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APONTAMENTOS DE VIBRAÇÕESMECÂNICAS
Análise de Estruturas 2Mestrado Integrado em Engenharia Civil
&Mestrado em Engenharia Civil (Reabilitação de Edifícios)
Ano lectivo 2009/2010
Estes apontamentos foram retirados dos textos de apoio da disciplina deMecânicaAplicada II, do antigo curso de Licenciatura em Engenharia Civil, da autoria doProf. Corneliu Cismasiu.
i
Conteúdo
1 Vibrações mecânicas 11.1 Vibrações não amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.1 Vibrações livres. Movimento harmónico simples . . . . .21.1.2 Vibrações forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.2 Vibrações amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.2.1 Vibrações livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.2.2 Vibrações forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.3 Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
iii
Capítulo 1
Vibrações mecânicas
Uma vibração mecânica é o movimento de uma partícula ou de um corpo queoscila em torno de uma posição de equilíbrio.
O estudo que se segue será limitado a sistemas com apenas um grau de liberdade.
Uma vibração mecânica surge geralmente quando um sistema é deslocado da suaposição de equilíbrio estável. Em geral, quando o sistema tende voltar sob a ac-ção de forças de restituição, ultrapassa esta posição. A repetição deste processoé chamado movimento oscilatório. O intervalo de tempo necessário para o sis-tema completar um ciclo de movimento chama-se período de vibração. O númerode ciclos por unidade de tempo define a frequência, e o deslocamento máximodo sistema medido a partir da sua posição de equilíbrio chama-se amplitude devibração.
Vibrações:
– livres: movimento mantido apenas por forças de restituição;
– forçadas: quando uma força periódica é aplicada ao sistema;
– não amortecidas: quando se pode desprezar o atrito - o movimentocontinua indefinidamente;
– amortecidas: a amplitude decresce lentamente até que, passado umcerto tempo, o movimento cessa.
1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
1.1 Vibrações não amortecidas
1.1.1 Vibrações livres. Movimento harmónico simples
Considere-se uma partícula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk.
molaindeformada
equilíbrioestático
δest
Fe
P
(a) (b) (c)
P
Fe
x
Quando a partícula se encontra na posição de equilíbrio estático (b),
∑
Fx = 0 ⇒ P − Fe = 0
Mas, nesta posição, a força elástica éFe = kδest, ondeδest representa a deforma-ção estática da mola, resultando
P = kδest
Numa posição arbitrária (c),
∑
Fx = max ⇒ P − Fe = mx
mx = P − k (δest + x) = P − kδest︸ ︷︷ ︸
0
−kx
mx + kx = 0
ou, dividindo pela massa,
x + ω2x = 0 comω2 ≡ k
m(1.1)
O movimento definido pela equação (1.1) e um movimento harmónico simples. Asolução desta equação diferencial homogénea é de tipoeλt,
x = eλt x = λeλt x = λ2eλt
p.2 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
(λ2 + ω2
)eλt = 0 ∀t ⇒ λ2 + ω2 = 0 . . . eq. característica
Como solução da equação característica é
λ1,2 = ± iω
a solução da equação diferencial é uma combinação linear de funções de tipoeλt,
x(t) = C1eλ1t + C2e
λ2t = C1e−iωt + C2e
iωt
ondeC1 e C2 são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição dascondições iniciais do movimento (deslocamento e velocidade inicial).
Usando a bem conhecida fórmula de Euler, que liga o número irracionale dasfunções trigonométricas,
e±ix = cos x ± i sin x
a solução da equação diferencial pode ser escrita,
x(t) = C1 (cos ωt − i sin ωt) + C2 (cos ωt + i sin ωt)
x(t) = (C1 + C2) cos ωt + i(C2 − C1) sin ωt = A cos ωt + B sin ωt
ondeA e B são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição dascondições iniciais.
A forma acima é equivalente a
x(t) = Xm sin(ωt − φ)
ondeXm e φ são a amplitude e o desfazamento do movimento oscilatório, gran-dezas estas que devem ser determinadas das condições iniciais.Para mostrar que as duas formas são equivalentes, usa-se a fórmula trigonomé-trica,
sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a
Então,
A cos ωt + B sin ωt = Xm sin(ωt − φ) = Xm (sin ωt cosφ − sin φ cos ωt)
A cos ωt + B sin ωt = −Xm sin φ cos ωt + Xm cos φ sinωt ∀t
⇓
A = −Xm sin φB = Xm cos φ
⇒ Xm =√
A2 + B2 φ =
π + arctan−A
B, seB < 0
arctan−AB
, seB ≥ 0
p.3 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Resumindo, o movimento harmónico simples é definido pela equação diferencial
x + ω2x = 0
cuja solução geral pode ter uma das seguintes formas,
x(t) = C1e−iωt + C2e
iωt
x(t) = A cos ωt + B sin ωt
x(t) = Xm sin(ωt − φ)
Nestas equações,
ω =
√
k
mrad/s
denomina-se por frequência (circular) do movimento oscilatório. O tempo neces-sário para a partícula descrever um ciclo completo chama-seperíodo,
T =2π
ωs
enquanto o número de ciclos descritos na unidade de tempo, denomina-se porfrequência natural,
ν =1
T=
ω
2πHz
-XM
XM
φ
t
T
A velocidade e a aceleração da partícula resulta pela definição,
x(t) = Xm sin(ωt − φ) xmáx = Xm
x(t) = ωXm cos(ωt − φ) xmáx = ωXm
x(t) = −ω2Xm sin(ωt − φ) = −ω2x(t) xmáx = ω2Xm
Qualquer seja a forma sob a qual é apresentada a solução da equação diferencial,esta envolve duas constantes a determinar pela imposição das condições iniciais,ou seja, o deslocamento e a velocidade inicial da partícula.
p.4 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
Admitindo a solução e as condições iniciais,
x(t) = Xm sin(ωt − φ) x(0) = x0 e x(0) = v0
resulta, x(0) = x0
x(0) = v0
⇒
−Xm sin φ = x0
ωXm cos φ = v0
Xm =
√
x2
0+(v0
ω
)2
φ = arctan−ω x0
v0
Pêndulo simples (solução aproximada)
Seja um pêndulo simples formado por uma esfera demassam ligada a uma corda de comprimentol, quepode oscilar num plano vertical. Pede-se para deter-minar o período das pequenas oscilações (ângulo in-ferior à10).
∑
Ft = mat
−mg sin θ = mlθ ⇒ θ +g
lsin θ = 0
~P
~Tθ
l
m
Para pequenas oscilações,
sin θ ≃ θ ⇒ θ +g
lθ = 0
θ(t) = θm sin(ωt− φ) comω =
√g
lT =
2π
ω= 2π
√
l
g
Exercício(Beer 19.15)Um cursor com5 kg repousa sobre uma mola, não estando ligado a ela. Ob-
serva-se que, se o cursor for empurrado para baixo180 mm ou mais, perde ocontacto com a mola depois de libertado. Determine (a) a constante de rigidez damola e (b) a posição, a velocidade e a aceleração do cursor,0.16 s após ter sidoempurrado para baixo180 mm e , depois, libertado.
