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UNIVERSIDADE DO ALGARVE

ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA

Área Departamental de Engenharia Civil

COMPLEMENTOS DE ANÁLISE ESTRUTURAL

DINÂMICA DE ESTRUTURAS

VERSÃO PROVISÓRIA

JOÃO MANUEL CARVALHO ESTÊVÃO

FARO 2006/02/17

- i -

ÍNDICE

Capítulo 1 - Introdução à Dinâmica de Estruturas ...................................................... 1

1.1. Caracterização de um problema dinâmico ...................................................... 1

1.2. Acções dinâmicas............................................................................................ 3

1.3. Discretização do sistema estrutural ................................................................ 3

1.3.1. Graus de liberdade .................................................................................... 4

1.3.2. Concentração de massas .......................................................................... 4

1.3.3. Amortecedores ........................................................................................... 5

1.3.4. Molas ......................................................................................................... 7

1.3.5. Condensação estática da matriz de rigidez ............................................... 8

1.3.5. Mudança de sistema de coordenadas ....................................................... 9

1.4. Formulação das equações de movimento ..................................................... 10

1.4.1. Princípio de D’Alembert ........................................................................... 10

1.4.2. Princípio dos trabalhos virtuais ................................................................ 11

1.4.3. Princípio de Hamilton ............................................................................... 11

1.5. Problemas propostos..................................................................................... 12

1.6. Resoluções dos problemas propostos .......................................................... 14

1.6.1. Problema 1.1.a) ....................................................................................... 14

1.6.2. Problema 1.1.b) ....................................................................................... 16

1.6.3. Problema 1.1.c)........................................................................................ 19

1.6.4. Problema 1.2.a) ....................................................................................... 23

1.6.5. Problema 1.2.b) ....................................................................................... 25

1.6.6. Problema 1.2.c)........................................................................................ 27

Capítulo 2 - Oscilador linear de um grau de liberdade ............................................. 35

2.1. Resposta em regime livre .............................................................................. 35

2.1.1. Sistema não amortecido .......................................................................... 35

- ii -

2.1.2. Sistema amortecido ................................................................................. 36

2.1.2.1. Amortecimento crítico ....................................................................... 37

2.1.2.2. Amortecimento sobrecrítico .............................................................. 37

2.1.2.3. Amortecimento subcrítico .................................................................. 38

2.1.2.4. Decremento logarítmico .................................................................... 38

2.2. Resposta em regime forçado ........................................................................ 40

2.2.1. Acções periódicas .................................................................................... 40

2.2.2. Acções não periódicas ............................................................................. 44

2.3. Métodos para a determinação do amortecimento viscoso ............................ 45

2.3.1. Método baseado no decremento logarítmico ........................................... 46

2.3.2. Método da meia potência......................................................................... 46

2.3.3. Método da energia dissipada por ciclo .................................................... 48



2.5.1. Problema 2.1............................................................................................ 53

2.5.2. Problema 2.2............................................................................................ 53

2.5.3. Problema 2.3............................................................................................ 56

2.5.4. Problema 2.4............................................................................................ 59

2.5.5. Problema 2.5............................................................................................ 63

2.5.6. Problema 2.6............................................................................................ 67

2.5.7. Problema 2.7............................................................................................ 67

2.5.8. Problema 2.8............................................................................................ 67

Capítulo 3 - Sistema linear de vários graus de liberdade ......................................... 68

3.1. Sistema de equações de movimento ............................................................. 68

3.2. Regime livre não amortecido ......................................................................... 69

3.2.1. Equação característica ............................................................................ 69

3.2.2. Modos de vibração .................................................................................. 70

3.3. Regime forçado amortecido .......................................................................... 73

3.3.1. Coordenadas modais ............................................................................... 73

3.3.2. Método da sobreposição modal ............................................................... 74

3.4. Método de Stodola ........................................................................................ 75

- iii -

3.5. Método de Rayleigh simplificado................................................................... 78



3.7.1. Problema 3.1............................................................................................ 82

3.7.2. Problema 3.2............................................................................................ 87

3.7.3. Problema 3.3............................................................................................ 95

3.7.4. Problema 3.4.......................................................................................... 101

Bibliografia .............................................................................................................. 106

- 1 -

CAPÍTULO 1

INTRODUÇÃO À DINÂMICA DE ESTRUTURAS

1.1. Caracterização de um problema dinâmico

Os problemas de Dinâmica de Estruturas diferem dos problemas tradicionais

da Teoria das Estruturas em dois aspectos fundamentais.

• Nos problemas do domínio da Dinâmica de Estruturas, tanto as acções como

a resposta da estrutura a essas acções, variam com o tempo, o que conduz a

uma infinidade de soluções para o problema. Como tal, apresentam uma maior

dificuldade de resolução e com maior dispêndio de tempo nesse intento. Pelo

contrário, os problemas que envolvem acções estáticas só têm uma solução.

• Nos problemas tradicionais da Teoria das Estruturas, os deslocamentos

ocorridos numa estrutura dependem das acções exteriores, e são obtidos do

equilíbrio estático de forças, em que

[ ] { } { }k d F⋅ = com { } { } { }F Q Q= − 0 (1.1)

ou

{ } [ ] { }d f F= ⋅ (1.2)

sendo

[ ] [ ]k f= −1 (1.3)

em que [k] é a matriz de rigidez, [f] é a matriz de flexibilidade, {d} é o vector de

deslocamentos generalizados e {F} é o vector de forças (igual à soma vectorial

das forças nodais {Q} e das forças de fixação −{Q0}). Se as forças exteriores

F(t) forem aplicadas de forma dinâmica, de acordo com o princípio de

D’Alembert, os deslocamentos dependem das forças de restituição ( )Fr t

(proporcionais à rigidez) e das forças de inércia, que resultam da aceleração

João M. C. Estêvão - EST - UAlg

- 2 -

da massa da estrutura, em conformidade com a 2ª lei de Newton. Por outro

lado, poderão existir, também, forças dissipadoras Fa(t). Desta forma, o

equilíbrio em regime dinâmico, corresponderá a

{ } { } { } { }r r r r

F F F FI t a t r t t( ) ( ) ( ) ( )+ + = (1.4)

A análise dinâmica de uma estrutura envolve a realização das seguintes

etapas:

• quantificação das acções dinâmicas;

• concepção de um modelo estrutural;

• definição de um modelo matemático (formulação das equações de

movimento, traduzidas nas equações de equilíbrio 1.4);

• estudo do modelo matemático com base na teoria das vibrações.

A resolução dos sistemas de equações de equilíbrio dinâmico (ou das

equações de movimento), permite a obtenção da deformada dinâmica, em

cada instante, a partir da qual se obtêm os esforços e tensões, com base na

Teoria das Estruturas, através das equações (1.1) ou (1.2), como está

esquematizado na figura 1.1.

Modelo estrutural

Análise dinâmica

Acções

Resposta da estrutura: deslocamentos

Análise estática

Esforços e tensões em cada instante

FIGURA 1.1 - Esquematização da análise dinâmica de estruturas .

Dinâmica de Estruturas – versão provisória – 2006/02/17

- 3 -

1.2. Acções dinâmicas

As acções dinâmicas podem ser classificadas como determinísticas ou

aleatórias (estocásticas). Em relação às acções determinísticas, é conhecido o

seu valor em cada instante. Contrariamente, as acções aleatórias só podem

ser definidas em termos estatísticos, não se conhecendo o seu valor num dado

instante. A acção sísmica, a acção do vento e certo tráfego rodoviário, são

exemplos de acções aleatórias.

As acções determinísticas podem ser divididas em acções periódicas e não

periódicas, consoante os seus valores se repetem, ou não, após um dado

período de tempo fixo (T). Em relação às acções periódicas teremos

( ) ( )F Ft t n T= + ⋅ ; n = 1,2,3,K (1.5)

A acção periódica mais simples resulta de uma variação sinusoidal da acção, o

que é designada por acção harmónica simples. Este tipo de acção pode

resultar do funcionamento de máquinas rotativas de alta velocidade, tais como

turbinas, alternadores, centrifugadoras e motores eléctricos caracterizados por

regimes sensivelmente uniformes. Outras acções periódicas, mais complexas

(resultantes, por exemplo, de martelos-pilões), podem ser decompostas nas

suas componentes harmónicas, recorrendo para tal, a uma análise de Fourier.

As acções não periódicas podem ser classificadas como impulsivas

(resultantes, por exemplo, de uma explosão ou do impacto de um veículo) e

contínuas (por exemplo, a parte estacionária da acção de um sismo).

1.3. Discretização do sistema estrutural

Um modelo estrutural deve ser concebido de forma a traduzir o comportamento

do sistema real, com o maior rigor possível. No entanto, para facilitar a

resolução dos problemas de análise dinâmica, é necessário a adopção de

critérios de discretização, de forma a modelar os sistemas reais (contínuos)

como sendo constituídos por um número finito de graus de liberdade. Esta


- 4 -

redução do número de graus de liberdade pode ser feita através da

concentração das massas e, também, por concentração das características

mecânicas das estruturas, como a rigidez e o amortecimento.

1.3.1. Graus de liberdade

Designam-se por graus de liberdade dinâmicos as coordenadas dos

deslocamentos (lineares ou angulares) independentes, necessárias para

descrever a solução de um sistema dinâmico em cada instante. É de salientar

a diferença entre grau de liberdade estático e dinâmico. Na análise dinâmica

de uma estrutura devemos considerar tantos graus de liberdade quanto os

necessários para descrever a posição das massas na deformada dinâmica da

estrutura, podendo não coincidir com os graus de liberdade considerados para

a análise estática da mesma estrutura.

O estudo clássico dos sistemas estruturais é dividido em sistemas de um grau

de liberdade e sistemas de vários graus de liberdade.

1.3.2. Concentração de massas

A generalidade das estruturas apresenta uma distribuição contínua da massa

nos elementos estruturais. Desse modo, o número de graus de liberdade a

considerar numa análise dinâmica tende para infinito.

É procedimento usual, a simplificação da análise através da adopção de

critérios de discretização da estrutura, sendo comum a concentração das

massas num número finito de pontos da estrutura (figura 1.2). Serão então

considerados os graus de liberdade correspondentes aos deslocamentos

lineares das massas, segundo um conjunto de eixos, e respectivos

deslocamentos angulares, caso não sejam desprezáveis os momentos de

inércia dessas massas.


- 5 -

As forças de inércia serão proporcionais aos produtos das massas pelas

acelerações das mesmas (2ª lei de Newton), em que

( ) ( )F m xI t t= ⋅ && (1.6)

FI (t)

m

&&( )x t

m m m

m

FIGURA 1.2 - Ilustração da concentração de massas.

1.3.3. Amortecedores

Na generalidade dos sistemas estruturais, a energia induzida pelas vibrações

é gradualmente dissipada por deformação plástica, fricção, gerando calor e

som. Face a essa dissipação de energia, a resposta do sistema, em termos de

deslocamentos, é gradualmente menor. O fenómeno que provoca essa

redução gradual de energia é designado por amortecimento, e pode ser

dividido em dois grupos principais: amortecimento interno ou material

(resultante de mecanismos dissipativos de energia, intrínsecos aos materiais, a

nível microscópico ou macroscópico) e amortecimento estrutural (em que a


- 6 -

dissipação de energia está associada a movimentos relativos de elementos de

um sistema estrutural, nomeadamente nos nós de ligação e nos apoios).

No processo de discretização das estruturas, é usual a concentração do

amortecimento em elementos designados por amortecedores. Assume-se que

um amortecedor não possui massa nem rigidez, e que só existe uma força de

amortecimento se existir velocidade relativa entre as duas extremidades do

amortecedor.

Dada a dificuldade inerente à quantificação do amortecimento de sistemas

reais, este é modelado como sendo de um, ou mais, dos seguintes tipos:

• Amortecimento viscoso - Esta é a forma mais comum de modelar o

comportamento de um amortecedor. De acordo com a lei de Newton, a tensão

tangencial gerada num escoamento de um fluido viscoso, entre duas

superfícies, é proporcional ao gradiente de velocidades entre essas

superfícies. Dessa forma, a força de amortecimento é a resultante dessas

tensões (figura 1.3), e será

( ) ( )F c xa t t= ⋅ & (1.7)

em que “c” é o amortecimento.

Fa (t)

c

Fa (t)1 2

( ) ( ) ( )& & &x x xt t t= −2 1

FIGURA 1.3 - Representação esquemática de um amortecedor viscoso.

• Amortecimento de Coulomb - De acordo com este modelo, a força de

amortecimento é constante e com sentido oposto ao do movimento, sendo

proporcional ao atrito entre duas superfícies.


- 7 -

• Amortecimento histerético - Quando um material deforma, a fricção interna

entre as fibras que o compõem dissipa energia (que é independente da

frequência de excitação). Um material elástico que tenha este comportamento,

apresenta os diagramas tensão-extensão com ciclos histeréticos como se

exemplifica na figura 1.4. A energia dissipada, por ciclo e por unidade de

volume, é igual à área de um ciclo histerético. O amortecimento histerético é

proporcional à amplitude do deslocamento, estando em fase com a velocidade.

Ciclohisterético

σ

ε

Energiadissipada

FIGURA 1.4 - Exemplo de um ciclo histerético.

1.3.4. Molas

Uma mola é um tipo de ligação onde se assume não existir massa e

amortecimento, e que apresenta um determinado valor de rigidez “k” (figura

1.5). A força na mola é proporcional ao deslocamento relativo das suas

extremidades. Essa força é, vulgarmente, designada por força de restituição,

pois é a força que restitui à mola a sua forma inicial (não deformada). O valor

dessa força é dado por

( ) ( )F k xr t t= ⋅ (1.8)

Fr (t)

k

Fr (t)1 2

( ) ( ) ( )x x xt t t= −2 1

FIGURA 1.5 - Representação esquemática de uma mola.


- 8 -

1.3.5. Condensação estática da matriz de rigidez

Nas análises dinâmicas, a matriz de rigidez é expressa em relação aos graus

de liberdade dinâmicos que resultam após discretização da estrutura. Desta

forma, a obtenção directa da matriz de rigidez, associada somente aos graus

de liberdade dinâmicos, torna-se, por vezes, difícil de obter.

É possível realizar-se a análise dinâmica de uma estrutura com base na matriz

de rigidez associada aos graus de liberdade estáticos e dinâmicos, em

conjunto. No entanto, tal procedimento conduz a matrizes muito maiores, o que

é bastante gravoso do ponto de vista computacional. A determinação da matriz

de rigidez, para efeitos da análise dinâmica, pode ser obtida por condensação

estática dessa matriz conjunta, tornando-se dependentes os graus de

liberdade estáticos (dd) dos graus de liberdade dinâmicos (di).

A condensação da matriz de rigidez pode ser feita recorrendo às operações

elementares sobre as matrizes, ou, de uma forma mais sistemática, fazendo as

seguintes partições

[ ] [ ] [ ][ ] [ ]kk k

k kii id

di dd=

; { } { }{ }d

d

di

d=

; { } { }

{ }FF

Fi

d=

(1.9-11)

da expressão (1.1) teremos

[ ] { } [ ] { } { }[ ] { } [ ] { } { }k d k d F

k d k d F

ii i id d i

di i dd d d

⋅ + ⋅ =

⋅ + ⋅ =

(1.12)

Resolvendo o sistema em ordem a {dd}, teremos

{ } [ ] { } [ ] { }( )d k F k dd dd d di i= ⋅ − ⋅−1 (1.13)

[ ] { } [ ] [ ] { } [ ] { }( ) { }k d k k F k d Fii i id dd d di i i⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ =−1 (1.14)

que pode ser escrito como

[ ] [ ] [ ] [ ]( ) { } { } [ ] [ ] { }k k k k d F k k Fii id dd di i i id dd d− ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅− −1 1 (1.15)


- 9 -

Tendo em conta a equação (1.1), a rigidez associada aos graus de liberdade

dinâmicos será

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]k k k k kii id dd di= − ⋅ ⋅−1 (1.16)

e o novo vector de forças será

{ } { } [ ] [ ] { }F F k k Fi id dd d= − ⋅ ⋅−1

(1.17)

1.3.6. Mudança de sistema de coordenadas

Em complexos sistemas estruturais, nomeadamente com barras inclinadas

e/ou apoios inclinados, a determinação das matrizes de massa, de

amortecimento e de rigidez, associadas aos graus de liberdade, apresenta

alguma dificuldade. Este tipo de problemas torna-se mais simples de resolver

se recorrermos a mudanças do sistema de coordenadas, do tipo { } { }q d→ .

