a wt,

obtém-se o número de ciclos necessário para que a resposta amortecidaem ressonância atinja o seu pico, traduzido pelo seguinte aspecto gráfico:

1/2ξ

1/4ξ

ξ=0.2 ξ=0.1ξ=0 .05

ξ=0 .02

2 4 6 8 10 12nº de ciclos

0 4π 8π 12π 16π 20π 24π 28π

u/U0

4.4 CÁLCULO DO AMORTECIMENTO EM SISTEMAS DE 1 G.L.

i) Decréscimo da amplitude nas vibrações livres

πδ≅ξn

n

2 nm

mn u

u

+=δ lnem que

ii) Amplificação em ressonância

Considere-se a estrutura solicitada por

Calcula-se a máxima amplitude para umconjunto de frequências crescentes.

( ) twptp sen0=2U0

0

U0

1 2 r

3U0

U

Sabe-se que

e quando r=1

( ) ( )2220 21

1

rrUU

ξ+−=

Inconveniente deste procedimento: necessidade de determinar U0.

Os aparelhos que permitem aplicar a carga dinâmica, não têm, dum modo

geral, a possibilidade de aplicar p0 de forma estática.

1

0

0

1

221

=

= ≅ξ⇒ξ

≅r

r

UU

UU

mede-se no gráfico

iii) A partir das características da curva que relaciona a máxima amplitudecom a razão de frequências

A diferença entre duas frequências que correspondem à mesmaamplitude está relacionada com o amortecimento.

121

== rUU

Seja o caso particular em que3U 0

0 r1 1 2r 2

r=1U2

U

2U0

U0

r

( ) ( ) ξ=

ξ+−=

221

210

222

0 U

rr

UU

( ) ( )2222 218 rr ξ+−=ξ

ou seja

donde

Fazendo 2rR = vem ξ±=⇒ξ±≈ξ+ξ±ξ−=≈

212112211

22 rR 321

desprezável

Usando a expansão binomial ou em série de Mc-Laurin e desprezandoos termos de ordem superior à primeira, obtém-se então

( )

( )ξ≅−⇒

+ξ+=

+ξ−=2

221

1

221

112

2

1

rrr

r

L

L