m
kmg
Fex
x0
equilíbrio estático
mola indeformada
p.5 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Numa posição qualquerx,
mx = mg − Fe = mg − k(x + x0) = −kx + (mg − kx0)
mas tomando em conta que na posição de equilíbrio estático
mg − kx0 = 0
resulta
mx + kx = 0 ⇒ x + ω2x = 0 ω ≡√
k
m
A solução da equação diferencial pose ser escrita
x(t) = C1 sin ωt + C2 cos ωt
ondeC1 e C2 são constantes arbitrárias a determinar aplicando as condições ini-ciais:
x(0) = Xm ⇒ C2 = Xm
x(0) = 0 ⇒ C1 = 0⇒ x(t) = Xm cos ωt
A velocidade a a aceleração serão dadas por,
x(t) = −ωXm sin ωt x(t) = −ω2Xm cos ωt
(a) Sabe-se que, quando o cursor perde o contacto com a mola a sua velocidadeé nula e a sua aceleração é a aceleração gravitacional,
x(t1) = 0 ⇒ sin ωt = 0 ⇒ ωt1 = π
x(t1) = g ⇒ −ω2Xm cos π = ω2Xm = g
ω2 =g
Xm=
k
m⇒ k =
mg
Xm
k =5 × 9.81
0.18= 272.5 N/m
(b)
ω =
√g
Xm
=
√
9.81
0.18≃ 7.38 rad/s
x(0.16) = 0.18 × cos(7.38 × 0.16) ≃ 0.068 m
x(0.16) = −7.38 × 0.18 × sin(7.38 × 0.16) ≃ −1.23 m/s
x(0.16) = −7.382 × 0.18 × cos(7.38 × 0.16) ≃ −3.73 m/s2
p.6 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
Exercício(Beer 19.17)
Um bloco com35 kg está apoiado pelo conjunto de molasmostrado na figura. O bloco é deslocado verticalmente parabaixo e em seguida libertado. Sabendo que a amplitude domovimento resultante é de45 mm, determine (a) o período efrequência do movimento e (b) a velocidade e a aceleraçãomáxima do bloco. Considerek1 = 16 kN/m,k2 = k3 =8 kN/m.
m
k1
k3k2
• Determinar a constante de rigidez equivalente
posição de equilíbrio (molas indeformadas)
δ F1
F2 F3P P
Fe
P = F1 + F2 + F3 = Fe ⇒ (k1 + k2 + k3) δ = keδ
ke = k1 + k2 + k3 = 16 + 8 + 8 = 32 kN/m
ou seja, o movimento do sistema dado é equivalente ao movimento osci-latório de um bloco de massam = 35 kg ligado auma mola de rigidezke = 32 kN/m.
(a)
ω =
√
ke
m=
√
32000
35≃ 30.237 rad/s
T =2π
ω≃ 0.208 s ν =
1
T≃ 4.81 Hz
(b)
x(t) = Xm sin(ωt − φ) ⇒
xmáx = ωXm
xmáx = ω2Xm
xmáx = 30.237 × 0.045 ≃ 1.36 m/s
xmáx = 30.2372 × 0.045 ≃ 41.14 m/s2
p.7 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Exercício(Beer 19.28)
Sabe-se da mecânica dos materiais que quando uma carga estática P é aplicadana extremidadeB de uma viga encastrada com secção transversal uniforme, pro-voca uma flechaδB = PL3/(3EI), em queL é o comprimento da viga,E omódulo de elasticidade do material eI o momento de inércia da secção transver-sal. Sabendo queL = 3.05 m, E = 200 GPa eI = 4.84 × 10−6 m4, determine(a) a constante de rigidez equivalente da viga e (b) a frequência das vibraçõesverticais de um bloco com2313 N ligado à extremidadeB da mesma viga.(Nota: 1 Pa = 1 N/m2, 1 GPa = 109 Pa)
L, EI B
A
P
δB
P
ke
(a)
P = Fe = kδB ⇒ ke =P 3EI
PL3=
3EI
L3
ke =3 × 200 × 109 × 4.84 × 10−6
3.053≃ 102.352 kN/m
(b)
ν =1
T=
ω
2π=
1
2π
√
k
m=
1
2π
√
kg
P
ν =1
2π
√
102352 × 9.81
2313≃ 3.316 Hz
Vibrações de corpos rígidos
No caso dos corpos rígidos, a equação diferencial do movimento oscilatório re-sulta directo das equações de equilíbrio dinâmico.
Exercício(Beer 19.55)
p.8 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
A barra uniformeAB com 8 kg está articulada emC e ligada emA a uma mola de constante de rigidezk = 500 N/m. Se for imposto à extremidadeA um pe-queno deslocamento e se depois for libertada, deter-mine (a) a frequência das pequenas oscilações e (b) omenor valor da constante de rigidez para o qual ocorre-rão oscilações. ConsidereL = 250 mm ed = 40 mm.
kA
B
G
C
L
d
A
C
G
Fe
θ
CnCt
mg
(a)∑
MG . . . IGθ = −Fe(L/2) cos θ − Ctd
∑
Ft . . . mat = Ct + mg sin θ − Fe cos θ
at = θ d sin θ ≃ θ cos θ ≃ 1
Ct = mθd − mgθ + Fe
IGθ = −FeL/2 − md2θ + mgdθ − Fed
Mas,
Fe = k
(L
2+ d
)
sin θ ≃ k
(L
2+ d
)
θ
e
IG =1
12mL2
resultando,
θ +k(L/2 + d)2 − mgd
mL2/12 + md2θ = 0
ω =
√
k(L/2 + d)2 − mgd
mL2/12 + md2
ω =
√
500 × (0.25/2 + 0.04)2 − 8 × 9.81 × 0.04
8 × 0.252/12 + 8 × 0.042≃ 13.87 rad/s
f =1
T=
ω
2π≃ 2.21 Hz
(b) Não ocorrem oscilações quando oT → ∞ ouω → 0, ou ainda se a frequên-cia é um número imaginário,
ω2 =k(L/2 + d)2 − mgd
mL2/12 + md2> 0 ⇒ k >
mgd
(L/2 + d)2
p.9 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
kmín >8 × 9.81 × 0.04
(0.25/2 + 0.04)2≃ 115.3 N/m
ExercícioDetermine o período das pequenas oscilações da placa rectangular homogénea
representada.
θ
~P
~R
G
2b
2bG
O
∑
MO = IO θ
IO = IG + m OG2
IO =1
12
[(2b)2 + (2b)2
]+ mb2
IO =5
3mb2
−Pb sin θ =5
3mb2θ ⇒ −mgb sin θ =
5
3mb2θ
Mas, comoθ << 1, sin θ ≃ θ, resultando,
θ +3g
5bθ = 0 ⇒ ω2 =
3g
5b⇒ T =
2π
ω= 2π
√
5b
3g
Aplicação do princípio da conservação da energia
O princípio da conservação da energia proporciona um meio conveniente paradeterminar o período de vibração de um sistema com um só grau de liberdade,desde que se admita o movimento harmónico simples.
Escolhem-se duas posições particulares do sistema:
1a Quando o deslocamento do sistema é máximo. Nesta posição a energia ciné-tica do sistemaT1 é nula. Escolhendo o nível zero para a energia potenciala posição de equilíbrio estático, a energia potencialV1 pode ser expressa emfunção da amplitudeXm ou θm;
2a Quando o sistema passa pela sua posição de equilíbrio. A energia potencialdo sistemaV2 é nula e a energia cinéticaT2 pode ser expressa em função davelocidade máximaXm ou da velocidade angular máximaθm.