Seja

{ } [ ]{ }q T d= (1.18)

em que [ ]T é a matriz de transformação.

No sistema de coordenadas “q”, a expressão (1.4) tomará a forma

[ ]{ } [ ]{ } [ ]{ } { }m q c q k q Fq q q q&& &+ + = (1.19)

[ ] [ ]{ } [ ] [ ]{ } [ ] [ ]{ } { }m T d c T d k T d Fq q q q⋅ + ⋅ + ⋅ =&& & (1.20)

Dado que o trabalho realizado pelas forças é igual nos dois sistemas de

coordenadas, logo

{ } { } [ ]{ }( ) { } { } { }q F T d F d FTq

Tq

T= = (1.21)

pelo que

{ } [ ] { }F T FTq= (1.22)


- 10 -

Se multiplicarmos a equação (1.20) por [ ]T T , teremos

[ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ][ ]{ } [ ] { }T m T d T c T d T k T d T FTq

Tq

Tq

Tq

&& &+ + = (1.23)

que é equivalente a

[ ]{ } [ ]{ } [ ]{ } { }m d c d k d F&& &+ + = (1.24)

sendo

[ ] [ ] [ ][ ]m T m TTq= ; [ ] [ ] [ ][ ]c T c TT

q= ; [ ] [ ] [ ][ ]k T k TTq= (1.25-27)

1.4. Formulação das equações de movimento

A formulação das equações de movimento (ou das equações de equilíbrio

dinâmico), constitui um passo fundamental na resolução de um qualquer

problema de análise dinâmica, pelo que é essencial a compreensão dos

diversos métodos que possibilitam essa formulação.

1.4.1. Princípio de D’Alembert

O princípio de D’Alembert, como foi referido no ponto 1.1, é um instrumento

muito importante na formulação das equações de movimento, que são

expressas em termos das equações de equilíbrio dinâmico (1.1). Em muitos

problemas, esta é a forma mais simples e directa de se estabelecerem as

equações de movimento (figura 1.6).

Fa (t)

c

k

m F(t) F(t)

F r (t )

FI (t)

FIGURA 1.6 - Equilíbrio dinâmico de um corpo rígido.


- 11 -

1.4.2. Princípio dos trabalhos virtuais

Em sistemas mais complexos, as relações de equilíbrio de forças podem não

ser evidentes. Nestes casos, o princípio dos trabalhos virtuais pode ser usado

para a formulação das equações de movimento.

O princípio dos trabalhos virtuais estipula que o trabalho realizado por todas

as forças (de inércia inclusivé) em equilíbrio, que actuam num sistema

estrutural, é nulo quando este é sujeito a um campo de deslocamentos virtuais

(e pequenos), compatíveis com as ligações existentes.

1.4.3. Princípio de Hamilton

Este princípio traduz-se por

( )δ δE E dt W dtC Pt

t

nct

t

− ⋅ + ⋅ =∫ ∫1

2

1

2

0 (1.28)

em que Wnc é o trabalho realizado pelas forças não conservativas (de atrito,

por exemplo), Ep é a energia potencial (resultante das forças de deformação

interna), Ec é a energia cinética do sistema (resultante, implicitamente, das

forças de inércia), sendo δ uma indicação de variação no tempo. A aplicação

prática do princípio de Hamilton reside nas equações de equilíbrio de

Lagrange. Escrevendo a energia potencial, cinética e dissipada, em relação ao

grau de liberdade “i”, as equações de Lagrange assumem a forma

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂t

E

d

E

d

E

d

E

dFC

i

C

i

P

i

D

ii& &

− + + = (1.29)

sendo ED a energia dissipada e Fi a força exterior aplicada no grau de

liberdade “i”. Em sistemas conservativos, verifica-se que a aplicação deste

princípio conduz aos mesmos resultados da aplicação do princípio da

conservação de energia:

( )ddt

E EC P+ = 0 (1.30)


- 12 -

1.5. Problemas propostos

1.1. Efectue a discretização dos sistemas estruturais seguintes, e escreva as

equações de movimento, em relação aos graus de liberdade dinâmicos,

admitindo que os sistemas não são amortecidos e que as barras são

indeformáveis por corte e axialmente (com massas desprezáveis).

a)

3.50

m = 100 ton.

Ligação articulada

I = 57680 cm4

1.00

0.40 0.405.20 m

E = 210 GPa

Corpo rígido

F(t)

b)

0.50

m = 20 ton.


I = 48200 cm41.90 0.204.00 m

E = 210 GPa

F(t)

m

c)


flexível (f= 10−5 m/kN)0.50 1.5

Corpo rígido

F(t)

1.5 0.502.0 m

2.0

2.0


flexível (f= 10−5 m/kN)

m = 9 ton./m2


- 13 -

1.2. Estabeleça as equações de movimento para as estruturas representadas

em modelo nas figuras seguintes.

a) Considere que a haste, do pêndulo invertido, é rígida.

3.00 m

30 ton.

k = 24000 kNm/ rad

b) Considere que o corpo “C” desliza, sem atrito, sobre o corpo “B”.

m F(t)

k

m

mc3k

A B

C

c) Considerar o sistema sem amortecimento. As barras são indeformáveis

axialmente (com excepção da barra “AB”) e ao corte.

4.00 m

F(t)

6.00 m

3.00 m

C

m = 25 ton.

EI = 22500 kNm2

B

A

m

k = 0.25EIEA = ∞

3EI

2EI

GA = ∞

m

EA = 3.2EI


- 14 -

1.6. Resoluções dos problemas propostos

1.1.

a) Em primeiro lugar, é necessário a definição do modelo estrutural e

correspondente discretização.

Vamos concentrar as massas nos nós da estrutura, como se apresenta na

figura seguinte.

4.00

5.60 m

50 ton.

F(t)

50 ton.

Neste problema, só necessitamos de considerar um grau de liberdade

dinâmico para caracterizar o movimento das massas, dado que as barras são

axialmente indeformáveis (oscilador de um grau de liberdade). Esse grau de

liberdade corresponde à translação horizontal das massas e é coincidente com

o grau de liberdade (estático) que é necessário considerar para a resolução do

problema estático.

Neste caso, só temos um deslocamento independente:

d1


- 15 -

• Determinação da rigidez do sistema.

1º modo estático de deformação (d1=1):

3

43

EI3

43

EI

A rigidez será igual a

kEI EI

= + = ×× × × ×

=−3

4

3

42

3 210 10 57680 10

411355 753 3

6 8

3 . kN / m

A massa do oscilador será

m = + ⋅50 50 = 100 ton.= 100 kN s / m2

O sistema dinâmico pode ser representado na seguinte forma

m F(t)

k

x(t)

A equação de movimento pode ser obtida directamente do equilíbrio dinâmico

das forças, de acordo com o princípio de D’Alembert.

F(t)k x t⋅ ( ) m x t⋅ &&( )

x(t)

m x k x Ft t t⋅ + ⋅ =&&( ) ( ) ( )

100 11355 75⋅ + ⋅ =&& .( ) ( ) ( )x x Ft t t

⇔


- 16 -

b) Em primeiro lugar, vamos estabelecer o seguinte modelo estrutural:

2.00 4.00 m

20 ton.

F(t)

G

Para caracterizar o movimento da massa, será necessário definirmos um grau

de liberdade dinâmico, traduzido pela translação vertical da massa. Por

definição, a rigidez correspondente será a força estática vertical, necessária de

aplicar para induzir uma translação vertical unitária. No entanto, verifica-se

que a imposição dessa translação unitária, gera a rotação do nó. Por esse

facto, na rigidez associada ao grau de liberdade dinâmico, estará incluída a

parcela de força que é necessária para induzir, também, uma determinada

rotação.

Se considerarmos um grau de liberdade estático, correspondente ao

deslocamento angular do nó (rotação) onde a massa foi concentrada, podemos

obter a rigidez de translação vertical por condensação da matriz de rigidez

associada aos dois graus de liberdade.

d1

d2

• Determinação da rigidez do sistema.

1º modo estático de deformação (d1=1; d2=0):

6

42

EI 3

22

EI

12

43

EI 3

23

EI


- 17 -


3

23

EI44EI

32EI6

42

EI

kEI EI

11 3 3

12

4

3

2= + ; k k

EI EI21 12 2 2

6

4

3

2= = − ; k

EI EI33

44

32

= +

EI = × ⋅ × =−210 10 48200 10 1012206 8 kNm2

[ ]kk k

k kEI=

=

−−

⋅ =

−−

11 12

21 22

05625 0 375

0 375 2 5

56936 25 37957 5

37957 5 253050

.

. .

. .

.

Da expressão (1.15) obtemos a rigidez associada ao grau de liberdade

dinâmico (d1), sendo igual a

k k kk

k= − ⋅ ⋅ =11 1222

211

51242 625. kN / m

A expressão anterior poderia ser obtida com base nas operações elementares

sobre as matrizes, multiplicando a segunda linha por − kk

1222

e adicionando

à primeira, o que dá origem à seguinte matriz

551242 625 0

37957 5 253050

.

.−

O comportamento dinâmico do sistema pode ser analisado através do seguinte

modelo de um grau de liberdade

m

F(t)

k

y(t)

G


- 18 -

O peso da massa será igual a G m g= ⋅ = × =20 9 81 196 2. . kN.

Podemos escrever as equações de movimento por aplicação das equações de

Lagrange. Para tal, necessitamos determinar a energia potencial e a energia

cinética do sistema dinâmico.

A energia potencial corresponderá à soma da energia potencial de posição

(que é negativa para um valor positivo de y(t), pois é reduzida a altura) e da

energia potencial elástica acumulada na mola.

A massa vai ter um deslocamento total, resultante do alongamento da mola,

correspondente à parcela estática (δest) do peso da massa (G) e à parcela

dinâmica (y(t)).

Em regime dinâmico, a energia potencial de posição resulta da variação da

posição da massa em função de y(t), sendo igual a

E m g y G yP pos t t, . ( ) ( )= − ⋅ ⋅ = − ⋅

A energia potencial elástica corresponde à àrea do trapézio da figura seguinte

O y(t)

y(0) = δest

k⋅δest

k⋅y(t)

Fr (t)

e é igual a

EP elast, . ( )[ ]= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅k y k y k yest t est t est tδ δ δ( ) ( ) ( )12

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅k y k yest t tδ ( ) ( )12

2

A energia potencial total corresponde a

E k y k y G yP est t t t= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅δ ( ) ( ) ( )12

2


- 19 -

A energia cinética do sistema é proporcional ao quadrado da velocidade da

massa ( )& ( )y t2 , sendo igual a

E m yC t= ⋅ ⋅12

2& ( )

Aplicando a expressão (1.29) iremos obter a equação de movimento.

( )∂∂

∂∂

∂∂t

E

y tm y m yC

t t&& &&( ) ( )

= ⋅ = ⋅ ;

∂∂E

yC = 0 ;

∂∂

δE

yk k y GP

est t= ⋅ + ⋅ −( )

Como k Gest⋅ =δ , dado que o peso é a única força estática que actua sobre a

estrutura, podemos concluir que o peso da massa não interfere no

comportamento dinâmico do sistema.

A equação de movimento será

m y k y F y y Ft t t t t t⋅ + ⋅ = ⇔ ⋅ + ⋅ =&& && .( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 20 51242 625

c) Dada a forma do corpo rígido, será necessário a determinação do centro de

massa.

( ) ( )

xCM =× × + × ×

× + ×=

2 4 2 5 2 44 2 2 4

3 5. m

( ) ( )yCM =

× × + × ×× + ×

=1 4 2 2 2 4

4 2 2 415. m

CM

3.5 m 2.5 m

1.5


- 20 -

As equações de movimento serão estabelecidas no modelo estrutural da figura

seguinte, em que a barra é rígida. Dadas as dimensões do corpo rígido, não

poderemos desprezar o momento polar de inércia (J), ao concentrarmos a

massa num único ponto.

1.50 m

m ; J

F(t)

1.50 m 2.00 m

f f

Em que

( ) ( )Ix = ××

+ × × +×

+ × ×

= ⋅94 2

124 2

2 412

2 4 4443

23

22 - 3.5 5 - 3.5 ton m2

( ) ( )Iy = ××

+ × × +×

+ × ×

= ⋅92 4

124 2

4 212

2 4 1563

23

21- 1.5 2 - 1.5 ton m2

J I Ix y= + = + = ⋅444 156 600 ton m2 ; ( )m = × × + × =9 4 2 2 4 144 ton.

Em virtude da discretização adoptada, o comportamento dinâmico do sistema

estrutural, só será convenientemente caracterizado se considerarmos dois

graus de liberdade dinâmicos, como é apresentado no figura seguinte.

kf

=1

kf

=1

d1

d2

3.00 m 2.00 m

A B

Recorrendo às equações de Lagrange (1.29), vamos obter as equações de

movimento. Não vamos considerar o peso da massa, pois vimos, no problema

anterior, que a caracterização do movimento não depende do peso da massa.

Para determinarmos a energia potencial, vamos aplicar o princípio da

sobreposição de efeitos, impondo em primeiro lugar o deslocamento d1 e, após

este, o deslocamento d2.


- 21 -

Na figura seguinte, estão apresentados os gráficos das relações entre as

forças de restituição nas molas e os deslocamentos provocados por d1 e d2.

k⋅d1 (t)

3d2 (t)δA (t)

FrA (t)

k⋅d1 (t)

d1 (t)δA (t)

FrA (t)

+ ek⋅3d2 (t)

3d2 (t) δA (t)

FrA (t)

k⋅d1 (t)

d1 (t)δB (t)

FrB (t)

k⋅2d2 (t)

2d2 (t)δB (t)

FrB (t)

k⋅d1 (t)

2d2 (t)δB (t)

FrB (t)

E m d J dC t t= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅12

121

222& &

( ) ( )

( ) ( )E d d d d d d d kP t t t t t t t= × + − + − ⋅ + ⋅

⋅2

12

12

312

2 3 212

22

22

1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

ou seja

( ) ( )E k d d k d dP t t t t= ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅12

312

21 22

1 22

( ) ( ) ( ) ( )

Grau de liberdade 1

( )∂∂

∂∂

∂∂t

E

d tm d m dC

t t&& &&

( ) ( )1

1 1

= ⋅ = ⋅

;

∂∂E

dC

10=

( ) ( )∂∂E

dd d d k d d kP

t t t t t1

1 2 2 1 22 3 2 2= − + ⋅ = − ⋅ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

Grau de liberdade 2

( )∂∂

∂∂

∂∂t

E

d tJ d J dC

t t&& &&

( ) ( )2

2 2

= ⋅ = ⋅

;

∂∂E

dC

20=

( ) ( )∂∂E

dd d d d k d d kP

t t t t t t2

2 2 1 1 1 29 4 3 2 13= + − + ⋅ = − + ⋅ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )


- 22 -

As forças exteriores devem ser reduzidas aos graus de liberdade dinâmicos.