O período das pequenas oscilações resulta escrevendo a conservação da energia,
T1 + V1 = T2 + V2
p.10 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
e tomando em conta que, num movimento harmónico simples,
Xm = ω Xm ou θm = ω θm
ExercícioUtilizando o princípio da conservação da energia, determine o período das pe-
quenas oscilações da placa rectangular homogénea considerada no exercício an-terior.
nível de referênciaV = 0
θM
θ = 0 θ = 0
~P ~P
2b
2b
O
GG
O
θM
• Posição do deslocamento máximo
T1 = 0 V1 = Pb(1 − cos θm)
1 − cos θm = 2 sin2
(θm
2
)
≃ 2
(θm
2
)2
=θ2
m
2⇒ V1 =
1
2Pbθ2
m
• Posição de equilíbrio
T2 =1
2IOθ2
m V2 = 0
IO = IG + mOG2 =1
12
[(2b)2 + (2b)2
]+ mb2 =
5
3mb2
T2 =1
2
5
3mb2θ2
m V2 = 0
• Conservação da energia
T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 1
2Pbθ2
m =1
2
5
3mb2θ2
m
e tomando em conta queθm = ωθm (movimento harmónico),
mgbθ2
m =5
3mb2θ2
mω2 ⇒ ω2 =3g
5b⇒ T =
2π
ω= 2π
√
5b
3g
p.11 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Exercício(Beer 19.80)
Uma barra AB com 8 kg e comprimentoL = 600 mm está ligada a dois cursores commassa desprezável. O cursorA está por suavez ligado a uma mola de constante de rigidezk = 1.2 kN/m e pode deslizar numa barra ver-tical, enquanto o cursorB pode deslizar livre-mente numa barra horizontal.
A L
B
kθ
Sabendo que o sistema está em equilíbrio e queθ = 40, determine o períodode vibração se for imposto um pequeno deslocamento ao cursorB e depois liber-tado.
• Determinação da deformação estática da mola.
Na posição de equilíbrio,
∑
Fh = 0 ⇒ NA = 0
∑
MB = 0
⇓
A
B
NA
NB
Fe
mg
mgL
2cos θ − FeL cos θ = 0 ⇒ δest =
mg
2k
• Conservação da energia
B
A
B
A
θ
dy
dx
dy
dθx
y
x
y
y
y
x
x
GG
(A) (B)
x = L cos θ y = L sin θdx = −L sin θ dθ dy = L cos θ dθ
p.12 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
Tomando em conta queθ - o ângulo da posição de equilíbrio estático - éindependente de tempo,
dx = −L sin θ dθ dy = L cos θ dθ
Comox = x/2 e y = y/2,
d ˙x = −L
2sin θ dθ d ˙y =
L
2cos θ dθ
(A) - posição de equilíbrio (deformação da molaδest, velocidade máxima)
V1 =1
2kδ2
est + mgy
T1 =1
2IG(dθ)2
m +1
2m[(d ˙x)2
m + (d ˙y)2
m
]
T1 =1
2
(mL2
12
)
(dθ)2
m +1
2m
[(L
2sin θ
)2
+
(L
2cos θ
)2]
(dθ)2
m
T1 =1
2
(1
12+
1
4
)
mL2(dθ)2
m =1
6mL2(dθ)2
m
(B) - posição de deslocamento máximo (velocidade zero)
V2 =1
2k(δest − dym)2 + mg(y + dym)
T2 = 0
T1 + V1 = T2 + V2 ⇒1
6mL2(dθ)2
m +1
2kδ2
est + mgy = 0 +1
2k(δest − dym)2 + mg(y + dym)
1
6mL2(dθ)2
m =k
2(2δestdym + dy2
m) + mgdym
e substituindo a expressão doδest,
1
6mL2(dθ)2
m =k
2
(
−2mg
2kdym + dy2
m
)
+ mgdym
2=
k
2dy2
m
1
3mL2(dθ)2
m = kL2 cos2 θ(dθ)2
m
p.13 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Tomando em conta que o movimento é harmónico,
dθ = (dθ)m sin(ωt− φ) ⇒ (dθ)m = ω(dθ)m
resultando
1
3mL2ω2(dθ)2
m = kL2 cos2 θ(dθ)2
m ⇒ ω2 =3k
mcos2 θ
ω =
√
3k
mcos θ =
√
3 × 1200
8× cos 40 ≃ 16.25 rad/s
T =2π
ω≃ 0.387 s
Exercício(Beer 19.85)
Uma barraAB com800 g está rebitada a umdisco com1.2 kg. Uma mola de constante derigidez k = 1.2 kN/m está ligada ao centro dodisco emA e à parede emC. Sabendo que odisco rola sem escorregar, determine o períododas pequenas oscilações do sistema. Considerer = 250 mm eL = 600 mm.
A
B
kr
L
C
θM
θM (L/2 − r)
rθM
B
G
θM B
A
G
r sin θM ≃ rθM
(B)(A)
A
(A) - posição de equilíbrio estático (mola indeformada, velocidade máxima)
Tomando em conta que o ponto de contacto entre o disco e a superfíciehorizontal é o centro instantâneo de rotação do sistema, a velocidade dopontoA é
vA = rθm
p.14 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
A velocidade do pontoG resulta,
~vG = ~vA + ~vG/A ⇒ vG = rθm +L
2θm = θm(L/2 − r)
T1 =IG,ABθ2
m
2+
mAB(L/2 − r)2θ2
m
2+
IA,discoθ2
m
2+
mdiscor2θ2
m
2
IG,AB =mABL2
12=
0.8 × 0.62
12= 0.024 kgm2
IA,disco =mdiscor
2
2=
1.2 × 0.252
2= 0.0375 kgm2
T1 =
[0.024
2+
0.8 × (0.3 − 0.25)2
2+
0.0375
2+
1.2 × 0.252
2
]
θ2
m
Escolhendo o nível zero para a energia potencial do sistema nesta posição,temos então,
T1 = 0.06925 θ2
m V1 = 0
(B) - posição de deslocamento máximo (velocidade nula)
A deformação da mola nesta posição é dada por,
∆ = r sin θm ≃ rθm
V2 =1
2k(rθm)2 + mABg
L
2(1 − cos θm)
Mas como,
1 − cos θm = 2 sin2
(θm
2
)
≃ 2
(θm
2
)2
=θ2
m
2
V2 =1
2kr2θ2
m + mABgL
2
θ2
m
2=
(kr2
2+
mABgL
4
)
θ2
m
V2 =
(1200 × 0.252
2+
0.8 × 9.81 × 0.6
4
)
θ2
m
Tomando em conta que nesta posição a velocidade do sistema é nula,
T2 = 0 V2 = 38.6772 θ2
m
p.15 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Aplicando agora o princípio da conservação da energia entreas duas posições, etomando em conta que o movimento é harmónico (θm = ωθm),
T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 0.06925θ2
m = 38.6772θ2
m
0.06925 ω2θ2
m = 38.6772 θ2
m ⇒ ω2 =
√
38.6772
0.06925≃ 23.64 rad/s
T =2π
ω≃ 0.266 s
Exercício
Determine a frequência das pequenas osci-lações do disco homogéneo de massam re-presentado, assumindo que se encontra emequilíbrio na posição mostrada e que nãoescorrega na superfície horizontal.
B
O
r
k
a
kA
B
A
A
θM
θM
B
(1) (2)
(1) - posição de equilíbrio (a velocidade é máxima)
Como o disco não escorrega na superfície horizontal, o pontoB é o C.I.R.para o disco e o movimento é uma rotação não-baricêntrica.
T1 =1
2IB θ2
m
com
IB = IO + mr2 =1
2mr2 + mr2 =
3
2mr2
Escolhendo o nível zero para a energia potencial (gravíticae elástica) nestaposição, resulta
T1 =3
4mr2θ2
m V1 = 0
p.16 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
(2) - posição de deslocamento máximo (velocidade é nula)
V2 =1
2k(r + a)2θ2
m +1
2k(r + a)2θ2
m = k(r + a)2θ2
m
T2 = 0
Aplicando o princípio da conservação da energia entre as duas posições, e to-mando em conta que o movimento é harmónico (θm = ωθm),
T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 3
4mr2ω2θ2
m = k(r + a)2θ2
m
ω =
√
4k(r + a)2
3mr2rad/s
Nota: Para que o resultado acima seja correcto, não é necessário que as molassejam indeformadas na posição de equilíbrio estático. Apenas é necessário que osistema seja em equilíbrio nesta posição. Como neste caso asduas molas tem amesma constante de rigidez, para o sistema estar em equilíbrio a deformação nasduas molas deve ser a mesma. Seja esta deformação inicialx0 (compressão outracção nas duas molas).
A energia mecânica na posição de equilíbrio passa a ser,
E1 =3
4mr2θ2
m +1
2kx2
0+
1
2kx2
0=
3
4mr2θ2
m + kx2
0=
3
4mr2ω2θ2
m + kx2
0
Na posição de deslocamento máximo,
E2 =1
2k [x0 + (r + a)θm]2 +
1
2k [x0 − (r + a)θm]2 = kx2
0+ k(r + a)2θ2
m
E igualando a energia mecânica nas duas posições,
3
4mr2ω2θ2
m + kx2
0= kx2
0+ k(r + a)2θ2
m ⇒ ω =
√
4k(r + a)2
3mr2
ExercícioO cilindro de massam e raio r rola sem escorregar numa superfície de raioR.
Determine a frequência das pequenas oscilações do sistema.
p.17 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
A B
C
Aθ
φO
O1 O1
O
(1) (2)
(1) - posição de equilíbrio estático (energia potencial zero, velocidade máxima)
V1 = 0
T1 =1
2mv2
O +1
2IO
˙(φ − θ)2
=1
2mr2
(
φ − θ)2
+1
2
1
2mr2
(
φ − θ)2
T1 =3
4mr2
(
φ − θ)2
Mas,
BC=
AC ⇒ Rθ = rφ ⇒ φ =R
rθ ⇒ φ =
R
rθ
e como nesta posiçãoθ = θm,
T1 =3
4mr2
(R
r− 1
)2
θ2
m =3
4m(R − r)2θ2
m
(2) - posição de deslocamento máximo (energia potencial máxima, velocidadenula)
T2 = 0
V2 = mg(R − r)(1 − cos θ)
Mas como,
1 − cos θ ≃ 2 sin
(θ
2
)2
V2 ≃ mg(R − r)2 sin
(θ
2
)2
= mg(R − r)2θ2
4=
1
2mg(R − r)θ2
e tomando em conta que nesta posiçãoθ = θm,
V2 =1
2mg(R − r) θ2
m
p.18 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
Aplicando o princípio da conservação da energia,
T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 3
4m(R − r)2θ2
m =1
2mg(R − r) θ2
m
Como o movimento oscilatório é harmónico,
θm = ωθm
resultando3
2m(R − r)2ω2θ2
m = mg(R − r) θ2
m
ω2 =2g
3 (R − r)⇒ ω =
√
2g
3 (R − r)
Nota: Método alternativo para o cálculo doT1
T1 =1
2mv2
O +1
2IOω2 =
1
2mv2
O +1
2
1
2mr2
v2
O
r2=
3
4mv2
O =3
4m(R − r)2θ2
Exercício
Admitindo que não há escorregamento entre o fioinextensível e o disco de massaM , determine afrequência das pequenas vibrações do sistema repre-sentado.
rk
M
m
GG
B ≡ C.I.R. BA
A
θMθM
(1) (2)
(1) - posição de equilíbrio estático (θ = θm)
V1 =1
2k∆2
0
p.19 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
T1 =1
2Mv2
G +1
2IGθ2
m +1
2mv2
A =1
2Mr2θ2
m +1
2
1
2Mr2θ2
m +1
2m4r2θ2
m
T1 =
(3
4M + 2m
)
r2θ2
m
(2) - posição de deslocamento máxima (θ = θm)
V2 =1
2k(∆0 + xG)2 − mgxA − MgxG
V2 =1
2k(∆0 + rθm)2 − (2m + M)grθm
T2 = 0
Escrevendo agora o princípio da conservação da energia,
T1 + V1 = T2 + V2
resulta,
1
2k∆2
0+
(3
4M + 2m
)
r2θ2
m =1
2k(∆0 + rθm)2 − (2m + M)grθm
(3
4M + 2m
)
r2θ2
m =1
2kr2θ2
m + [k∆0 − (2m + M)g] rθm
Na expressão acima,∆0 representa a deformação da mola na posição de equilíbrioestático. Se nesta posição escreve-se somatório de momentos emB, resulta∑
MB = 0 ⇒ mg2r + Mgr − k∆0r = 0 ⇒ k∆0 − (2m + M)g = 0
Com este resultado, do princípio da conservação da energia resulta,(
3
4M + 2m
)
r2θ2
m =1
2kr2θ2
m
e admitindo o movimento harmónico,
(3
4M + 2m
)
ω2θ2
m =1
2kθ2
m ⇒ ω =
√
k3
2M + 4m
Nota: Para simplificar as contas no estudo das pequenas vibraçõesem torno daposição de equilíbrio estático, pode-se sempre admitir quea força elástica e asforças que a equilibram nesta nesta posição (pesos) anulam-se umas as outras.
p.20 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
Então, estas forças podem ser deixadas fora das seguintes contas e na posição dedeslocamento máximo apenas terão de ser contabilizadas as restantes forças e osuplemento da força elástica.
No problema considerado, isto significava,
V1 = 0 T1 =(
3
4M + 2m
)r2θ2
m
V2 = 1
2kr2θ2
m T2 = 0
⇒ ω =
√
k3
2M + 4m
1.1.2 Vibrações forçadas
As vibrações forçadas ocorrem sempre que um sistema está sujeito a uma forçaperiódica, ou quando está elasticamente ligado a um apoio com movimento osci-latório.
Força periódica
Considere-se uma partícula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk, sujeita a acção de uma força periódica
F = Fm sin ωf t
molaindeformada
equilíbrioestático
xest
Fe
(a) (b) (c)
PF
Fe
P
x
∑
Fx = mx ⇒ mx = mg − Fe + F = mg − k(xest + x) + F
Tomando em conta que na posição de equilíbrio estáticomg = kxest e substi-tuindo a expressão para a excitação harmónica,
mx + kx = Fm sin ωf t
x + ω2x =Fm
msin ωf t ondeω =
√
k
m(1.2)
p.21 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Uma equação diferencial que possui o membro direito diferente de zero, diz-senão homogénea. A sua solução geral obtém-se pela adição da solução particularda equação dada à solução geral da correspondente equação homogénea,
x = xp + x0
Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a soluçãoparticular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma funçãode tipo
xp = A sin ωf t + B cos ωf t
Nesta expressão,A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substi-tuindo a solução particular na equação diferencial,
xp = ωfA cos ωf t − ωfB sin ωf t
xp = −ω2
fA sin ωf t − ω2
fB cos ωf t
−ω2
fA sin ωf t − ω2
fB cos ωf t + ω2 (A sin ωf t + B cos ωf t) =Fm
msin ωf t
A(ω2 − ω2
f) sin ωf t + B(ω2 − ω2
f) cos ωf t =Fm
msin ωf t ∀t
A(ω2 − ω2
f) =Fm
me B = 0
xp =Fm
m(ω2 − ω2
f)sin ωf t =
Fm/k
1 − (ωf/ω)2sin ωf t
Solução geral A solução geral obtém-se juntando à solução particular a soluçãoda equação homogénea (oscilações livres),
x(t) = C1 sin ωt + C2 cos ωt︸ ︷︷ ︸
solução homogénea
+ Xm sin ωf t︸ ︷︷ ︸
solução particular
onde, com a notaçãoΩ = ωf/ω,
Xm =Fm/k
1 − Ω2
Nota-se que o movimento representado pela equação acima consiste em dois mo-vimentos oscilatórios sobrepostos. Os dois primeiros termos representam a vibra-ção livre do sistema. A frequência desta vibração é a frequência natural do sistema
p.22 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
e depende apenas da rigidez e da massa do sistema. As constantesC1 e C2 po-dem ser determinadas a partir das condições iniciais. Está vibração é tambémdesignada por vibração em regime transitório, uma vez que, no caso de vibraçõesamortecidas, a amplitude deste movimento decresce rapidamente.