Desta forma, teremos

3 316×

F t( )

1116

F t( )

516

F t( )

1.50 m

F(t)

1.50 m

As equações de movimento serão

( )

( )

m d d d k F

J d d d k F

t t t t

t t t t

⋅ + − ⋅ = − −

⋅ + − + ⋅ = −

&&

&&

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 1 2

2 1 2

2 01116

13 09

16

e podem ser escritas na forma

144 0

0 6002 10 10

10 13 10

1116

916

1

2

5 5

5 51

2

⋅

+

× −− ×

⋅

=−

&&

&&

( )

( )

( )

( )

( )

( )

d

d

d

d

F

F

t

t

t

t

t

t

que, de uma maneira geral, é equivalente a

[ ] { } [ ] { } { }m d k d Ft t t⋅ + ⋅ =&&( ) ( ) ( )

O mesmo sistema de equações poderia ter sido obtido com recurso ao

princípio de D’Alembert. Em relação ao grau de liberdade 2, o cálculo das

forças de inércia seria realizado com o momento polar de inércia.

Dado que a estrutura é isostática, poderíamos determinar a matriz de rigidez,

associada aos graus de liberdade dinâmicos (que coincidem com os estáticos),

a partir da inversão da matriz de flexibilidade, com alguma facilidade. Para tal,

vamos aplicar uma força unitária, segundo o deslocamento d1, e um momento

unitário, segundo d2.


- 23 -

3.00 m 2.00 m3.00 m 2.00 m

1 kN

0.4 kN 0.6 kN

1 kNm

0.2 kN 0.2 kN

A B A B

A flexibilidade desejada resulta da integração do produto das reacções nas

molas

f R R f R R fij Ai Ajmola

Bi Bjmola= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

( )f f fmola mola11 0 4 0 4 0 6 0 6 0 52= × + × ⋅ = ⋅. . . . .

( )f f f fmola mola12 21 0 4 0 2 0 6 0 2 0 04= = − × + × ⋅ = ⋅. . . . .

( )f f fmola mola22 0 2 0 2 0 2 0 2 0 08= × + × ⋅ = ⋅. . . . .

A matriz de flexibilidade seria

[ ]ff f

f f=

=

⋅ −11 12

21 22

5052 0 04

0 04 0 0810

.

. .

A matriz de rigidez seria

[ ] [ ]k fk k

k k= =

=

−−

⋅−1 11 12

21 22

52 1

1 1310

equivalente à obtida, anteriormente, recorrendo às equações de Lagrange.

1.2.

a) Neste sistema estrutural, o movimento da massa pode ser caracterizado

através da rotação da haste rígida, na base do pêndulo invertido, como se

apresenta na figura seguinte.


- 24 -

m

k

3.00 m

θ(t)

)t(x

Dado que o sistema é conservativo, podemos obter a equação de movimento

recorrendo à aplicação do princípio da conservação de energia. Admitindo a

hipótese dos pequenos deslocamentos e desprezando a energia potencial de

posição:

2)t(C xm

21

E &⋅⋅=

2)t(

2

)t(2)t(.elast,PP xk

181

3

xk

21

k21

EE ⋅⋅=

⋅⋅=θ⋅⋅==

Da equação (1.30), teremos

( )ddt

E EC P+ = 0

0xk181

xm21

dtd 2

)t(2

)t( =

⋅⋅+⋅⋅ &

0xx2k181

xx2m21

)t()t()t()t( =⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅ &&&&

0xxk91

xm )t()t()t( =⋅

⋅⋅+⋅ &&&

0x2400091

x30 )t()t( =⋅⋅+⋅ &&

0x3

8000x30 )t()t( =⋅+⋅ &&


- 25 -

b) Na figura seguinte, estão representados os três graus de liberdade

dinâmicos, suficientes para caracterizar o movimento das massas.

F(t)

k

c3k

A B

C

xB(t)xA(t)

xC(t)

Vamos aplicar o princípio de D’Alembert, para estabelecermos o sistema de

equações de movimento.

Dado que cada corpo está em equilíbrio dinâmico, a partir desse equilíbrio de

forças, podemos obter as equações de movimento.

Corpo A

FI A(t)

xA(t)

Fr 3k(t)

Fr k(t)

Fa (t)

Corpo B

F(t)

xB(t)

Fr 3k(t) FI B(t)


- 26 -

Corpo C

FI C(t)

xC(t)

Da observação das figuras anteriores, podemos escrever que

F F F F

F F F

F

rk t a t IA t r k t

r k t IB(t t

IC t

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ) ( )

( )

+ + − =

+ − =

=

3

3

0

0

0

que corresponde a

( )( )

=⋅

=−⋅+−⋅

=−⋅−⋅+⋅+⋅

0xm

0Fxm2xxk3

0xxk3xmxcxk

)t(C

)t()t(B)t(A)t(B

)t(A)t(B)t(A)t(A)t(A

&&

&&

&&&

que pode ser escrito na seguinte forma

( )( )

=⋅

=−⋅+⋅

=⋅−⋅⋅+⋅+⋅

0xm

Fxxk3xm2

0x3x4kxcxm

)t(C

)t()t(A)t(B)t(B

)t(B)t(A)t(A)t(A

&&

&&

&&&


- 27 -

c) Além dos dois graus de liberdade dinâmicos (d1 e d2), teremos que

considerar o deslocamento angular do ponto “B” (d3) e a translação vertical do

ponto “A” (d4), dada a existência de uma força vertical (dinâmica) nesse ponto.

d1

d2d3

d4

1º modo estático de deformação (d1=1; d2=0; d3=0; d4=0):

α1.0

0.8

0.6

α = arctg

43

α

3 3

50 83

⋅⋅

EI.3 2

50 6

..

EI⋅ 3 2

62

⋅ EI

3 3

50 82

⋅⋅

EI.

3 3

50 83

⋅⋅

EI.

3 2

63

⋅ EI

αα

αα

3 25

0 6.

.EI

⋅

0 25. EI


- 28 -

kEI

senEI EI

EI11 3 3

3 3

50 8

3 25

0 63 2

60 25 12470 8=

⋅⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +

⋅+ =.

.. cos . .α α kN / m

kEI EI

sen21 3

3 3

50 8

3 25

0 6 6134 4=⋅

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = −. cos.

. .α α kN / m

kEI EI

31 2 2

3 3

50 8

3 2

62730=

⋅⋅ −

⋅=. kN / rad

kEI

senEI

41 3

3 3

50 8

3 25

0 6 6220 8=⋅

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = −..

. cos .α α kN / m


α1.0

0.80.6

3 3

50 63

⋅⋅

EI.3 2

50 8

..

EI⋅

3 3

50 62

⋅⋅

EI.

3 3

50 63

⋅⋅

EI.

α α

α α 3 25

0 8.

.EI

⋅

k k12 21 6134 4= = − . kN / m

kEI EI

sen22 3

3 3

50 6

3 25

0 8 9799 2=⋅

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =. cos.

. .α α kN / m


- 29 -

kEI

32 2

3 3

50 6 4860=

⋅⋅ =. kN / rad

kEI

senEI

42 3

3 3

50 6

3 25

0 8 6134 4= −⋅

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =..

. cos .α α kN / m

3º modo estático de deformação (d3=1; d1=0 d2=0; d4=0):

3 35⋅ EI

3 3

52

⋅ EI

3 26⋅ EI

3 2

62

⋅ EI

α

α

3 3

52

⋅ EI

k k13 31 2730= = kN / rad

k k23 32 4860= = kN / rad

kEI EI

333 3

53 2

663000=

⋅+

⋅= kN / rad

kEI

sen43 2

3 3

56480= −

⋅⋅ = −α kN / m


- 30 -


α1.0

0.8

0.6

3 3

50 83

⋅⋅

EI.

3 25

0 6.

.EI

⋅

3 3

50 82

⋅⋅

EI.

3 3

50 83

⋅⋅

EI.

α α

α

α

3 25

0 6.

.EI

⋅

k k14 41 6220 8= = − . kN / m

k k24 42 6134 4= = . kN / m

k k34 43 6480= = − kN / m

kEI

senEI

44 3

3 3

50 8

3 25

0 6 6220 8=⋅

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =..

. cos .α α kN / m

Matriz de rigidez:

[ ]k

k k k k

k k k k

k k k k

k k k k

=

=

− −−

−− −

11 12 13 14

21 22 23 24

31 32 33 34

41 42 43 44

12470 8 6134 4 2730 6220 8

6134 4 9799 2 4860 6134 4

2730 4860 63000 6480

6220 8 6134 4 6480 6220 8

. . .

. . .

. . .


- 31 -

Da expressão (1.15) obtemos a matriz de rigidez associada aos graus de

liberdade dinâmicos (d1 e d2), em que

[ ]k ii =−

−

12470 8 6134 4

6134 4 9799 2

. .

. . ; [ ]kdd =

−−

63000 6480

6480 6220 8.

[ ]k id =−

2730 4860

6220 8 6134 4. . ; [ ] [ ]k kdi id

T= =

−

2730 6220 8

4860 6134 4

.

.

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]k k k k kii id dd di= − ⋅ ⋅ =

−1 6000 750

750 1500

O vector de forças dinâmicas, correspondente aos graus de liberdade

dinâmicos, pode ser obtido da expressão (1.16)

{ }Fi =

0

0 ; { }F

Fdt

= −

0

( )

{ } { } [ ] [ ] { }F F k k F Fi id dd d t= − ⋅ ⋅ =−

+

⋅−1

77728672

( )

Estes resultados poderiam ter sido obtidos com recurso às operações

elementares sobre as matrizes. Em primeiro lugar, efectua-se a ampliação da

matriz de rigidez inicial com o vector de forças.

12470 8 6134 4 2730 6220 8

6134 4 9799 2 4860 6134 4

2730 4860 63000 6480

6220 8 6134 4 6480 6220 8

0

0

0

. . .

. . .

. . . ( )

− −−

−− − −

F t

Vamos anular a última coluna, a partir da última linha.


- 32 -

6250 0

0

- 3750 0

0 3750

3750 11250 0

11250 56250

6220 8 6134 4 6480 6220 8

0 986111

1041667

−

− −

−⋅

− ⋅−

. . .

.

.

( )

( )

( )

( )

F

F

F

F

t

t

t

t

Seguidamente vamos anular a terceira coluna, a partir da terceira linha.

6000 0

750

- 3750 0

750 0

1500 0 0

11250 56250

6220 8 6134 4 6480 6220 8

1069444

1144444

1041667

− −

− ⋅⋅

− ⋅−

. . .

.

.

.

( )

( )

( )

( )

F

F

F

F

t

t

t

t

A sub-matriz associada aos graus de liberdade dinâmicos, será a matriz de

rigidez pretendida. Da mesma forma, o vector de forças é constituído pelos

elementos das duas primeiras linhas.

Dado que a estrutura é isostática, seria simples obter a matriz de rigidez a

partir da inversão da matriz de flexibilidade.

Vamos aplicar forças unitárias, segundo os graus de liberdade dinâmicos, e

determinam-se as reacções de apoio e os diagramas de esforços.

1 kN

1 kN

Neste caso, não surgem esforços nas barras.


- 33 -

1 kN

1 kN

0.5 kN0.5 kN

0.8 kN

0.6 kN

MM2 (kNm)

−−−−

0.8+

−−−−

−3

NN2 na barra “AB” (kN)

As flexibilidades correspondem a

fM M

EIdx

N N

EAdx R R fij

i jL

i jL

Bi Bjmola=

⋅+

⋅+ ⋅ ⋅∫∑ ∫∑

0 0

fEI EI11

211

0 254

= ⋅ =.

m / kN

( )f f

EI EI12 211 0 5

0 252

= =× −

= −.

. m / kN

( ) ( )f

EI EI EI EI EI22

2 2 2 23 53 3

3 63 2

0 8 53 2

0 50 25

16=

− ⋅⋅

+− ⋅

⋅+

⋅+ =

..

..

m / kN


- 34 -

Dando origem à seguinte matriz de flexibilidade

[ ]ff f

f f=

=

−−

⋅11 12

21 22

4 2

2 161

22500

Pelo que se obtém uma matriz de rigidez igual à obtida por condensação

[ ] [ ]k fk k

k k= =

=

−1 11 12

21 22

600 750

750 1500

Nos problemas anteriores, vimos que o sistema de equações de equilíbrio,

para sistemas não amortecidos, é do tipo

[ ] { } [ ] { } { }m d k d Ft t t⋅ + ⋅ =&&( ) ( ) ( )

Sendo a massa movimentada segundo d1 igual a m1= 25 ton., e segundo d2

igual a m2= 25+25= 50 ton., logo, o sistema de equações de movimento

pretendido será

25 0

0 50

6000 750

750 1500

77728672

1

2

1

2

⋅

+

⋅

=−

+

⋅&&

&&

( )

( )

( )

( )( )

d

d

d

dF

t

t

t

tt

- 35 -

CAPÍTULO 2

OSCILADOR LINEAR DE UM GRAU DE LIBERDADE

2.1. Resposta em regime livre

Um sistema estrutural, de um grau de liberdade, diz-se que vibra em regime

livre quando oscila, após uma perturbação inicial, sem que exista uma acção

dinâmica incidindo sobre o sistema. As perturbações iniciais do sistema podem

resultar, por exemplo, da libertação de massa ou da imposição de

deslocamentos iniciais.

Um sistema diz-se não amortecido caso não exista um factor que provoque

dissipação de energia durante o movimento da massa. Dessa forma, a

amplitude do movimento mantém-se constante com o tempo. Na realidade, tal

só é possível no vácuo, pois o meio que envolve a massa (o ar, por exemplo)

oferece resistência ao seu movimento, pelo que as oscilações livres vão

reduzindo-se, gradualmente (sistema amortecido).

2.1.1. Sistema não amortecido

Caso não exista uma acção externa actuando no oscilador da figura 2.1

( ( )F t = 0 ), e admitindo que o sistema não é amortecido (c=0), então

m x k xt t⋅ + ⋅ =&&( ) ( ) 0 ⇔ &&( ) ( )xkm

xt t+ ⋅ = 0 (2.1)

Fr (t) FI (t)

mk

x(t)

FIGURA 2.1 - Oscilador linear de um grau de liberdade, não amortecido, em regime livre.


- 36 -

A solução da equação diferencial homogénea (2.1) será do tipo

( ) ( )x A t B sen tt n n( ) cos= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ω ω (2.2)

com a frequência angular natural (ou própria) do oscilador dada por

ωnkm

= (rad/s) (2.3)

A frequência natural (cíclica) do movimento vibratório do sistema estrutural

corresponde a

f n=ω

π2 (Hz ou ciclos/s) (2.4)

O período será igual a

Tf

=1

(segundos) (2.5)

As constantes A e B obtêm-se a partir das condições iniciais do movimento.

2.1.2. Sistema amortecido

Se o sistema for amortecido (c>0), então a equação de movimento será

m x c x k xt t t⋅ + ⋅ + ⋅ =&& &( ) ( ) ( ) 0 (2.6)

Seja x A etr t

( ) = ⋅ ⋅ a solução da equação diferencial, substituindo em (2.6),

iremos obter

m r A e c r A e k A er t r t r t⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =⋅ ⋅ ⋅2 0 (2.7)

logo

rcm

rkm

2 0+

⋅ +

= (2.8)


- 37 -

com

rcm

cm

km

= − ±

−

2 2

2

(2.9)

As soluções da equação 2.9 conduzem a três situações de amortecimento:

crítico, sobrecrítico e subcrítico.

2.1.2.1. Amortecimento crítico (cc)

Esta situação corresponde à hipótese em que

cm

km

mkm

mc n20 2 2

2

− = ⇒ = = c ω (2.10)

Podemos definir um coeficiente de amortecimento, adimensionalizado ao

amortecimento crítico, dado por

ζω

= =c

cc

mc n2 (2.11)

Desta forma, o amortecimento será crítico quando ζ = 1.

A solução da equação de movimento será

( )x e A t Bttn

( ) = ⋅ ⋅ +−ω (2.12)

com as constantes A e B dependentes das condições iniciais do movimento.

2.1.2.2. Amortecimento sobrecrítico ( )ζ > 1

O amortecimento diz-se sobrecrítico quando

cm

km2

02

− > , logo existem duas raízes reais e negativas de (2.8).