O último termo da equação acima represente a vibração em regime estacionário.Este movimento é produzido e mantido pela força aplicada. A sua amplitude de-pende da relação entre a frequência da excitação e a frequência natural do sistema.
A razão entre a amplitude das vibrações estacionárias e a deformação estáticaFm/k, chama-se factor de amplificação dinâmica,
Rd =1
1 − Ω2
Movimento de base
Considere-se uma partícula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk, sujeita a um movimento de base harmónico,
yf = xg sin ωf t
molaindeformada
equilíbrioestático
xest
Fe
P
x
(c)(b)(a)
yf
Fe
P
∑
Fx = ma ⇒ ⇒ m(x + yf) = mg − Fe = mg − k(xest + x)
Tomando em conta que na posição de equilíbrio estático,mg = kxest e substi-tuindo a expressão para o movimento harmónico de base,
mx + kx = mω2
fxg sin ωf t
x + ω2x = ω2
fxg sin ωf t ondeω =
√
k
m(1.3)
p.23 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a soluçãoparticular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma funçãode tipo
xp = A sin ωf t + B cos ωf t
Nesta expressão,A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substi-tuindo a solução particular na equação diferencial,
(ω2 − ω2
f)(A sin ωf t + B cos ωf t) = ω2
fxg sin ωf t ∀t
A = xgΩ2
1 − Ω2e B = 0
xp = Xm sin ωf t comXm = xgΩ2
1 − Ω2
No caso de movimento de base, interesse relacionar a amplitude das vibraçõesestacionárias com o deslocamento máximo da base. A razão entre estes dois des-locamentos máximos, chama-se factor de transmissibilidade. Para o calcular, no-ta-se que o deslocamento absoluto da massa em regime estacionário é dado por,
xt(t) = xp(t) + yf(t) = xg
(
1 +Ω2
1 − Ω2
)
sin ωf t = xg1
1 − Ω2sin ωf t
Tr =xt,máx
xg
=1
1 − Ω2
As características das vibrações forçadas não-amortecidas, são resumidas noseguinte quadro.
Vibrações forçadas não-amortecidasForça harmónica Movimento harmónico de base
x + ω2x = (Fm/m) sin ωf t x + ω2x = ω2
fxg sin ωf t
xp (Fm/k)/(1 − Ω2) sin ωf t xgΩ2/(1 − Ω2) sinωf t
x0 C1 sin ωt + C2 cos ωtx(t) x0(t) + xp(t)xt(t) x(t) x(t) + xg(t)Rd 1/(1 − Ω2) –Tr – 1/(1 − Ω2)
p.24 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
1 2 3 4
2
4
6
8
Ω
∣∣∣∣
1
1 − Ω2
∣∣∣∣
Observa-se que, quando a frequência da excitação é igual a frequência natural dosistema a amplitude de vibração torna-se infinita. Diz-se que a excitação está emressonância com o sistema.
A amplitude do movimento é igual ao deslocamento estático paraωf = 0 e depoiscomeça a crescer comωf . Depois de ultrapassar a frequência de ressonância, aamplitude do movimente decresce, chegar a ser mais baixa do que o deslocamentoestático para excitações com frequências muito altas.
Exercício(Beer 19.112)
A esfera com1.2 kg forma um pêndulo com comprimentoL = 600 mm que estásuspenso a partir de um cursorC com1.4 kg. O cursor é obrigado a deslocar-sede acordo com a relação,
xC = Ym sin ωf t
com amplitudeYm = 10 mm e uma frequênciaff = 0.5 Hz. Considerando apenaso regime estacionário, determine (a) a amplitude do movimento da esfera e (b) aforça que deve ser aplicada ao cursorC para o manter em movimento.
p.25 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
L
x
θ
C
mg
T
xC = Ym sin ωf t
∑
Fx . . . mx = −T sin θ
∑
Fy . . . my = T cos θ − mg
Admitindo pequenas oscilações,
sin θ ≃ tan θ ≃ θ cos θ ≃ 1
e o movimento ocorre segundo um eixo horizontal. Resulta então,
T = mg
mx = −mgx − xC
L⇒ x +
g
Lx =
g
LxC
x + ω2 x = ω2 Ym sin ωf t comω =
√g
L
(a) A solução particular será dada por,
xp = Xm sin ωf t ondeXm =Ym
1 − (ωf/ω)2
Tomando em conta que
ω2 =g
Lω2
f = (2πff)2
Xm =Ym
1 − 4π2f 2
f L/g=
0.01
1 − 4 × π2 × 0.52 × 0.6/9.81≃ 0.025 m
p.26 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
(b)
θ
C
T
N
mg
xC
aC = xC = −ω2
fYm sin ωf t = −ω2
fxC
∑
Fx . . . mC aC = F + T sin θ ⇒ F = mC ac − T sin θ
Tomando em conta queT = mg, sin θ ≃ (x − xC)/L eω2 = g/L,
F = −mc ω2
fxC − mgx − xc
L= −mc ω2
fxC − mω2x + mω2xC
F =[(mω2 − mCω2
f)Ym − mω2Xm
]sin ωf t
Para os valores numéricos dados,
F ≃ −0.44 sin πt N
Exercício(Beer 19.118)Um motor com180 kg está fixo a uma viga horizontal de massa desprezável. O
desequilíbrio do rotor é equivalente a uma massa de28 g situada a uma distânciade150 mm do eixo de rotação, e a deformação estática da viga devida ao pesodo motor é igual a12 mm. A amplitude de vibração devida ao desequilíbrio podeser atenuada através da adição de uma placa à base do motor. Sea amplitude devibração em regime estacionário tiver que ser menor que60 µm para velocidadesdo motor acima de300 rpm, determine a massa necessária da placa.
p.27 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
ωf
m
ωf t
Pm sinωf tPm = mω2
fr
Rotor
Fe
MgPm sin ωf t
δest
x
Motor
sumFx . . . Mx = Mg − Fe + Pm sin ωf t
x + ω2x =Pm
Msin ωf t ondeω =
√
k
MA vibração em regime estacionário vai ter uma amplitude dadapor,
Xm =Pm/k
1 − (ωf/ω)2=
mω2
fr/(Mω2)
1 − (ωf/ω)2=
rm/M
(ω/ωf)2 − 1
1−r mM
Xm
ωf/ω
ωf > 300 rpm
Escrevendo o equilíbrio estático da viga,
kδest = Mg ⇒ k =Mg
δest
=180 × 9.81
0.012= 147150 N/m
A frequência da estrutura, depois da adição da placa, será dada por,
ω2 =k
M ′
Tomando em conta esta definição,
Xm =rm/M ′
k/(M ′ω2
f) − 1⇒ Xm
(
k
M ′ω2
f
− 1
)
= rm
M ′
p.28 – Capítulo 1
1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS
M ′ =k
ω2
f
− rm
Xm
Como
ωf = 300 × 2π/60 = 10π rad/s
e
Xm = −60 × 10−6 m (. . . veja o enunciado e a figura)
resulta
M ′ =147150
100π2+
0.15 × 0.028
60 × 10−6≃ 219.1 kg
O peso da placa será
∆M = M ′ − M = 219.1 − 180 = 39.1 kg
Exercício(Beer 19.125)Um pequeno reboque e o barco possuem a massa total de250 kg. O reboque
está apoiado em duas molas, cada uma com10 kN/m e desloca-se ao longo deuma estrada cuja superfície se pode aproximar a uma curva sinusoidal com umaamplitude de40 mm e um comprimento de onda de5 m. Determine (a) a veloci-dade para a qual ocorre a ressonância e (b) a amplitude da vibração do reboqueà velocidade de50 km/h.