A solução da equação de movimento (figura 2.2-a) será

( ) ( )[ ]x e A t B senh ttt

c cn

( ) cosh= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅ζ ω ω ω (2.13)


- 38 -

com a frequência angular amortecida dada por

ω ω ζc n= −2 1 (2.14)

e as constantes A e B ajustadas às condições iniciais do movimento.

2.1.2.3. Amortecimento subcrítico ( )ζ < 1

Em condições de amortecimento subcrítico, teremos

cm

km2

02

− < , logo existem duas raízes imaginárias de (2.8).

A solução da equação de movimento (figura 2.2-b) será

( ) ( )[ ]x e A t B sen ttt

a an

( ) cos= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅ζ ω ω ω (2.15)

com a frequência angular amortecida dada por

ω ω ζa n= −1 2 (2.16)

e com as constantes A e B obtidas das condições iniciais do movimento.

Nos casos correntes, em que o sistema é fracamente amortecido ( )ζ < 20% ,

temos

ω ωa n≅ (2.17)

2.1.2.4. Decremento logarítmico

O amortecimento tem como efeito a redução gradual da amplitude do

movimento vibratório, com o tempo. Sejam xi e xi+1 dois máximos consecutivos

(do mesmo sinal) dos deslocamentos nos tempos ti e ti+1, como é apresentado

na figura 2.2-b, e sendo

x A ettn

( )max = ⋅ − ⋅ζ ω (2.18)


- 39 -

então

x

xA e

A eei

i

t

tT

n i

n i

n a

+

− ⋅

− ⋅⋅=

⋅⋅

=+1 1

ζ ω

ζ ωζ ω (2.19)

com o período amortecido dado por

T t tfa i ia a

= − = =+11 2π

ω (2.20)

Podemos definir como decremento logarítmico do amortecimento, o logaritmo

natural do quociente entre dois máximos consecutivos (do mesmo sinal, e

separados por um período), dado pela seguinte expressão:

δ ζ ωπζ

ζπζ

ωω

=

= ⋅ =

−= ⋅

+ln

x

xTi

in a

n

a1 2

2

12 (2.21)

a)

x(t)

t

b)

x(t)

t

A e nt⋅ − ⋅ζ ω

xi+1xi

Taa

=2πω

FIGURA 2.2 - Resposta em regime livre amortecido: a) sobrecrítico b) subcrítico.


- 40 -

2.2. Resposta em regime forçado

2.2.1. Acções periódicas

As acções harmónicas são um caso particular, dentro das acções periódicas.

No entanto, qualquer acção periódica pode ser desenvolvida em série de

Fourier, logo pode ser substituída pela soma das suas componentes

harmónicas (com diversas frequências e amplitudes).

Consideremos o sistema linear de um grau de liberdade, da figura 2.3, sujeito

à acção de uma força harmónica, igual a

( )F F tt( ) cos= ⋅0 ω (2.22)

em que F0 é amplitude da força e ω é a frequência angular de actuação da

referida força.

c

k

mF(t)

F0

t

x(t)

FIGURA 2.3 - Oscilador linear de um grau de liberdade sujeito a uma força harmónica.

Desta forma, a equação do movimento será

( )m x c x k x F tt t t⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅&& & cos( ) ( ) ( ) 0 ω (2.23)

Dividindo pela massa teremos

( )&& & cos( ) ( ) ( )x x xF

mtt n t n t+ ⋅ + ⋅ = ⋅2 2 0ζω ω ω (2.24)


- 41 -

A solução desta equação diferencial resulta da soma da solução geral da

equação homogénea correspondente (regime transitório) e da solução

particular da equação não homogénea (regime permanente):

x x xt T t P t( ) ( ) ( )= + (2.25)

em que a parcela do regime transitório será

( ) ( )[ ]( )

( ) ( )[ ]x

e A t B sen t

e A t B

e A t B senh t

T t

ta a

t

tc c

n

n

n

( )

cos

cosh

=

⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

⋅ ⋅ +

⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

− ⋅

−

− ⋅

ζ ω

ω

ζ ω

ω ω ζ

ζ

ω ω ζ

1 1

1 1

1 1

; < 1

; = 1

; > 1

(2.26)

e a de regime permanente, será

( ) ( ) ( )x A t B sen t D tP(t) cos cos= ⋅ + ⋅ = ⋅ − ω ω ω θ1 (2.27)

em que as constantes (a determinar) D e θ1 são, respectivamente, a amplitude

e o ângulo de fase.

Substituindo (2.27) em (2.24), vamos obter o seguinte sistema de equações:

( )

( )ω ω ζω ω

ζω ω ω ω

n n

n n

A BF

m

A B

2 2 0

2 2

2

2 0

− ⋅ + ⋅ ⋅ =

− ⋅ ⋅ + − ⋅ =

(2.28)

cuja solução será

( ) ( )

( ) ( )

AF

m

BF

m

n

n

=−

− + ⋅

⋅⋅

=⋅

− + ⋅

⋅⋅

1

1 2

2

1 2

2

2 2 2 2

0

2 2 2 2

0

ω

ω ζ ω ω

ζ ω

ω ζ ω ω

(2.29)

com

ωω

ω=

n (2.31)


- 42 -

De acordo com a figura 2.4, teremos o ângulo de fase igual a

θζωω1 2

2

1=

=

−

arctg

BA

arctg (2.30)

e a amplitude será

est1est

10

2n

122 xH

mxk

km

HmF1

HBAD ⋅=⋅⋅⋅=⋅ω

⋅=+= (2.32)

em que

( ) ( )H1

2 2 2

1

1 2=

− +ω ζω (2.33)

é o factor de amplificação da resposta dinâmica do sistema estrutural em

relação à resposta estática xest. Atendendo ao quadrante, para ω > 1 será

necessário adicionar π ao resultado da expressão (2.30).

θ1

A

B

D

ω⋅t

ω⋅t

A

D

B

A⋅sen(ω⋅t)

B⋅cos(ω⋅t)

A⋅sen(ω⋅t)

D⋅cos(ω⋅t−θ1)

t

B⋅cos(ω⋅t) D⋅cos(ω⋅t−θ1)

( )tcosmF0 ⋅ω⋅

0 s

( )tcosm

F0 ⋅ω⋅

mF0

mF0

FIGURA 2.4 - Diagrama vectorial da resposta do oscilador.

A resposta dinâmica, em regime permanente, pode ser escrita na forma

seguinte

( )x H X tP(t) cos= ⋅ ⋅ −1 0 1 ω θ (2.34)


- 43 -

A figura 2.5 representa, graficamente, a amplificação dinâmica (H1) em função

do quociente entre as frequências angulares da excitação e naturais do

oscilador (ω ).

ζ=0.15

ω

1.0

H1

ζ=0.9

1.0 3.0

FIGURA 2.5 - Factor de amplificação dinâmica (H1)

ζ=0.15

ω

πθ1

ζ=0.9

1.0 3.0

ζ=0.9

π2

ζ=0.15

FIGURA 2.6 - Desfasamento entre a acção e a resposta da estrutura (θ1)

Um oscilador diz-se entrar em ressonância quando a frequência da excitação é

igual à frequência natural do oscilador (ω = 1). Caso o amortecimento seja

nulo, a amplificação será infinita para ω = 1.

Dado que as amplitudes de oscilação, de sistemas amortecidos em regime

livre, diminuem com o tempo, a resposta, em regime forçado, apresenta duas

fases:

- uma fase inicial em que a componente transitória tem grande importância;

- uma segunda fase em que a oscilação corresponde, quase na totalidade, à

componente de regime permanente.


- 44 -

2.2.2. Acções não periódicas

A forma mais simples de tratar este tipo de acções, é considerar a excitação

como a soma de um conjunto finito de impulsos (figura 2.7), produzidos em

intervalos de tempo dτ.

Sendo válido o princípio da conservação da quantidade de movimento,

teremos

m dx F d xF

md⋅ = ⋅ ⇔ = ⋅& &( )

( )τ

ττ τ d (2.35)

Se considerarmos o impulso aplicado no tempo τ (figura 2.7), com uma

velocidade dx& , poderemos determinar a resposta do sistema (com

amortecimento subcrítico) num instante posterior (t−τ), a partir da equação

(2.15). Estabelecendo as condições iniciais

( )x t x A− = = = → =τ τ0 0 0( ) (2.36)

( )& &( ) ( )

x t dxF

md B

F

md

a− = = = ⋅ → =

⋅⋅τ τ

ωτ

τ τ0 (2.37)

logo

( ) ( ) ( )[ ]dx

F

me sen t d

a

ta

n=⋅

⋅ − ⋅− −τ ζω τω

ω τ τ (2.38)

pelo que

( ) ( )[ ]xm

F e sen t dta

ta

tn

( ) ( )=⋅

−− −∫

1

0ωω τ ττ

ζω τ (2.39)

A expressão (2.39) é designada por integral de Duhamel, para ζ < 1.

Se as condições iniciais do sistema estrutural forem ( )x t x= =0 0 e

( )& &x t x= =0 0 , será necessário adicionarmos a expressão (2.15), ajustada às

condições de fronteira, à expressão (2.39).


- 45 -

t

x(t)

F(τ)

t

t

F(t)

dτ t−τ τ

FIGURA 2.7 - Função não periódica decomposta em impulsos elementares.

2.3. Métodos para a determinação do amortecimento v iscoso

Para determinarmos a resposta dinâmica de um sistema estrutural, será

necessário quantificarmos a massa, rigidez e amortecimento do sistema. Na

generalidade dos casos, é relativamente fácil a quantificação da massa e

rigidez, como foi visto no primeiro capítulo.

Atendendo à complexidade do mecanismo de dissipação de energia da

generalidade dos sistemas estruturais, torna-se difícil a determinação do

amortecimento. Na realidade, esses mecanismos são muito mais complexos do

que os simples mecanismos de amortecimento viscoso (proporcionais à

velocidade), genericamente adoptados nas formulações de problemas

dinâmicos de um grau de liberdade.

No geral, é possível determinarmos um valor de amortecimento viscoso, que

seja representativo do mecanismo real de dissipação de energia, através de

métodos experimentais.

Alguns dos métodos mais relevantes são aqui apresentados.


- 46 -

2.3.1. Método baseado no decremento logarítmico

A forma mais simples de determinarmos o coeficiente de amortecimento

viscoso, baseia-se na medição experimental de duas amplitudes (xi e xi+s), no

instante “i” e após “s” ciclos consecutivos.

Sendo

δ si

i s

x

x=

+ln (2.40)

Da expressão (2.21), iremos obter

ζδπ

ωω

δπ

=⋅

⋅ ≅⋅

s a

n

s

s s2 2 (2.41)

dado que, para sistemas fracamente amortecidos (ζ<0.2),ω ωa n≅ .

2.3.2. Método da meia potência

O valor de ω correspondendo à amplificação máxima, pode ser obtido

derivando a expressão (2.33) em ordem a ω .

( ) ( )d

dωω ζω

ω ζ1

1 20 1 2

2 2 2

2

− += → = − max (2.42)

Substituindo a expressão de ωmax na expressão (2.33), iremos obter

H n

a1 2

1

2 1

12 max =

−= ⋅

ζ ζ ζωω

(2.43)

Considerando os pontos de meia potência (figura 2.8), para os quais

HH

11

2= max , e igualando as expressões (2.33) e (2.43), iremos obter

( ) ( )1 2 2 2 1 22 2 2 2− + = ⋅ −ω ζω ζ ζ (2.44)


- 47 -

O que conduz às soluções

ω ζ ζ ζ12 2 21 2 2 1= − − − (2.45)

e

ω ζ ζ ζ22 2 21 2 2 1= − + − (2.46)

Dado que

ω ω ζ ζ ζ22

12 24 1 4− = − ≅ (2.47)

e

ω ω ζ2 1 2− ≅ (2.48)

logo

( ) ( )

( ) ( )ζω ω

ω ω

ω ω

ω ω ω ω

ω ωω ω

ω ωω ω

≅−

−=

−

+ ⋅ −=

−+

=−+

2 12

22

12

2 12

2 1 2 1

2 1

2 1

2 1

2 1 (2.49)

H1

2 max

ω

1.0

H1 max

ω2

H1

ω1

FIGURA 2.8 - Amplificação dinâmica com identificação dos pontos de meia potência.


- 48 -

2.3.3. Método da energia dissipada por ciclo

Se considerarmos o sistema dinâmico da figura 2.9a, aplicando o princípio de

D’Alembert, iremos obter a seguinte equação de movimento

c x k x Ft t t⋅ + ⋅ =& ( ) ( ) ( ) (2.50)

Para uma resposta harmónica de amplitude Xmax e frequência ω, em que

( )x X sen tt( ) max= ⋅ ω (2.51)

substituindo (2.51) em (2.50), iremos obter

( ) ( )F c X t k X sen tt( ) max maxcos= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ω ω ω

( )[ ]= ⋅ ± ⋅ − ⋅k x c X X sen tt( ) max maxω ω2 2

= ⋅ ± ⋅ −k x c X xt t( ) max ( )ω 2 2 (2.52)

que corresponde a uma elipse como a representada na figura 2.9b.

c X x t⋅ −ω max ( )2 2

− c Xω max

c Xω max

k x t⋅ ( )x(t)

F(t)

−Xmax

a)

x(t)

F(t)

Xmax

c k

b)

FIGURA 2.9 - a) oscilador com amortecimento viscoso e sem massa b) resposta do oscilador.


- 49 -

Se representarmos graficamente a relação força/deslocamento (figura 2.9b), a

um área limitada por um ciclo corresponde à energia dissipada no amortecedor

(∆ED). Essa energia será igual a

∆E F dxD t= ∫ ( )

( ) ( )[ ] ( )= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∫ c X t k X sen t X t dtmax max max

/

cos cosω ω ω ω ωπ ω

0

2

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅π ω π ω ω ζc X m Xnmax max2 22 (2.53)

Caso o amortecimento viscoso não seja linear, a relação força/deslocamento

não será elíptica, mas de uma forma distinta (figura 2.10). No entanto,

podemos obter um coeficiente de amortecimento viscoso equivalente, a partir

da energia medida num ensaio (igual à área delimitada pelo diagrama

força/deslocamento).

ζπω ωeq

D

n

E

m X.

max

=⋅ ⋅ ⋅

∆

2 2 (2.54)

x(t)

∆ED= área da figura

F c xa t t( ) ( )&= ⋅

Xmax

FIGURA 2.10 - oscilador com amortecimento viscoso não linear.


- 50 -


2.1. Um oscilador linear de um grau de liberdade (apresentado na figura

seguinte) possui 3125 ton. de massa. Determine a frequência natural (não

amortecida) do oscilador.

12.00 m

1

m

EA = GA = ∞

EI = 72×107 kNm2EI

2.2. Considere o sistema dinâmico, de um grau de liberdade, representado em

modelo na figura seguinte.

a) Estabeleça a equação de movimento e determine a frequência natural do

oscilador.

b) Caso seja imposto ao oscilador um deslocamento de 0.10 m, segundo o

grau de liberdade assinalado, permitindo, em seguida, o movimento livre da

massa, determine:

i) o valor do deslocamento no instante t = 5 s;

ii) o número de ciclos necessários para que a amplitude máxima do

deslocamento seja reduzida a um quarto do valor inicial.

2.00 2.00

1

CD

BA

m

2EI2EI

1.00 4.00 m

EA = GA = ∞m = 160 ton.

EI = 30000 kNm2

EIEI

ζ = 2%


- 51 -

2.3. Considere o sistema dinâmico, com coeficiente de amortecimento igual a

10%, representado em modelo na figura seguinte. O sistema estrutural,

composto por barras rígidas, é sujeito a uma força harmónica F(t) = 20⋅sen(5t).

a) Estabeleça a equação de movimento e determine a frequência natural do

oscilador.

b) Calcule o deslocamento vertical do ponto “F” no instante t = 2 seg.