2Ym
λ
vy
x
Fe
mg
y = Ym sinωf t
x
δest m(x − y) = −kx
mx + kx = ky
x + ω2x = −ω2Ym sin ωf t
ω2 =k
mωf =
2π
T=
2π
λ/v=
2πv
λ
p.29 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
A solução da equação diferencial é
x(t) = Xm sin ωf t
onde a amplitude do movimento oscilatório é dada por
Xm =Ym
1 − (ωf/ω)2
(a) A ressonância ocorre quando a amplitude do movimento é máxima, ou seja,quando
ω = ωf ⇒√
k
m=
2πv
λ⇒ v =
λ
2π
√
k
m
v =5
2π
√
2 × 10000
250≃ 7.12 m/s≃ 25.62 km/h
(b)
Xm =Ym
1 − (ωf/ω)2=
Ym
1 −(
2πv
λ
)2m
k
v = 50 km/h =125
9m/s
Xm =0.040
1 − 4 × π2 × 1252
52 × 92
250
20000
≃ −0.014 m
1.2 Vibrações amortecidas
Na realidade, todas as vibrações são amortecidas, em maior ou menor grau, pelaacção das forças de atrito. Estas forças podem ser causadas por atrito seco - entrecorpos rígidos, por atrito fluido - quando um corpo rígido se desloca num fluido,ou por atrito interno - entre as moléculas que constituem um corpo.
Um tipo de amortecimento com especial interesse é o amortecimento viscoso emque a força de atrito é proporcional e oposta a velocidade do corpo em movimento
Fa = −c x
A constantec expressa em Ns/m chama-se coeficiente de amortecimento viscoso.
p.30 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
1.2.1 Vibrações livres
Seja uma partícula de massam ligada a uma mola de rigidezk e a um amortecedorde coeficiente de amortecimento viscosoc.
(a) (c)(b)
xest
x
Fe
FaFe
mg
mg
Na posição de equilíbrio estático (b), o sistema está em repouso, portanto no amor-tecedor não se desenvolve força nenhuma. Escrevendo a equação de equilíbrioestático resultamg = kxest.Seja uma posição qualquer (c) caracterizada pela posiçãox e a velocidadex dapartícula. Escrevendo as equações de movimento nesta posição, resulta
mx = mg − cx − k(xest + x) = mg − kxest︸ ︷︷ ︸
0
−cx − kx
mx + cx + kx = 0
ou, dividindo pela massa,
x +c
mx + ω2x = 0 comω2 ≡ k
m(1.4)
O movimento definido pela equação (1.4) representa um movimento oscilatórioamortecido. A solução desta equação diferencial homogéneaé de tipoeλt,
x = eλt x = λeλt x = λ2eλt
(
λ2 +c
mλ + ω2
)
eλt = 0 ∀t
Resulta a equação característica
λ2 +c
mλ + ω2 = 0
cuja solução é dada por
λ1,2 = − c
2m±√( c
2m
)2
− k
m
p.31 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Designa-se por coeficiente de amortecimento crítico,ccr o valor do coeficiente deamortecimentoc que anula o radical,
ccr = 2m
√
k
m= 2mω
Por vezes, o amortecimento de um sistema costuma ser dado em percentagemsobre o valor do amortecimento crítico,
ζ =c
ccr
Os valores recomendados para o factor de amortecimentoζ no cálculo de estrutu-ras variam entre5 − 10% para estruturas metálicas,7 − 10% para estruturas embetão e10 − 20% para estruturas em madeira.
Com esta notação, a equação diferencial das vibrações livres amortecidas toma aseguinte forma,
x + 2ζωx + ω2x = 0 (1.5)
Dependendo do valor do coeficiente de amortecimento, distinguem-se três casos:
Amortecimento super-crítico (c > ccr ou ζ > 1) As raízes da equação caracte-rística são reais e distintas, ambas negativas.
λ1, λ2 < 0 ⇒ x(t) = Aeλ1t + Beλ2t ⇒ limt→∞
x(t) = 0
O movimento resultante não é oscilatório. Ox tende para zero quandot aumenta indefinidamente, ou seja, o sistema readquire a sua posição deequilíbrio estático após um intervalo de tempo suficientemente longo.
Amortecimento crítico (c = ccr ou ζ = 1) A equação característica tem umaraiz dupla,
λ1,2 = −ω ⇒ x(t) = (A + Bt)e−ωt
O movimento não é vibratório, retomando o sistema a sua posição de equi-líbrio no menor tempo possível, sem oscilar.
Amortecimento sub-crítico (c < ccr ou ζ < 1) As raízes da equação caracterís-tica são complexas conjugadas,
λ1,2 = − c
2m± i
√
k
m−( c
2m
)2
p.32 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
Definindo,
ω2
a =k
m−( c
2m
)2
=k
m
[
1 − m
k
( c
2m
)2]
ω2
a = ω2
1 −(
c
2m√
k/m
)2
= ω2(1 − ζ2)
resultaλ1,2 = −ζω ± iωa
ex(t) = e−ζωt (C1 sin ωat + C2 cos ωat)
O movimento é oscilatório, com amplitude decrescente. A frequência devibração,ωa = ω
√
1 − ζ2 < ω pelo que o período de vibração do sistemaamortecido é maior do que o período de vibração correspondente ao sistemanão amortecido. O sistema readquire a sua posição de equilíbrio estáticoapós um intervalo de tempo suficientemente longo.
Amplitude do movimento
amortecimento crítico
amortecimento supra-crítico
amortecimento sub-crítico
Tempo
Exercício(Beer 19.134)
Um blocoA com4 kg é solto de uma altura de800 mmsobre um blocoB com 9 kg, que está em repouso. Obloco B está apoiado numa com constante de rigidezk = 1500 N/m e está ligado a um amortecedor com co-eficiente de amortecimentoc = 230 Ns/m. Sabendo quenão existe qualquer ressalto, determine a distância má-xima percorrida pelos blocos após o choque.
A
B
ck
h
p.33 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
• A velocidade do blocoA antes de choque obtém-se aplicando o princípiode conservação da energia.
mAgh =1
2mAv2
A ⇒ vA =√
2gh
• A velocidade dos dois blocos após o choque resulta da conservação da quan-tidade de movimento, tomando em conta que não há forças impulsivas ex-ternas e que o choque é perfeitamente plástico.
mAvA = (mA + mB)v′ ⇒ v′ =mA
mA + mB
√
2gh
v′ =4
4 + 9×√
2 × 9.81 × 0.8 ≃ 1.219 m/s
• As forças que actuam em seguida sobre o sistema formado pelosdois blocossão o peso, à força elástica e à força de amortecimento viscoso.
Tomando em conta que a nova posição de equilí-brio estático, devida ao suplemento de peso pro-vocado pelo blocoA é dada por,
x0 =mAg
k=
4 × 9.81
1500≃ 0.026 m
Mg x0
x
FaFe
temos,
Mx = Mg − k(x0 + x) − cx ⇒ x +c
Mx +
k
Mx = 0
ou seja,x + 2ζωx + ω2x = 0
onde
ω =
√
k
M=
√
1500
4 + 9≃ 10.742 rad/s
ccr = 2Mω = 2 × (4 + 9) × 10.742 ≃ 279.266 Ns/m
ζ =c
ccr=
230
279.266≃ 82%
Como o amortecimento é sub-crítico, o movimento resultanteserá dado por
x(t) = e−ζωt (C1 sin ωat + C2 cos ωat)
comωa = ω
√
1 − ζ2 = 10.742 ×√
1 − 0.822 ≃ 6.15 rad/s
ou sejax(t) = e−8.81 t [C1 sin(6.15 t) + C2 cos(6.15 t)]
p.34 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
• As constantesC1 e C2 vão ser determinadas a partir das condições iniciaisdo movimento:
x(0) = −x0 e x(0) = v′
x(0) = C2 = −x0 ⇒ C2 = −0.026
x(t) = e−8.81 t [(6.15 C1 − 8.81 C2) cos(6.15 t)+(−8.81 C1 − 6.15 C2) sin(6.15 t)]
x(0) = 6.15 C1 − 8.81 C2 = v′ ⇒ C1 =v′ + 8.81 C2
6.15
C1 =1.219 − 8.81 × 0.026
6.15≃ 0.161
A equação do movimento oscilatório em torno da posição de equilíbrio es-tático, fica então definida por
x(t) = e−8.81 t [0.161 sin(6.15 t) − 0.026 cos(6.15 t)]
0.2 0.4 0.6 0.8 1
−0.02
−0.01
0.01
0.02
0.03
x0
xM
x
t
• O deslocamento máximoxm, será alcançado quando a velocidade do sis-tema será nula.
x(t) = e−8.81 t [1.219 cos(6.15 t) − 1.259 sin(6.15 t)]
x(t) = 0 ⇒ t =1
6.15arctan
(1.219
1.259
)
≃ 0.125 s
O deslocamento máximo será então,
xm = x(0.125) ≃ 0.031 m
p.35 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
• A distância máxima percorrida pelos blocos após o choque será,
dmáx = x0 + xm = 0.026 + 0.031 = 0.057 m
1.2.2 Vibrações forçadas
Força periódica
Seja uma partícula de massam ligada a uma mola de rigidezk e a um amortecedorde coeficiente de amortecimento viscosoc sob a acção de uma força periódica,
F = Fm sin ωf t
(a) (c)(b)
xest
x
Fe
FaFe
mg
mgF
A equação de movimento em torno da posição de equilíbrio estático será
m x + c x + k x = Fm sin ωf t
ou, dividindo pela massa,
x + 2ζω x + ω2 x =Fm
msin ωf t (1.6)
A solução geral desta equação diferencial não-homogénea obtém-se pela adiçãode uma solução particular à solução geral da equação homogénea.
A solução geral da equação homogénea, que foi obtida no caso das vibraçõeslivres amortecidas, depende do amortecimento do sistema, mas de qualquer modoesvanece com o tempo. O intervalo de tempo inicial em que estasolução temvalores não desprezáveis, chama-se zona transitória.
A solução particular representa a vibração em regime estacionário, significandoque depois de um intervalo suficientemente longo, esta solução caracteriza sozi-nha o movimento do sistema.
p.36 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
Se a excitação fosse harmónica, a solução particular é também harmónica,
xp = A sin ωf t + B cos ωf t
e substituindo na equação diferencial, temos
−ω2
fA sin ωf t − ω2
fB cos ωf t + 2ζωωfA cos ωf t − 2ζωωfB sin ωf t+
ω2A sin ωf t + ω2B cos ωf t =Fm
msin ωf t ∀t
[ω2 − ω2
f −2ζωωf
2ζωωf ω2 − ω2
f
]AB
=
Fm/m
0
ou, dividindo cada linha porω2 e utilizando as notaçõesΩ = ωf/ω e δ0 = Fm/k,
[1 − Ω2 −2ζΩ2ζΩ 1 − Ω2
]AB
=
δ0
0
A =(1 − Ω2)
(1 − Ω2)2 + (2ζΩ)2δ0
B =−2ζΩ
(1 − Ω2)2 + (2ζΩ)2δ0
Para por em evidência a amplitude do movimento, a solução particular pode serescrita sob forma
xp = Xm sin(ωf t − φ)
onde
Xm =√
A2 + B2 =1
√
(1 − Ω2)2 + (2ζΩ)2δ0
e
φ = arctan
(
−B
A
)
= arctan
(2ζΩ
1 − Ω2
)
A razão entre a amplitude das vibrações em regime estacionário e a deformaçãoestática provocada pela aplicação da forçaFm, designa-se por factor de amplifica-ção dinâmica,
Rd =1
√
(1 − Ω2)2 + (2ζΩ)2
O factor de amplificação dinâmica depende da razão das frequências,Ω = ωf/ωe do factor de amortecimento do sistemaζ .
p.37 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
0.5 1 1.5 2 2.5 3
1
2
3
4ζ = 0
ζ = 0.125
ζ = 0.250
ζ = 0.375
ζ = 1.000
Rd
Ω
Observa-se que a amplitude de uma vibração forçada pode manter-se pequena,quer através da escolha de um elevado coeficiente de amortecimento viscoso, quermantendo afastadas uma da outra a frequência natural do sistema e a frequênciada excitação.
Movimento de base
Seja uma partícula de massamligada a uma mola de rigidezke a um amortecedor de coefici-ente de amortecimento viscosoc. O sistema está sujeito a ummovimento harmónico de base,
xf(t) = xg sin ωf t
xf
h
xm
k
δest
c
Para uma posição qualquerx, a equação de movimento é dada por,∑
F = ma ⇒ ma = −P + Fe − Fa
onde
a =d2
dt2(xf + h + x) = xf + x
Fe = k(δest − x) Fa = cx
Resulta,
m(xf + x) = −mg + k(δest − x) − cx ⇒ mx + cx + kx = −mxf
p.38 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
e dividindo pela massa, e substituindo a expressão da aceleração da base,
x + 2ζωx + ω2x = ω2
fxg sin ωf t (1.7)
Observa-se que, fazendo a notação,
Fm = mω2
fxg
a equação (1.7) transforma-se em
x + 2ζωx + ω2x =Fm
msin ωf t
ou seja, numa forma idêntica à (1.6) que representava a equação diferencial dasvibrações amortecidas forçadas, provocadas por uma força harmónica.
A solução particular da equação (1.7) resulta,
xp = δ0Rd sin(ωf t − φ) =Fm
kRd sin(ωf t − φ) =
mω2
fxg
mω2Rd sin(ωf t − φ)
xp(t) = xg
(ωf
ω
)2
Rd sin(ωf t − φ)
Viu-se que, no caso de uma força aplicada, calculou-se o factor de amplificaçãodinâmica,Rd. Este factor permite relacionar os deslocamentos máximos da massaobtidos para uma aplicação estática, respectivamente dinâmica da força.
No caso de movimento de base, interesse relacionar o deslocamento máximo dabase com o deslocamento máximo da massa. O coeficiente que permite este re-lacionamento, chama-se factor de transmissibilidade,Tr. Para o calcular, nota-seque o deslocamento absoluto da massa em regime estacionárioé dado por,
xt(t) = x(t) + xf (t) = xg
(ωf
ω
)2
Rd sin(ωf t − φ) + xg sin ωf t
Para por em evidência a amplitude do movimento, o deslocamento absoluto es-creve-se como
xt(t) = Xm sin(ωf t − Φ)
e identificando os termos,
Xm cos Φ = xg + xg
(ωf
ω
)2
Rd cos φ
Xm sin Φ = xg
(ωf
ω
)2
Rd sin φ
p.39 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Utilizando a notaçãoΩ = ωf/ω,
Xm
xgcos Φ = 1 + Ω2Rd cos φ
Xm
xgsin Φ = Ω2Rd sin φ
⇒ Tr =Xm
xg=
√
1 + (2ζΩ)2
(1 − Ω2)2 + (2ζΩ)2
Observa-se que uma redução na transmissibilidade nem sempre se consegue comum aumento do amortecimento.
0.5 1 1.5 2 2.5 3
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Ω
Tr ζ = 0
ζ = 0.125
ζ = 0.250
ζ = 0.375
ζ = 1.000
ExercícioConsidere o sistema da figura que representa um carro que sobea rampa de
transição para o tabuleiro de uma ponte.
a) Escreva a equação de movimento do carro, admitindo que mantêm a ve-locidade horizontalv0 constante e que a rampa tem uma inclinaçãoh/Lconstante;
b) SendoM = 1000 kg,c = 0.05 ccr, v0 = 40 km/h,k = 250 kN/cm,h = 1 me L = 100 m, qual é a aceleração máxima deM no trajecto ao longo darampa?