BC

D

A

F

k

EI = EA = GA = ∞F(t)m = 5 ton.

1.00

1.00 4.00 m2.001.00

E

k = 8000 kN/mm

2.4. Considere o oscilador de um grau de liberdade, não amortecido,

representado em modelo na figura seguinte.

a) Estabeleça a equação do movimento segundo o grau de liberdade

assinalado.

b) Calcule o momento flector no ponto “B”, no instante t = 4.82 s, quando a

estrutura é sujeita a uma força harmónica cujo valor é F(t) = 3⋅cos(4.6t) kN,

sabendo que no instante inicial d1 0 0 01

m( ) .= e & .( )d1 0 0 05

m / s= .

B

CA

EA = GA = ∞

F(t)

m = 12 ton.

1

1.80

2.40

m90º

EI = 23296 kNm2

3m

90º

3.20 m

2.5. Um oscilador linear de um grau de liberdade, cuja equação de movimento

corresponde a 150 129400⋅ + ⋅ =&&( ) ( ) ( )x x Ft t t , é sujeito à força representada,

graficamente, na figura seguinte.


- 52 -

a) Determine o deslocamento da

massa do oscilador, para

i) t = 4 s;

ii) t = 8 s;

iii) t = 10 s.

b) Caso o coeficiente de amortecimento fosse igual a 10%, qual seria o

deslocamento para t = 10 s?

2.6. Foi realizado um ensaio experimental (dinâmico) de um oscilador linear de

um grau de liberdade. Foram feitos dois registos dos deslocamentos, um ao 4º

ciclo e outro ao 9º ciclo, respectivamente com 1.42011 mm e 0.29404 mm.

Determine o valor aproximado do coeficiente de amortecimento viscoso.

2.7. O quadro seguinte apresenta um conjunto de valores de amplitude da

resposta de um edifício, registados com ruído ambiental. Calcule o valor

aproximado do coeficiente de amortecimento viscoso.

Frequência

(Hz) 3.895 3.986 4.076 4.167 4.257 4.438 4.529 4.620 4.710

Amplitude

(×10-3 m) 0.044 0.053 0.067 0.096 0.117 0.076 0.052 0.040 0.031

2.8. A figura seguinte representa os resultados de um ensaio experimental,

correspondente à resposta de um oscilador linear de um grau de liberdade

com 50 ton. de massa (ωn = 10 rad/s), sujeito à acção de uma força harmónica

(ω = 5 rad/s). Calcule o valor aproximado do coeficiente de amortecimento

viscoso, sabendo que a área a que corresponde um ciclo é de 20.8 kN⋅mm.

Ciclohisterético

F(t)

−2.577 mmx(t)

2.577 mm

t8 s4 s

40 kN

20 kN

F(t)


- 53 -


Nota: os resultados estão apresentados com cinco casas decimais, no entanto os cálculos

foram efectuados com todas as casas decimais que os meios de cálculo permitiram.

2.1.

1

kEI

L11 3

7

363 3 72 10

12125 10=

⋅=

× ×= ×. kN / m

12.00

ω n =×

=125 10

312520

6. rad / s

f = = =202

3 18 3 18π

. . ciclos / s Hz

2.2.

a) Dado que trata de uma estrutura isostática, será mais fácil determinarmos a

flexibilidade associada ao grau de liberdade dinâmico. A respectiva rigidez é

igual ao inverso da flexibilidade.

1 kN

0.5 kN 0.5 kN

0.5 kNm

Momentos flectores (kNm)

+

−−−−

−1

0.5


- 54 -

( )fM M

EIdx

EI EI EI

L

111 1

0

2 2 213

1 2 21

3 20 5 1

12

0 5 4=⋅

= − ⋅

⋅ +

⋅⋅ ⋅ + ⋅ ⋅∫∑ . .

fEI11

618756 25 10= = × −.. m / kN

kf1111

641 1

6 25 1016 10= =

×= ×−.

. kN / m

ωnk

m= =

×=11

416 10160

10.

rad / s

f = = =102

159155 159155π

. . ciclos / s Hz

c m n11 2 2 160 10 0 02 64= = ⋅ ⋅ ⋅ =ω ζ . kNs / m

Equação de movimento:

160 64 16 10 04⋅ + ⋅ + × ⋅ =&& & .( ) ( ) ( )y y yt t t

b) Como ζ<1, a resposta do oscilador será do tipo

( ) ( )[ ]y e A t B sen ttt

a an

( ) cos= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅ζ ω ω ω

com

ω ω ζa n= − = ⋅ − =1 10 1 0 02 9 9982 2. . rad / s

Atendendo às condições iniciais do movimento

( )y t y= =0 0 → A y= 0

( )& &y t y= =0 0 → By yn

a=

+& 0 0ζωω

pelo que

( ) ( )y e y ty y

sen ttt

an

aa

n( ) cos

&

= ⋅ ⋅ ⋅ ++

⋅ ⋅

− ⋅ζ ω ωζω

ωω0

0 0


- 55 -

Como

( )y t y= = =0 0 100 . m e ( )& &y t y= = =0 00

A = 0 10. e B =+ ⋅ ⋅

=0 0 02 10 0 10

9 9980 002

. ..

.

i)

Para t = 5 seg.

( ) ( )[ ]y e t sen ttt

( ). . cos . . .= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅0 2 01 9 998 0 002 9 998

( ) ( )[ ]y e sen ( ). . cos . . . .5

0 2 5 01 9 998 5 0 002 9 998 5 0 0352= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =− ⋅ m

ii)

y

yA e

A ee

tt

tn

n

n( )

00

14

= =⋅⋅

=− ⋅

− ⋅ ⋅− ⋅

ζ ω

ζ ωζ ω

tn

= −⋅

⋅ = −

⋅⋅ =

1 14

10 02 10

14

6 93147ζ ω

ln.

ln . seg.

Logo em

6 931471

6 93147 6 93147 159155 1103178.

. . . .

T

f= ⋅ = ⋅ = ciclos

0 5 10 15 20

y(t)

t


- 56 -

2.3.

a) Aplicando o princípio dos trabalhos virtuais, o trabalho virtual (em resultado

de um deslocamento virtual δy) realizado pelas forças exteriores (F(t) e força de

inércia), será igual ao trabalho virtual realizado pelas forças interiores (força

na mola).

5 ⋅ + ⋅&& &y c y80008

×y

y8

y4

y

F(t)

y4

( ) ( )F y c y y Ky y y

t mola mola( ) && &− ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅⋅

= ×

⋅

⋅5

88000

8 8δ δ

δ δ

5 125⋅ + ⋅ + ⋅ =&& &( ) ( ) ( ) ( )y c y y Ft t t t

De outra forma, poderíamos obter a flexibilidade, associada ao grau de

liberdade dinâmico, aplicando uma força unitária no ponto “F”.

1 kN

12 kN8 kN 5 kN

fkmola

1121

8 0 008= ⋅ = . m / kN

kf1111

1125= = kN / m

Frequência natural de vibração:

ωnk

m= = =11 125

55 rad / s


- 57 -

f = =5

20 79577

π. Hz

c m n= = ⋅ ⋅ ⋅ =2 2 5 0 1 5 5ζω . kNs / m


( )5 5 125 20 5⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅&& &( ) ( ) ( )y y y sen tt t t

b)

y y yt T t P(t( ) ( ) )= +

( ) ( )[ ]y e A t B sen tT tt

a an

( ) cos= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅ζ ω ω ω

& ( )yT t ( ) ( )[ ]= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅ζ ω ω ωζ ωn

ta ae A t B sen tn cos

( ) ( )[ ]+ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅− ⋅e A sen t B tnta a a a

ζ ω ω ω ω ω cos

( )y HF

ksen tP(t) = ⋅ ⋅ −1

0

111 ω θ

( )& cos)y HF

ktP(t = ⋅ ⋅ ⋅ −ω ω θ1

0

111


( )y t y= =0 0 → ( )A y HF

ksen= − ⋅ ⋅ −0 1

0

111 θ

( )& &y t y= =0 0 → ( )

B

y A HF

kn

a=

+ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ −& cos0 10

111ζ ω ω θ

ω

ω ω ζa n= − = ⋅ − =1 5 1 01 4 974942 2. . rad / s


- 58 -

ωω

ω= = =

n

55

1 (ressonância)

( ) ( ) ( ) ( )H1

2 2 2 2 2 2

1

1 2

1

1 1 2 01 15=

− +=

− + ⋅ ⋅=

ω ζω .

θπ

1 2=

logo

y0 0= → A sen= − ⋅ ⋅ −

=5

20125 2

0 8

π.

&y0 0= → B =× × − ⋅ ⋅ ⋅ −

=01 5 0 8 5 5

20125 2

4 974940 08040

. . cos

..

π

y y yt T t P(t( ) ( ) )= +

( ) ( )[ ]y e t sen tT tt

( ). . cos . . .= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅0 5 0 8 4 97494 0 0804 4 97494

y sen t sen tP(t) .= ⋅ ⋅ ⋅ −

= ⋅ ⋅ −

5

20125

52

0 8 52

π π

Para t = 2 s, teremos y t( ) . . .= − − =0 26948 0 67126 0 40178 m (para cima)

0 1 2 3 4 5 6

0.5

0.5

1

y(t) yP(t) yT(t)

t


- 59 -

2.4.

Atendendo à existência de um apoio inclinado e à dificuldade em

relacionarmos a massa do ponto “A” com o grau de liberdade dinâmico, a

resolução do problema será simplificada caso realizemos uma mudança de

sistema de coordenadas { } { }q d→ , em que

q1

q2

1º modo estático de deformação (d1=1):

1125

sen α= .

3

43

EI

3

42

EI

α

1

1

α

sen α =+

=2 4

18 2 40 8

2 2

.

. ..

q1=d1=1; q2=1.25

A matriz de transformação será

[ ]T =

1

125.

Matriz de massas no sistema de coordenadas “q”

[ ]mm

mq =

=

0

0 3

12 0

0 36 (ton.)

[ ] [ ][ ]T m TTq = 68 25. ton.


- 60 -

A rigidez obtém-se directamente, sendo

kEI

112 2

3 3

3

2 4 3 2

3 23296

41092=

+

=×

=. .

kN / m

O vector de forças no sistema de coordenadas “q”

{ } ( )F tq =

⋅ ⋅ ⋅0

13 4 6cos . (kN)

[ ] { } ( ) ( )T F t tTq = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅125 3 4 6 3 75 4 6. cos . . cos . kN


( )68 25 1092 125 3 75 4 61 1. && . . cos .( ) ( ) ( )⋅ + ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅d d F tt t t

b)

d d dt T t P(t1 1 1 ( ) ( ) )= +

( ) ( )[ ]d e A t B sen tT tt

a an

1 ( ) cos= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅ζ ω ω ω

&( )d T t1

( ) ( )[ ]= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅ζ ω ω ωζ ωn

ta ae A t B sen tn cos

( ) ( )[ ]+ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅− ⋅e A sen t B tnta a a a

ζ ω ω ω ω ω cos

( )d HF

ktP(t1 1

0

111

) cos= ⋅ ⋅ −ω θ

( )&)d H

F

ksen tP(t1 1

0

111

= − ⋅ ⋅ ⋅ −ω ω θ


( )d t d1 00= = → ( )A d HF

k= − ⋅ ⋅ −0 1

0

111cos θ


- 61 -

( )& &d t d1 00= = → ( )

B

d A HF

ksenn

a=

+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ −&0 1

0

111ζ ω ω θ

ω

Como o amortecimento é nulo

( ) ( )d A t B sen tT t n n1 ( ) cos= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ω ω

( ) ( )[ ]& cos( )d A sen t B tT t n n n1 = ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ω ω ω

e

( )

B

d HF

ksen

n=

+ ⋅ ⋅ ⋅ −&0 1

0

111ω θ

ω

Frequência natural de vibração:

ωnk

m= = =11 1092

68 254

. rad / s

ωω

ω= = =

n

4 64

115.

.

( ) ( ) ( )H1

2 2 2 2 2

1

1 2

1

1 115310078=

− +=

−=

ω ζω ..

Como ω > 1 será necessário reduzir o resultado ao 2º quadrante. Para tal,

teremos que adicionar π ao resultado das máquinas de calcular, pelo que

θζωω

π π π1 2

2

10=

−

+ = + =arctg rad

logo

d0 0 01= . → ( )A = − ⋅ ⋅ − =0 01 4 63 751092

0 02065. ..

cos . π

& .d0 0 05= → ( )

Bsen

=+ ⋅ ⋅ ⋅ −

=0 05 4 6 310078

3 751092

40 01250

. . ..

. π


- 62 -

( ) ( )d t sen tT t1 0 02065 4 0 01250 4

( ) . cos .= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

( )d tP(t1 3100783 751092

4 6

) ..

cos .= ⋅ ⋅ ⋅ − π

MEI

dB t t ( ) ( )= ⋅3

42 1

Para t = 4.82 s, teremos

( ) ( )d senT1 4 82 0 02065 4 4 82 0 01250 4 4 82 0 02398

m( . ) . cos . . . .= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

( )d P(1 4 82 3 100783 751092

4 6 4 82 0 01047

m. ) ..

cos . . .= ⋅ ⋅ ⋅ − =π

d t1 0 02398 0 01047 0 03446

m( ) . . .= + =

MB kNm( .82) . .4 2

3 23296

40 03446 150 50=

×⋅ =

0 5 10 15 20 25

200

150

100

50

50

100

150

200

O gráfico anterior, correspondente ao andamento do momento flector no ponto

“B” em função do tempo, apresenta uma forma que indicia um fenómeno de

batimento. Este fenómeno é tão mais acentuado quanto menor for o

amortecimento do oscilador (neste caso é nulo).

t

MB(t)


- 63 -

2.5.

a) Recorrendo ao integral de Duhamel, teremos

( ) ( )[ ]xm

F e sen t dta

ta

tn

( ) ( )=⋅

−− −∫

1

0ωω τ ττ

ζω τ

Dado que c = 0, logo ζ = 0 e ωa = ωn, pelo que

( )[ ]xm

F sen t dtn

n

t

( ) ( )=⋅

⋅ −∫1

0ωω τ ττ

com

ωnk

m= = =11 29400

15014 rad / s

e

F( )τ

ττ

ττ

τ= − +

≤ ≤≤ ≤>

10

5 60

0

0 4

4 8

8

;

;

;

i) Entre t = 0 e t = 4 s, teremos

( ) ( )[ ]x sen t dt

t

( ) =⋅

⋅ −∫1

150 1410 14

0

τ τ τ

Dado que

( )[ ] ( )[ ]a sen t da

t sen tn

t

nn nτ ω τ τ

ωω ω⋅ − = ⋅ −∫

02

logo

( )[ ] ( )[ ]x t sen t t sen tt( ) = ⋅ ⋅ − = ⋅ −1

210010

1414 14

141160

14 142

( )[ ]x sent( ) .=−= ⋅ ⋅ − ⋅ = ×4

3141160

14 4 14 4 137322 10 m


- 64 -

ii) Entre t = 4 s e t = 8 s, teremos

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]x sen t d sen t dt

t

( ) = ⋅ − + − + ⋅ −

∫ ∫1

210010 14 5 60 14

0

4

4τ τ τ τ τ τ

Para facilitar a resolução dos integrais vamos efectuar a mudança da origem

do referencial para t = 4 s. Deste modo, teremos que adicionar a componente

de regime livre, sujeita às condições iniciais do instante t = 4 s.

( )− ⋅ + + = − +5 4 60 5 40τ τ

( ) ( ) ( ) ( )[ ]x x tx

sen t sen t dt

t

( ) cos&

= ⋅ + + − + ⋅ −∫00

0

1414

141

21005 40 14τ τ τ

sendo

x x t0 43137322 10= = ×=

−( ) . m

( )[ ]& cos( )x tt = ⋅ −1

29401 14 ; 0 ≤ t ≤ 4 s

( )[ ]& & cos .( )x x t0 451

29401 14 4 4 99251 10= = ⋅ − ⋅ = ×=

− m / s

Entre t = 4 s e t = 8 s, teremos

( ) ( )x t sen tt t( ) . cos.

= −−

−= × ⋅ ⋅ +

×⋅4

35

137322 10 144 99251 10

1414

( ) ( )[ ]+ − + ⋅ −∫1

21005 40 14

0

τ τ τsen t dt

como

( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]a b sen t da

t sen tb

tn

t

nn n

nnτ ω τ τ

ωω ω

ωω+ ⋅ − = ⋅ − + ⋅ −∫

02 1 cos

então

( ) ( )x t sen tt t( ) . cos.

= −−

−= × ⋅ ⋅ +

×⋅4

35

137322 10 144 99251 10

1414

( )[ ] ( )[ ]+−

⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅

12100

5

1414 14

4014

1 142 t sen t tcos


- 65 -

Para t = 8 s, teremos

( ) ( )x sent( ) . cos.

= − =−

−= × ⋅ ⋅ +

×⋅8 4 4

35

137322 10 14 44 99251 10

1414 4

( )[ ] ( )[ ]+−

⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅

12100

5

1414 4 14 4

4014

1 14 42 sen cos

= × − × = ×− − −116980 10 4 86907 10 6 82888 103 4 4. . . m

iii) Para t > 8 s, a resposta do oscilador será em regime livre, com as

condições iniciais impostas para t = 8 s.

x x t0 8 446 82888 10= = ×= −

−( ) . m

Entre t = 4 s e t = 8 s, teremos

( ) ( )& ..

cos( )x sen t tt t= −−

−= ⋅ − × ⋅ ⋅ +

×⋅

43

5

14 137322 10 144 99251 10

1414

( )[ ] ( )+−

⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅

12100

514

1 14 40 14cos t sen t

Para t = 8 − 4 s

( ) ( )& ..

cosx sen03

5

14 137322 10 14 44 99251 10

1414 4= ⋅ − × ⋅ ⋅ +

×⋅

−−

( )[ ] ( )+−

⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅

12100

514

1 14 4 40 14 4cos sen

= × − × = ×− − −100694 10 9 95927 10 110157 102 3 4. . . m / s

Logo para t > 8 s

( ) ( )x t sen tt t( ) . cos.

= −−

−= × ⋅ ⋅ +

×⋅8

44

6 82888 10 14110157 10

1414

Para t = 10 s

( ) ( )x sent( ) . cos.

= −−

−= × ⋅ ⋅ +

×⋅10 8

44

6 82888 10 14 2110157 10

1414 2

= − × −6 55220 10 4. m


- 66 -

0 2 4 6 8 10

x(t)

t

b) Sendo ζ = 0.1, para t > 8 s, teremos

ω ω ζa n= − = ⋅ − =1 14 1 01 13 929822 2. . rad / s

( ) ( ) ( )[ ]xm

e sen t dta

ta

n( ) =

⋅⋅ ⋅ −− ⋅ −

∫1

100

4

ωτ ω τ τς ω τ

( ) ( ) ( )[ ]+⋅

− + ⋅ ⋅ −− ⋅ −∫

15 60

4

8

me sen t d

a

ta

n

ωτ ω τ τς ω τ

( ) ( ) ( )[ ]x e sen t dtt

( ).

..=

− × ⋅ −=⋅

⋅ ⋅ −∫100 1 14

0

41150 13 92982

10 13 92982τ τ ττ

( ) ( ) ( )[ ]+⋅

− + ⋅ ⋅ −− × ⋅ −∫1

150 13 929825 60 13 929820 1 14

4

8

...τ τ ττe sen t dt

= − × − × = − ×− − −6 36411 10 3 65427 10 3 66063 108 5 5. . . m

(resolução do integral recorrendo a meios de cálculo automático)

0 2 4 6 8 10

x(t)

t


- 67 -

2.6.

δsi

i s

x

x

x

x=

=

=

=

+ln ln ln

.

..4

9

1420110 29404

157477

( )ζδπ π

≅⋅

=⋅ −

=s

s2157477

2 9 40 05

..

2.7.

A amplitude máxima é igual a 0.117 mm, logo

0117

20 08273

..= mm

Interpolando, teremos

( )f14 167 4 0760 096 0 067

0 08273 0 067 4 076 4 12536=−−

⋅ − + =. .. .

. . . . Hz

( )f24 438 4 2570 076 0 117

0 08273 0117 4 257 4 40829=−−

⋅ − + =. .. .

. . . . Hz

ζω ωω ω

≅−+

=−+

=−+

=2 1

2 1

2 1

2 1

4 40829 4 125364 40829 412536

0 033f f

f f. .. .

.

2.8.

O valor do coeficiente de amortecimento viscoso será igual a

( )

ζπω ω π

eqD

n

E

m X.

max

.

..=

⋅ ⋅ ⋅=

×

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ×=

−

−

∆2

20 8 10

2 5 50 10 2 577 100 202

3

3 2

- 68 -

CAPÍTULO 3

SISTEMA LINEAR DE VÁRIOS GRAUS DE LIBERDADE

3.1. Sistema de equações de movimento

Considere-se o sistema estrutural da figura 3.1, correspondendo a um

oscilador linear de dois graus de liberdade, sujeito a um conjunto de forças

dinâmicas.

m2

d2(t)

k2

F2(t)

d1(t)

F1(t)

k1

c2

k3

c1 c3

m1

FIGURA 3.1 - Oscilador linear de dois graus de liberdade sujeito a forças dinâmicas.

Aplicando o princípio de d’Alembert, em cada grau de liberdade, obteremos o

seguinte sistema de equações de movimento

( ) ( )

( ) ( )m d c d c d d k d k d d F

m d c d c d d k d k d d F

t t t t t t t t

t t t t t t t t

1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1

2 2 3 2 2 2 1 3 2 2 2 1 2

&& & & &

&& & & &

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+ − − + − − =

+ + − + + − =

(3.1-2)

( ) ( )

( ) ( )m d c c d c d k k d k d F

m d c d c c d k d k k d F

t t t t t t

t t t t t t

1 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1

2 2 2 1 2 3 2 2 1 2 3 2 2

&& & &

&& & &

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+ + − + + − =

− + + − + + =

(3.3-4)


- 69 -

Das equações (3.3-4), podemos escrever

[ ]mm

m=

1

2

0

0 (3.5)

[ ]cc c c

c c c

c c

c c=

+ −− +

=

1 2 2

2 2 3

11 12

21 22 (3.6)

[ ]kk k k

k k k

k k

k k=

+ −− +

=

1 2 2

2 2 3

11 12

21 22 (3.7)

{ } { } { } { }&&

&&

&&&

&

&( )( )

( )( )

( )

( )( )

( )

( )( )

( )

( )d

d

dd

d

dd

d

dF

F

Ftt

tt

t

tt

t

tt

t

t=

=

=

=

1

2

1

2

1

2

1

2 ; ; ; (3.8)

Generalizando, podemos escrever, na forma matricial e para “r” graus de

liberdade, que

[ ] ( ){ } [ ] ( ){ } [ ] ( ){ } ( ){ }m d c d k d Ft t t t&& &+ + = (3.9)

sendo [m] a matriz de massas (normalmente diagonal), [c] a matriz de

amortecimento e [k] a matriz de rigidez do sistema estrutural, associada aos

graus de liberdade considerados.

3.2. Regime livre não amortecido

3.2.1 Equação característica

As características dinâmicas de um sistema estrutural são estabelecidas

mediante a análise das vibrações em regime livre e sem amortecimento.

Desta forma teremos

[ ] ( ){ } [ ] ( ){ } { }m d k dt t&& + = 0 (3.10)


- 70 -

Este sistema de equações diferenciais homogéneas, tem soluções do tipo

{ } { } ( )d A sen tt n( ) = ⋅ +ω θ (3.11)

em que {A} é um vector de amplitudes e ωn é a frequência angular natural do

sistema, e θ é o ângulo de fase da resposta.

Substituindo as soluções (3.11) no sistema (3.10), teremos

[ ] [ ]( ) { } { }k m An− ⋅ =ω 2 0 (3.12)

A solução do sistema de equações (3.12) constitui um problema de valores e

vectores próprios. Existindo vibração, o sistema terá amplitudes {A} diferentes

de zero, somente se o determinante da matriz dos coeficientes for zero. Desta

forma, teremos

[ ] [ ] k mn− =ω2 0 (3.13)

Esta equação é designada por equação característica e pode ser desenvolvida

na forma

ω ω ω ωnr

nr

nr

r n ra a a a21

2 22

2 41

2 0+ + + + + =− −−K (3.14)

3.2.2 Modos de vibração

Na análise de estruturas correntes sujeitas à acção de sismos, as matrizes [m]

e [k] são reais, simétricas e positivamente definidas, pelo que a equação (3.14)

tem sempre soluções ωn2 positivas e, como consequência, valores ωn reais

(os valores próprios).

A frequência natural (própria) de menor valor, designa-se por frequência

fundamental (sendo o período fundamental o de maior valor).

Os valores próprios (ωn) são ordenados por ordem crescente e constituem a

matriz espectral (uma matriz diagonal) do sistema.


- 71 -

Substituindo os valores próprios na expressão (3.10), obtemos um sistema

algébrico de equações lineares homogéneas. Dadas as particularidades deste

tipo de sistemas, não é possível a obtenção dos valores das amplitudes de

cada modo, mas somente as relações entre as diversas amplitudes, ou seja, a

configuração dos modos próprios de vibração {vi}.

A totalidade dos r modos de vibração pode ser agrupada na seguinte forma

matricial

[ ] { } { } { }[ ]v v v v r= 1 2 L (3.15)

sendo a matriz [v] designada por matriz modal.

É possível escrever, para cada modo de vibração i, que

[ ] [ ]( ) { } { }k m vi i− ⋅ =ω2 0 (3.16)

As configurações dos modos de vibração {vi} têm determinadas propriedades

que são bastante úteis na análise dinâmica das estruturas, designadamente o

facto destas constituírem um conjunto ortogonal completo.

Da expressão (3.16) podemos escrever, para o modo de vibração i, que

[ ]{ } [ ]{ }k v m vi i i= ω2 (3.17)

e que

[ ]{ } { }k v Fi i= (3.18)

Desta forma, podemos considerar que, para cada modo e a cada instante, as

vibrações em regime livre podem ser consideradas como o resultado de um

conjunto de forças de inércia {Fi} aplicadas nos graus de liberdade. Como tal, o

teorema de Betti (teorema da reciprocidade dos trabalhos) pode ser aplicado,

do que resulta

{ } { } { } { }v F v FjT

i iT

j= (3.19)


- 72 -

em que i e j são dois modos de vibração (com i≠j). Logo

{ } [ ]{ } { } [ ]{ }v m v v m vjT

i i iT

j jω ω2 2= (3.20)

Tendo em conta que a matriz [m] é simétrica, e atendendo a que os resultados

dos produtos matriciais são escalares, então

{ } [ ]{ } { } [ ]{ }v m v v m vjT

i iT

j= (3.21)

e como tal

( ) { } [ ]{ }ω ωj i iT

jv m v2 2 0− ⋅ = (3.22)

Logo, sempre que ωi≠ωj resulta que

{ } [ ]{ }v m viT

j = 0 (3.23)

Multiplicando a relação (3.17) por {vi}T e atendendo a (3.23), iremos obter

{ } [ ]{ }v k viT

j = 0 (3.24)

Quando i=j, teremos

{ } [ ]{ }m v m vi iT

i* = (3.25)

e

{ } [ ]{ }k m v k vi i i iT

i* *= =ω2 (3.26)

designando-se mi* por massa modal generalizada e k i

* por rigidez modal

generalizada (do modo i).

O vector dos modos de vibração é definido a menos de uma constante, pelo

que pode ser normalizado de diversas formas. A forma mais comum reside em

dividir todos os elementos do vector (de um modo i) pelo elemento de maior

valor absoluto. Desta forma, o vector, assim normalizado, terá todos os


- 73 -

elementos iguais ou inferiores à unidade. Também é comum a normalização,

tal que

{ } { }{ } [ ]{ }

{ }φ i

i

iT

i

i

i

v

v m v

v

m= =

* (3.27)

do que resulta

{ } [ ]{ }φ φiT

im = 1 (3.28)

e

{ } [ ]{ }φ φ ωiT

i ik = 2 (3.29)

As propriedades de ortogonalidade mantêm-se, quaisquer que sejam os

procedimentos de normalização, logo

{ } [ ]{ }φ φiT

jm = 0 (3.30)

e

{ } [ ]{ }φ φiT

jk = 0 (3.31)

3.3 Regime forçado amortecido

3.3.1 Coordenadas modais

A resolução do sistema de equações diferenciais de movimento (3.9) é de

difícil resolução, pelo que é usual o recurso à seguinte transformação de

coordenadas

( ){ } [ ] ( ){ }d vt t= ε * ou ( ){ } [ ] ( ){ }d t t= φ ε (3.32-33)

{ε*} e {ε} são os vectores das coordenadas modais que caracterizam as

amplitudes de cada modo de vibração. Desta maneira, a resposta do sistema

será igual à soma do produto da configuração da resposta, de cada modo, por

uma determinada amplitude modal (figura 3.2).


- 74 -

3.3.2 Método da sobreposição modal

Uma das formas de resolver o sistema de equações diferenciais de movimento,

consiste em recorrer ao método da sobreposição modal. Segundo este

método, é realizado o desacoplamento das equações de movimento,

recorrendo para isso à transformação de coordenadas que é expressa em

(3.32-33). Assim sendo, teremos o sistema inicial transformado na soma de

conjunto de osciladores lineares com um grau de liberdade (correspondendo à

coordenada modal) de fácil resolução (ver capítulo 2). A resposta final do

sistema será obtida pela sobreposição dos diversos modos de vibração.

d3(t)

d2(t)

d1(t)

( ){ } [ ] ( ){ }d vt t= ⋅ ε *

= + + +…

( ){ } { } ( )d vt t1 1 1= ε *( ){ } { } ( )d vt t2 2 2= ε*

( ){ } { } ( )d vt t3 3 3= ε*

d11(t)

d21(t)

d31(t)

d12(t)

d22(t)

d32(t)

d13(t)

d23(t)

d33(t)

( ){ } [ ] ( ){ }d t t= ⋅φ ε ( ){ } { } ( )d t t1 1 1= φ ε ( ){ } { } ( )d t t2 2 2= φ ε ( ){ } { } ( )d t t3 3 3= φ εou

FIGURA 3.2 - Representação da resposta como sendo a soma das componentes modais.

Assumindo que a matriz de amortecimento tem características que permitam

escrever

{ } [ ]{ } { } [ ]{ }v c v ciT

j iT

j= =φ φ 0 (3.34)

obtemos o amortecimento modal generalizado

{ } [ ]{ }c v c v mi iT

i i i* *= = 2ζω (3.35)

e

{ } [ ]{ }φ φ ζωiT

i ic = 2 (3.36)


- 75 -

Escrevendo o sistema de equações (3.9) em coordenadas modais, e se

multiplicarmos por [v] T ou por [φ]T, teremos em cada instante

[ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ][ ]{ } [ ] { }v m v v c v v k v v FT T T T&& &

* * *ε ε ε+ + = (3.37)

ou

[ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ][ ]{ } [ ] { }φ φ ε φ φ ε φ φ ε φT T T Tm c k F&& &+ + = (3.38)

Atendendo às propriedades de ortogonalidade (3.23-24; 3.28-31), e às

propriedades assumidas para a matriz de amortecimento (3.34-36), teremos

( ){ } [ ] ( ){ } [ ] ( ){ } [ ][ ] { }&& &

* * **

ε ζ ω ε ω εt n t n t

Tv

mF+ + =2 2 (3.39)

ou

( ){ } [ ] ( ){ } [ ] ( ){ } [ ] { }&& &ε ζ ω ε ω ε φt n t n tT

F+ + =2 2 (3.40)

As equações de movimento (3.39-40), correspondem a um conjunto de

sistemas de um grau de liberdade (para cada modo i), em que

( ) ( ) ( ){ }

( ){ }&& &* * *

*ε ζω ε ω εi t i i t i i ti

T

it

v

mF+ + =2 2 (3.41)

ou

( ) ( ) ( ) { } ( ){ }&& &ε ζω ε ω ε φi t i i t i i t iT

tF+ + = ⋅2 2 (3.42)

Estas equações diferenciais podem ser facilmente resolvidas (ver capítulo 2).