M
h
v0
c
ug
k
L
ut
p.40 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
a) Como a velocidade horizontal é constante, o movimento do carro segundoo eixo horizontal é rectilíneo e uniforme definido pela equação
x(t) = v0t
No estudo que se segue será considerada apenas a componente vertical destemovimento.
Uma vez na rampa inclinada, as forças que actuam no corpo de massaMsão o peso, a força elástica e a força de amortecimento.
M
ck
ug
PFa
Fe
Ma
uest
h0
u
h0
Ma = −P + Fe − Fa
onde
a =d2
dt2(ug + h0 + u) =
d2
dt2
(v0h
Lt + h0 + u
)
= u
Fe = k(uest − u) Fa = cu
Resulta,Mu = −Mg + kuest
︸ ︷︷ ︸
0
−ku − cu
Mu + cu + ku = 0
ou, dividindo pela massa,
u + 2ζωu + ω2u = 0
A solução desta equação diferencial representa o movimentoda massaMem relação à posição de equilíbrio estático. O movimento absoluto da massaé dado por
ut(t) = ug(t) + h0 + u(t) =v0h
Lt + h0 + u(t)
p.41 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
ondeug é a componente vertical do deslocamento da base eh0 uma cons-tante (altura do veículo).
b) Como o movimento oscilatório definido pela equação diferencial tem umamortecimento sub-critico (ζ = 5%),
u(t) = e−ζωt (C1 sin ωat + C2 cos ωat)
u(t) = e−ζωt [(C1ωa − C2ζω) cosωat − (C2ωa + C1ζω) sinωat]
comωa = ω√
1 − ζ2.
As constantesC1 e C2 vão ser determinadas a partir das condições iniciaisdo movimento,
u(0) = 0 e u(0) = v0y =v0h
L
u(0) = C2 = 0 ⇒ C2 = 0
u(0) = C1ωa − C2ζω = C1ωa =v0h
L⇒ C1 =
v0h
ωaL
Resulta
u(t) =v0h
ωaLe−ζωt sin(ωat)
u(t) =v0h
ωaLe−ζωt [ωa cos(ωat) − ζω sin(ωat)]
u(t) =v0h
ωaLe−ζωt
[(ζ2ω2 − ω2
a) sin(ωat) − 2ζωωa cos(ωat)]
0.05 0.1 0.15 0.2
−0.0004
−0.0002
0.0002
0.0004
0.0006
t [s]
u [m]
p.42 – Capítulo 1
1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS
Para os valores numéricos dados,
ω =
√
k
M=
√
250 × 105
1000≃ 158.11 rad/s
ωa = ω√
1 − ζ2 = 158.11√
1 − 0.052 ≃ 157.91 rad/s
0.05 0.1 0.15 0.2
−15
−10
−5
5
10
t [s]
u [m/s2]
u(t) ≃ 0.000703636 e−7.9055t sin(157.91t)
u(t) ≃ e−7.9055t [−1.75678 cos(157.91t) − 17.5016 sin(157.91t)]
A aceleração máxima resulta então,
d u
dt= 0 ⇒ t ≃ 0.009s ⇒ amáx ≃ −16.4 m/s2
O deslocamento absoluto da massa é apresentado na figura seguinte.
p.43 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
0.05 0.1 0.15 0.2
0.005
0.01
0.015
0.02ut [m]
h0
t [s]
1.3 Exercícios propostos
ExercícioO sistema representado na figura consiste numa barra rígida,apoiada num pontofixo emO, ligada a uma mola e a um amortecedor. A massa totalm1 = 2m dotroço OB está uniformemente distribuída no seu comprimento. Os troçosAO eBC não possuem massa estando uma placa circular de massam2 = m ligadarigidamente ao pontoC. Sabendo quem = 2kg, L = 3m, k = 800N/m ec = 200Ns/m, determine:
(a) a equação de movimento do sistema para pequenas oscilações. Tome oânguloθ de rotação da barra em torno do pontoO como coordenada gene-ralizada;
(b) a frequência das vibrações amortecidasωa e o factor de amortecimento dosistemaζ .
θ
L/2 3L/4 L/4
L/4
kc
A BO
R = L/8C
p.44 – Capítulo 1
1.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS
(a) Considerando as pequenas vibrações em torno da posição de equilíbrio,
∑
MO = IOθ
mgL
4θ − k
(3L
4
)
θ
(3L
4
)
− c
(L
2θ
)(L
2
)
= IOθ
I0 =1
12m1L
2 + m1
(L
2
)2
+1
2m2R
2 + m2
[
L2 +
(L
4
)2]
IO =1
122mL2 + 2m
L2
4+
1
2m
L2
64+ mL2
17
16=
667
384mL2
Resulta:667
384mL2θ + c
L2
4θ +
(
k9L2
16− L
4mg
)
θ = 0
ou,
mθ + cθ + kθ = 0
onde
m =667mL2
384≈ 31.27 c =
cL2
4= 450 k =
9kL2
16−L
4mg = 4035.3
(b) A frequência natural do sistema sem amortecimento é dadapor,
ωn =
√
k
m≈ 11.36 rad/s
O factor de amortecimento,
ζ =c
ccr
=c
2mωn
≈ 450
2 × 31.27 × 11.36≈ 0.633 (sub-crítico)
A frequência das vibrações amortecidas,
ωa = ωn
√
1 − ζ2 ≈ 8.79 rad/s
p.45 – Capítulo 1
CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS
Exercício
A massam1 é suportada pela molak estando emequilíbrio estático. Uma segunda massam2 cai deuma alturah e choca com a massam1, ficando asmassas, a partir do instante do choque, ligadas umaà outra. Determine o subsequente movimentou(t)medido a partir da posição de equilíbrio estático damassam1 antes do choque.
h
k
m2
m1
• a velocidade da massam2 no instante do choque calcula-se aplicando oprincípio da conservação da energia:
m2gH =1
2mv2
0⇒ v0 =
√
2gh
• A velocidade das duas massas imediatamente após o choque calcula-se apli-cando o princípio da conservação da quantidade de movimento:
(m1 + m2)v = m2v0 ⇒ v =m2
m1 + m2
√
2gh
• A nova posição de equilíbrio estático será dada por,
kδe = m2g ⇒ δe =m2g
k
• A frequência das pequenas oscilações em torno da nova posição de equilí-brio será
ω =
√
k
m1 + m2
• As vibrações em torno da posição de equilíbrio são definidas por
u(t) = A sin ωt + B cos ωt
ondeA eB são constantes arbitrárias que vão ser determinadas a partir dascondições iniciais.
• Admitindo o eixou dirigido para cima, as condições iniciais são
u(0) = δe =m2g
ku(0) = −v = − m2
m1 + m2
√
2gh
Resulta então
u(t) = A sin ωt + B cos ωtu(t) = ωA cos ωt− ωB sin ωtu(0) = u0; u(0) = u0
⇒
B = u0
ωA = u0 ⇒ A = u0/ω
p.46 – Capítulo 1
1.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS
u(t) =u0
ωsin ωt + u0 cos ωt
u(t) = −√
2gh
k
m2√m1 + m2
sin
(√
k
m1 + m2
t
)
+m2g
kcos
(√
k
m1 + m2
t
)
choque
posição
u0
equilíbrio
u0
u
t
uM
u0
−u0
−uM
a amplitude do movimento será,
uM =√
A2 + B2 =
√
u2
0+
u2
0
ω2
Em relação à posição de equilíbrio estático da massam1 antes do choque,
u = u − u0
p.47 – Capítulo 1