3.4 Método de Stodola

Quando o número de graus de liberdade é superior a dois a resolução da

equação característica (3.14) torna-se progressivamente mais complicada.

O recurso a algoritmos numéricos para resolução de problemas de valores e

vectores próprios é corrente, quando o número de graus de liberdade é

elevado, e na generalidade dos programas de cálculo automático. Um dos

métodos mais usados, pela sua simplicidade, é o método de Stodola, que se

descreve em seguida.


- 76 -

• Modo fundamental (1º modo)

Partindo da equação (3.17), podemos escrever para o primeiro modo

(correspondente à frequência fundamental), que

{ } [ ] [ ]{ } [ ][ ]{ } [ ]{ }v k m v f m v D v11

12

1 12

1 12

1= = =− ω ω ω (3.43)

em que [f] = [k]-1 é a matriz de flexibilidade, e [D] = [f][m] é a matriz dinâmica.

Se arbitrarmos um vector da configuração do modo fundamental {v1}<s>,

teremos

{ } [ ]{ }1

12 1

11ω

v D vs s< + > < >

= (3.44)

A amplitude do modo de vibração depende da frequência, no entanto a sua

configuração é independente desta. Logo, é possível escrever que

{ } [ ]{ }v D vs s

11

1< + > < >

= (3.45)

Normalizando este vector (dividindo, por exemplo, pelo elemento de maior

valor absoluto), teremos

{ } { }v norm vs s

1 1< > < >

= . (3.46)

Quando o algoritmo convergir, teremos

ω11

11≅

< >

< + >

v

v

js

js (3.47)

Dado que este valor não corresponde, exactamente, ao valor da frequência

fundamental, pois

v

v

v

v

js

js

js

js

1

11 1

1

11

< >

< + >

< >

< + >

< <

min. max.

ω (3.48)


- 77 -

A melhor aproximação do valor exacto pode ser obtida realizando uma média

ponderada, como

{ }( ) [ ]{ }

{ }( ) [ ]{ }ω1

1

1

1

1

1

11

≅

< + > < >

< + > < + >

v m v

v m v

T s s

T s s (3.49)

• Restantes modos de vibração

Para evitarmos a convergência para o modo fundamental, é necessário que

este seja eliminado da solução (varrimento). Se escrevermos a solução em

coordenadas modais, e multiplicarmos a expressão (3.32) por {v1}T[m],

obtemos

{ } [ ]{ } { } [ ]{ } { } [ ]{ }v m d v m v v m vT T T

1 1 1 1 1 2 2= + +ε ε* *K (3.50)

Atendendo às propriedades de ortogonalidade (3.23), teremos

{ } [ ]{ }

{ } [ ]{ }{ } [ ]{ }ε1

1

1 1 11

1**= =

v m d

v m v mv m d

T

TT

(3.51)

Como pretendemos retirar a contribuição do 1º modo, então

{ } { } [ ]{ }d v S d− =1 1 1ε* (3.52)

Sendo a matriz de varrimento

[ ] [ ] { }{ } [ ] [ ] { }{ } [ ]S Im

v v m I mT T

11

1 1 1 11

= − = −* φ φ (3.53)

As iterações seguintes, para a obtenção do 2º modo de vibração, podem ser

realizadas multiplicando a matriz de varrimento pelo vector {v2}<s>, pelo que

vamos obter

{ } [ ][ ]{ } [ ]{ }1

22 2

11 2 1 2ω

v D S v D vs s s< + > < > < >

= = (3.54)


- 78 -

De forma análoga podemos obter os restantes modos de vibração, em que

[ ] [ ] { }{ } [ ] [ ] { }{ } [ ]S Sm

v v m S mi ii

i iT

i i iT

= − = −− −1 11

* φ φ (3.55)

e

{ } [ ]{ }1

12 1

11ω i

is

i is

v D v+

+< + >

+< >

= (3.56)

com

[ ] [ ][ ]D D Si i= (3.57)

Os valores da frequência angular natural de cada modo, serão determinados

com um procedimento similar ao adoptado para a obtenção da frequência do

modo fundamental.

3.5 Método de Rayleigh simplificado

A determinação do valor aproximado da frequência fundamental de uma

estrutura, pode ser realizada com recurso ao método de Rayleigh. Este método

baseia-se no princípio da conservação da energia, num oscilador linear em

regime livre, sem a consideração das forças de amortecimento. A aplicação do

método requer o conhecimento da configuração aproximada do modo

fundamental de vibração, sendo a precisão dos resultados dependente do rigor

com que a configuração é arbitrada.

Considere-se um oscilador de n graus de liberdade, cuja resposta, no modo

fundamental, possa ser aproximada por

{ } { } ( )d d tt( ) cos= ⋅ ⋅ −0 1ω θ (3.58)

{ } { } ( )&( )d d sen tt = − ⋅ ⋅ ⋅ −ω ω θ1 0 1 (3.59)

A energia potencial e cinética do sistema corresponderão a

{ } [ ]{ } { } [ ]{ } ( )[ ]E d k d d k d tP tT

tT

= = ⋅ ⋅ −12

12 0 0 1

2( ) ( ) cos ω θ (3.60)

{ } [ ]{ } { } [ ]{ } ( )[ ]E d m d d m d sen tC tT

tT= = ⋅ ⋅ ⋅ −1

212 0 0 1

21

2& &

( ) ( ) ω ω θ (3.61)


- 79 -

Das equações (3.60) e (3.61) verifica-se que quando a energia potencial é

máxima a energia cinética é nula e vice-versa. Sendo o sistema conservativo,

existe conservação de energia, logo

0 0+ = +E EC P,max ,max (3.62)

com

{ } [ ]{ }E d k dPT

,max =12 0 0 (3.63)

{ } [ ]{ }E d m dCT

,max = ⋅12 0 0 1

2ω (3.64)

Substituindo (3.63) e (3.64) em (3.62) teremos

{ } [ ]{ }{ } [ ]{ }

ω12 0 0

0 0

=d k d

d m d

T

T (3.65)

Arbitremos uma configuração do modo fundamental { }d0 correspondente à

deformada que resulta da aplicação de forças iguais aos pesos das

massas{ }G , segundo a direcção dos graus de liberdade. Dado que o sistema

é conservativo, a energia potencial é igual ao trabalho de deformação das

forças exteriores (os pesos), logo

E G dP i ii

n

,max ==∑

12 0

1 (3.66)

E m dg

G dC i ii

n

i ii

n

,max = ⋅ = ⋅ ⋅= =∑ ∑

12

12

112

02

112

02

1ω ω (3.67)

Igualando as expressões (3.66) e (3.67), teremos

ω1

01

02

1

= ⋅ =

=

∑

∑g

G d

G d

i ii

n

i ii

n (3.68)


- 80 -


3.1. Determine as frequências próprias da estrutura representada na figura

seguinte e os respectivos modos de vibração. Compare os resultados obtidos

para o modo fundamental com os resultados do método de Rayleigh.

C D

EI = ∞

3.00

6.00 m

3.00 m

m = 20 ton.

EA = GA = ∞

EI = 180000 kNm2

B

A

E

EI

3.00

1

EI

m

m m

2

EI = ∞

3.2. Considere a estrutura representada em modelo na figura seguinte, com

coeficiente de amortecimento modal de 2%.

a) Estabeleça a matriz de rigidez associada aos graus de liberdade

assinalados, de forma a obter as equações de movimento.

b) Determine as frequências naturais do oscilador e respectivos modos de

vibração, a partir da equação característica.

c) Caso fosse imposto, inicialmente, um deslocamento de 5 cm (com os valores

de velocidade nulos), em “B”, qual o deslocamento no instante t = 2 s, no grau

de liberdade 2? Se após esse instante (t = 2 s) fosse aplicada uma força

F(t)=20⋅sen(6t) segundo o grau de liberdade 2, qual o deslocamento do ponto

“E” no instante t = 4 s?


- 81 -

C D

2EI

2.00

2.00 m 2.00 m

EI

m = 25 ton.

EA = GA = ∞

EI = 18000 kNm2BA

2

1

E

2EI

4.00 m

m

m m

3.3. Dado o sistema dinâmico da figura seguinte (ζ= 5%):

a) Determine as frequências naturais do oscilador e respectivos modos de

vibração, a partir da equação característica;

b) Calcule, no instante t = 0.79 segundos, os valores de d1 , d2 e o momento

flector no ponto “A”, quando o sistema estrutural é sujeito a uma força

harmónica cujo valor é F(t) = 30⋅cos(8t) kN.

2

6m

1

EA

1.20

2.40 4.00 m

EI

mB

C

A

m = 32 ton.

EA = 33750 kN

EI = EA = ∞Barra “BC”

F(t)

1.80

D GA = ∞Barra “AB”

EI = 40500 kNm2

EA = ∞

Barra “CD”

3.4. Considerando as seguintes matrizes de massa e flexibilidade:

[ ]m =

20 0 0

0 50 0

0 0 10

(ton.) [ ]f =

× −2 5 4 5

4 5 8

5 8 5

10 4.

(m/kN)

a) Determine a configuração e os períodos dos modos de vibração pelo

método de Stodola (garanta a estabilidade de cinco casas decimais).

b) Determine a frequência fundamental pelo método de Rayleigh simplificado.


- 82 -


Nota: os resultados estão apresentados com cinco casas decimais, no entanto os cálculos

foram efectuados com todas as casas decimais que os meios de cálculo permitiram.

3.1.

Trata-se de um problema de um oscilador linear de dois graus de liberdade.

Como a estrutura é isostática, é mais fácil a obtenção da matriz de rigidez

associada às translações horizontais das massas, a partir da inversão da

matriz de flexibilidade.

Para obtermos a matriz de flexibilidade, recorre-se ao método da carga

unitária. Aplicam-se, separadamente, forças horizontais unitárias nos graus de

liberdade considerados, e desenham-se os respectivos diagramas de esforços.

Por integração do produto dos diagramas de esforços, resultantes das forças

unitárias, obtém-se a matriz de flexibilidade.

1 kN

1 kN

-6 kNm-9 kNm

-3 kNm

( )fM M

EIdx

EI EI

L

111 1 2

0

13

9 9243

=⋅

= ⋅ − ⋅ =∫∑ m / kN

( )fM M

EIdx

EI EI

L

222 2 2

0

13

6 672

=⋅

= ⋅ − ⋅ =∫∑ m / kN

( ) ( ) ( )[ ]f fM M

EIdx

EI EI

L

12 121 2

0

16

6 2 9 3 6126

= =⋅

= ⋅ − ⋅ ⋅ − + − ⋅ =∫∑ m / kN


- 83 -

Matriz de flexibilidade

[ ]f =

⋅

×

273 126

126 721

18 105. (m / kN)

A matriz de rigidez será a matriz inversa da matriz de flexibilidade [ ] [ ]k f= −1 .

A inversão da matriz pode ser feita com o recurso às operações elementares

sobre a matriz de flexibilidade ampliada da matriz de identidade

[ ] [ ]f I I k → .

135 10 7 10

7 10 4 10

1 0

0 1

1 0

0 1

8000 14000

14000 27000

3 4

4 4. × ×

× ×

→

−−

− −

− −

Matriz de rigidez

[ ]k =−

−

8000 14000

14000 27000 (kN / m)

Matriz de massas

[ ]mm

=

=

m 20 (ton.)

0

0 2

0

0 40

A equação característica obtém-se anulando o determinante

8000 14000

14000 27000

20 0

0 4002−

−

−

=ωn

8000 20 14000

14000 27000 400

2

2− ⋅ −

− − ⋅=

ωω

n

n

logo, a equação característica será

( ) ( ) ( )8000 20 27000 40 14000 02 2 2− ⋅ ⋅ − ⋅ − − =ω ωn n

800 8 6 10 2 10 04 5 2 7⋅ − × ⋅ + × =ω ωn n.


- 84 -

Fazendo a seguinte mudança de variável

λ ω= n2

teremos

800 8 6 10 2 10 02 5 7⋅ − × ⋅ + × =λ λ.

com soluções iguais a

( )

λ1

5 5 2 78 6 10 8 6 10 4 800 2 10

2 80023 78194=

× − × − × × ×

×=

. ..

( )

λ 2

5 5 2 78 6 10 8 6 10 4 800 2 10

2 800105121807=

× + × − × × ×

×=

. ..

logo as soluções da equação característica são

ω λ1 1 4 87667= = . rad/s → f11

20 78= =

ωπ

. Hz

ω λ2 2 32 42249= = . rad/s → f22

2516= =

ωπ

. Hz

Podemos obter a configuração do primeiro modo (modo fundamental), através

da expressão seguinte:

8000 20 14000

14000 27000 4001

2

12

11

21

− ⋅ −− − ⋅

⋅

=ω

ω

v

v

Arbitrando v11=1, obtemos

( )v21128000 20

140000 53745= −

− ⋅−

=ω

.

Com procedimento análogo, obtemos a configuração do segundo modo.


- 85 -

Sendo

8000 20 14000

14000 27000 4002

2

22

12

22

− ⋅ −− − ⋅

⋅

=ω

ω

v

v


( )v22128000 20

140000 93031= −

− ⋅−

= −ω

.

A matriz modal será

[ ]vv v

v v=

=

−

11 12

21 22

1 1

0 53745 0 93031. .

Modo 1 Modo 2

1

0.53745 −0.93031

1

f1 = 0.78 Hz f2 = 5.16 Hz


- 86 -

As configurações dos modos de vibração também podem ser apresentadas

com normalização em relação à massa. Deste modo, teremos

{ } { }{ } [ ]{ }

{ } { }φ1

1

1 1

1

12

1

2

1

3155429

017802

0 09568= = = =

=∑

v

v m v

v

m v

v

T

i ii

.

.

.

e

{ } { }{ } [ ]{ }

{ } { }φ2

2

2 2

2

22

1

2

2

54 61918

0 13531

012588= = = =

+−

=∑

v

v m v

v

m v

v

T

i ii

.

.

.

sendo a nova matriz modal igual a

[ ]φφ φφ φ

=

=

−

11 12

21 22

017802 013531

0 09568 012588

. .

. .

• Método de Rayleigh simplificado

Vector dos pesos

{ }Gm

mg=

⋅ =

⋅ =

2

20

409 8

196

392. (kN)

{ } [ ] { }d f G0 5

273 126

126 721

18 10= ⋅ =

⋅

×⋅

.

196

392=

0.57167

0.29400 (m)

ω1

01

2

02

1

2 4 76909= ⋅ ==

=

∑

∑g

G d

G d

i ii

i ii

. rad / s

Normalizando { }d0 em relação ao maior valor, termos

{ }v1 =

1

0.51429

Resultados próximos dos obtidos anteriormente para o modo fundamental.


- 87 -

3.2.

a) Podemos obter a matriz de flexibilidade por integração dos diagramas

resultantes da aplicação de forças unitárias segundo os graus de liberdade

dinâmicos.

1 kN

1 kN

2 kNm

MM1 (kNm)

2

+

1 kN

3 kN

4 kNm

2 kN

MM2 (kNm)

4

+

−−−−

−4


- 88 -

fM M

EIdx

EI EI

L

111 1 2

0

13

2 28

3=

⋅= ⋅ ⋅ =∫∑ m / kN

( ) ( )fM M

EIdx

EI EI EI

L

222 2 2 2 2

0

13

4 21

3 24 2 4 4

803

=⋅

= ⋅ − ⋅ +⋅

⋅ ⋅ + ⋅ =∫∑ m / kN

( )f fM M

EIdx

EI EI

L

12 121 2

0

13

2 4 2163

= =⋅

= ⋅ ⋅ − ⋅ = −∫∑ m / kN

Matriz de flexibilidade

[ ]f =−

−

⋅

×8 16

16 801

3 18000 (m / kN)

A matriz de rigidez será a inversa da matriz de flexibilidade

[ ] [ ]k f= =

−1 11250 2250

2250 1125 (kN / m)

b) Matriz de massas

[ ]mm

=

=

2m 50 (ton.)

0

0

0

0 25

Anulando o determinante

11250 2250

2250 1125

50 0

0 2502

−

=ωn

11250 50 2250

2250 1125 250

2

2− ⋅

− ⋅=

ωω

n

n

a equação característica será

1250 337500 7593750 04 2⋅ − ⋅ + =ω ωn n


- 89 -

Fazendo λ ω= n2 teremos

ω λ1 1 4 97724= = . rad/s → f11

20 79= =

ωπ

. Hz

ω λ2 2 15 65973= = . rad/s → f22

22 49= =

ωπ

. Hz

Configuração do primeiro modo (modo fundamental):

11250 50 2250

2250 1125 2501

2

12

11

21

− ⋅− ⋅

⋅

=ω

ω

v

v


v211211250 50

22504 44949= −

− ⋅= −

ω.

Configuração do segundo modo:

11250 50 2250

2250 1125 2502

2

22

12

22

− ⋅− ⋅

⋅

=ω

ω

v

v


v222211250 50

22500 44949= −

− ⋅=

ω.

A matriz modal (com os modos normalizados em relação ao elemento, de cada

modo, de maior valor absoluto) será

[ ]vv v

v v=

=

−

11 12

21 22

0 22474 1

1 0 44949

.

.


- 90 -

Modo 1

Modo 2

1

0.44949

−0.22474

f1 = 0.79 Hz

f2 = 2.49 Hz

1

c) Normalizando as configurações dos modos em relação à massa, teremos

{ } { }{ } [ ]{ }

{ } { }φ1

1

1 1

1

12

1

2

1

27 52551

0 04284

019060= = = =

−+

=∑

v

v m v

v

m v

v

T

i ii

.

.

.

e

{ } { }{ } [ ]{ }

{ } { }φ2

2

2 2

2

22

1

2

2

55 05103

0 13478

0 06058= = = =

=∑

v

v m v

v

m v

v

T

i ii

.

.

.

sendo

[ ]φφ φφ φ

=

=

−

11 12

21 22

0 04284 013478

019060 0 06058

. .

. .


- 91 -

Recorrendo ao método da sobreposição modal, teremos

( ){ } [ ] ( ){ }d t t= φ ε

d

dt

t

t

t

t

t

1

2

11 12

21 22

1

2

1

2

0 04284 013478

019060 0 06058

( )

( )

( )

( )

( )

( )

. .

. .

=

⋅

=

−

⋅

φ φφ φ

ε

ε

ε

ε

No intervalo de tempo compreendido entre o instante inicial (t=0) e o instante

em que é aplicada a força dinâmica (t = 2 s), a resposta do oscilador dá-se em

regime livre, sujeito às condições iniciais d1,0 = 0.05 m e d2,0 = −0.1 m.

−0.1

0.05

Escrevendo as condições iniciais em coordenadas modais, teremos

ε

εφ φφ φ

10

2 0

11 12

21 22

110

2 0

,

,

,

,

=

⋅

− d

d ;

&

&

&

&

,

,

,

,

ε

εφ φφ φ

10

2 0

11 12

21 22

110

2 0

=

⋅

− d

d

ε

ε10

2 0

10 04284 013478

019060 0 06058

0 05

01

0 58360

018549,

,

. .

. .

.

.

.

.

=

−

⋅

−

=−+

−

(m)

&

&

. .

. .,

,

ε

ε10

2 0

10 04284 013478

019060 0 06058

0

0

0

0

=

−

⋅

=

−

(m/s)

Escrevendo as equações de movimento em coordenadas modais, ficamos com

as equações de dois osciladores lineares independentes de um grau de

liberdade.


- 92 -

( ) ( ) ( )&& &ε ζω ε ω ε1 1 1 12

12 0 t t t+ + =

( ) ( ) ( )&& &ε ζω ε ω ε2 2 2 22

22 0 t t t+ + =

pelo que

( ) ( )[ ]ε ω ωζ ω1 1 1 1 1

1

( ) costt

a ae A t B sen t= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅

( ) ( )[ ]ε ω ωζ ω2 2 2 2 2

2

( ) costt

a ae A t B sen t= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅

com

ω ω ζa1 12 21 4 97724 1 0 02 4 97625= ⋅ − = ⋅ − =. . . rad / s

ω ω ζa2 22 21 15 65973 1 0 02 15 65659= ⋅ − = ⋅ − =. . . rad / s

e

A1 10 0 58360= = −ε , . ; Ba

110 1 10

1

2116744 10=+

= − × −&

., ,ε ζω ε

ω

A 2 2 0 0 18549= =ε , . ; Ba

22 0 2 2 0

2

33 71056 10=+

= × −&

., ,ε ζω ε

ω

No instante t = 2 s teremos ( ){ } [ ] ( ){ }d t t= ==2 2φ ε

d

d1 2

2 2

0 04284 013478

0 19060 0 06058

0 41800

0 09842

0 00464

0 08564

( )

( )

. .

. .

.

.

.

.

=

−

⋅

=−+

(m)

O deslocamento do ponto “E” (grau de liberdade 2) é de 8.6 cm, para cima.

( ) ( )[ ]& cos( )ε ζω ω ωζ ω1 1 1 1 1 1

1

tt

a ae A t B sen t= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅

( ) ( )[ ]+ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅− ⋅e A sen t B tta a a a

ζ ω ω ω ω ω11 1 1 1 1 1cos

( ) ( )[ ]& cos( )ε ζω ω ωζ ω2 2 2 2 2 2

2

tt

a ae A t B sen t= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅

( ) ( )[ ]+ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅− ⋅e A sen t B tta a a a

ζ ω ω ω ω ω22 2 2 2 2 2cos


- 93 -

Entre os instantes t = 2 s e t = 4 s a resposta dá-se em regime forçado, sendo

( ) ( ) ( ) ( )&& &ε ζω ε ω ε ε1 1 1 12

1 12 6 t t t F sen t+ + = ⋅

( ) ( ) ( ) ( )&& &ε ζω ε ω ε ε2 2 2 22

2 22 6 t t t F sen t+ + = ⋅

com

{ } { } ( ) ( )F F sen t sen tt( ) = ⋅ =

⋅0 60

206

{ } { }F FT

ε φ1 1 0 3 81208= ⋅ = .

{ } { }F FT

ε φ2 2 0 121162= ⋅ = .

A resposta (em coordenadas modais) é a soma da parcela de regime

transitório e da parcela de regime permanente.

ε ε ε1 1 1 ( ) ( ) ( )t T t P t= + ; ε ε ε2 2 2 ( ) ( ) ( )t T t P t= +

( ) ( )[ ]ε ω ωζ ωT t

ta ae A t B sen t1 1 1 1 1

1

( ) cos= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅

( )εω

θεP t H

Fsen t1 11

1

12 116

( ) , ,= ⋅ −

( ) ( )[ ]ε ω ωζ ωT t


2

( ) cos= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅

( )εω

θεP t H

Fsen t2 12

2

22 126

( ) , ,= ⋅ −

ω16

4 97724120549= =

.. ; ω 2

615 65973

0 38315= =.

.

( ) ( )H11

12 2

12

1

1 2 0 05219416,

..=

− + ⋅ ⋅=

ω ω

como ω1 1> , logo será necessário reduzir ao 2º quadrante:

θω

ωπ11

1

12

2 0 05

13 03559 173 93,

.. . º=

⋅ ⋅

−

+ = =arctg rad


- 94 -

( ) ( )H12

22 2

22

1

1 2 0 05117187,

..=

− + ⋅ ⋅=

ω ω

θω

ω122

22

2 0 05

10 01796 103,

.. . º=

⋅ ⋅

−

= =arctg rad

Atendendo às condições iniciais do movimento (nova origem do tempo)

ε10 0 41800, .= ; ε 2 0 0 09842, .=

e

& & ., ( )ε ε10 1 2 119891= = −=t s ; & & ., ( )ε ε2 0 2 2 015927= ==t s

logo

( )A HF

sen1 10 111

12 116 2 0 26800= − ⋅ ⋅ ⋅ − =ε

ωθε

, , , .

( )B

A HF

a1

10 1 1 111

12 11

1

6 6 2

0 01035=+ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −

=

& cos

., , ,ε ζ ω

ωθ

ω

ε

( )A HF

sen2 2 0 122

22 126 2 012915= − ⋅ ⋅ ⋅ − =ε

ωθε

, , , .

( )B

A HF

a2

2 0 2 2 122

22 12

2

6 6 2

0 01035=+ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −

=

& cos

., , ,ε ζ ω

ωθ

ω

ε

No instante t = 4 s teremos ( ){ } [ ] ( ){ }d t t= − = −=4 2 4 2φ ε

d

d1 4 2

2 4 2

0 04284 013478

019060 0 06058

0 92909

017084

0 00453

0 01166

( )

( )

. .

. .

.

.

.

.−

−

=

−

⋅

−+

=

(m)

O deslocamento do ponto “E” (grau de liberdade 2) é de 1.2 cm, para cima.


- 95 -

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

0.05

0.05

,

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

0.1

0.1

3.3.

a) Para simplificarmos a resolução do problema vamos recorrer a uma

mudança de sistema de coordenadas { } { }q d→

α

d1

q3

q5

d2

←

q4

q1

q2

α

( )cos.

. .

.. α =

+= =

+= =

2 4

18 2 4

2 43

4

3 4

45

0 82 2 2 2

( )sen α =+

= =+

= =18

18 2 4

183

3

3 4

35

0 62 2 2 2

.

. .

..

d1(t)

t

d2(t)

t


- 96 -

( ) ( )( )tg

sen

ααα

= = =cos

.

..

0 60 8

0 75


sen α = 0 6.

12

31253

EI⋅ ⋅. cosα

1125

cos.

α=

tg α = 0 75.

EA5

0 6⋅ ⋅. cosα

EA5

0 6⋅ .

12

31253

EIsen⋅ ⋅. α

12

31253

EI⋅ .

12

31253

EI⋅ .

6

31252

EI⋅ .

1α α

α

α

α1

1 6

31252

EI⋅ .

EAsen

50 6⋅ ⋅. α

q1=d1=1; q2=0; q3=0; q4=−1; q5=tgα=0.75


6

32

EIsen⋅ α

6

32

EI

6

32

EI⋅cosα

3 2 4⋅ =cos . α

EA5

2 4⋅ ⋅. cosα

EA5

2 4⋅ .

6

32

EI

23EI

1

α

α

α

α

3

1

43EI

EAsen

52 4⋅ ⋅. α

q1=0; q2=d2=1; q3=−3⋅d2=−3; q4=0; q5=0


- 97 -

A matriz de transformação será

[ ]T = −−

1 0

0 1

0 3

1 0

0 75 0.

A matriz [ ] [ ]k Tq ⋅ obtém-se directamente das figuras anteriores, sendo

[ ] [ ]k Tq ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅

⋅

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅

− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

= −−

12

3125

6

30 8

6

3125

43

50 6

52 4

50 6

52 4

12

3125

6

30 6

18000 21600

33750 54000

3240 12960

2430 9720

13500 16200

3 2

2

3 2

EI EI

EI EI

EA EA

EAsen

EAsen

EIsen

EI

. cos .

.

. cos . cos

. .

. .

α

α α

α α

α

Matriz de rigidez:

[ ] [ ] [ ][ ]k T k TTq= =

30555 24030

24030 92880

Matriz de massas:

[ ]m

m

m

mq =

=

0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 6 0 0

0 0 0 6 0

0 0 0 0 0

32 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 192 0 0

0 0 0 192 0

0 0 0 0 0

(ton.)

[ ] [ ] [ ][ ]m T m TTq= =

224 0

0 1728


- 98 -

Vector de forças:

{ } ( )F tq =

⋅ ⋅ ⋅

0

0

0

0

1

30 8cos (kN)

{ } [ ] { } ( ) ( )F T F t ttT

q( ).

cos.

cos= =

⋅ ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅0 75

030 8

22 5

08 (kN)

Anulando o determinante

30555 24030

24030 92880

224 0

0 172802

−

=ωn

chegaremos à seguinte equação característica

387072 73604160 2260507500 04 2⋅ − ⋅ + =ω ωn n

Fazendo λ ω= n2 teremos

ω λ1 1 6 20573= = . rad/s → f11

20 99= =

ωπ

. Hz

ω λ2 2 12 31443= = . rad/s → f22

2196= =

ωπ

. Hz

Do sistema

{ }30555 24030

24030 92880

224 0

0 1728

0

02

−

=

ω i iv

obtém-se a seguinte matriz modal

[ ]vv v

v v=

=

−

11 12

21 22

1 1

0 91255 014205. .


- 99 -

Modo 1

Modo 2

1

0.14205

−0.91255

f1 = 0.99 Hz

f2 = 1.96 Hz

1

1

1

b)

Normalizando as configurações dos modos em relação à massa, teremos a

seguinte matriz modal

[ ]φφ φφ φ

=

=

−

11 12

21 22

0 02452 0 06215

0 02238 0 00883

. .

. .

Escrevendo as condições iniciais em coordenadas modais, teremos

εε

φ φφ φ

10

2 0

11 12

21 22

110

2 0

0

0,

,

,

,

=

⋅

=

− d

d

&

&

&

&

,

,

,

,

εε

φ φφ φ

10

2 0

11 12

21 22

110

2 0

0

0

=

⋅

=

− d

d


- 100 -

Equações de movimento em coordenadas modais

( ) ( ) ( ) ( )&& &ε ζω ε ω ε ε1 1 1 12

1 12 8 t t t F sen t+ + = ⋅

( ) ( ) ( ) ( )&& &ε ζω ε ω ε ε2 2 2 22

2 22 8 t t t F sen t+ + = ⋅

com

{ } { }F FT

ε φ1 1 0 0 55175= ⋅ = .

{ } { }F FT

ε φ2 2 0 139844= ⋅ = .

{ }F022 5

0=

.

A resposta (em coordenadas modais) é a soma da parcela de regime

transitório e da parcela de regime permanente.

ε ε ε1 1 1 ( ) ( ) ( )t T t P t= + ; ε ε ε2 2 2 ( ) ( ) ( )t T t P t= +

( ) ( )[ ]ε ω ωζ ωT t


1

( ) cos= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅

( )εω

θεP t H

Ft1 11

1

12 118

( ) , ,cos= ⋅ −

( ) ( )[ ]ε ω ωζ ωT t


2

( ) cos= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅

( )εω

θεP t H

Ft2 12

2

22 128

( ) , ,cos= ⋅ −

ωa1 619797= . rad / s ; ωa2 12 29903= . rad / s

ω1 128913= . ; ω2 0 64964= .

H11 148303, .= ; H12 171939, .=

θ11 2 94923, .= rad ; θ12 011193, .= rad

( )A HF

1 10 111

12 11

22 08553 10= − ⋅ ⋅ − = × −εω

θε, , ,cos .


- 101 -

( )B

A HF

sen

a1

10 1 1 111

12 11

1

3

8

419903 10=+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ −

= − × −

&

., , ,ε ζ ω

ωθ

ω

ε

( )A HF

2 2 0 122

22 12

2157566 10= − ⋅ ⋅ − = − × −εω

θε, , ,cos .

( )B

A HF

sen

a2

2 0 2 2 122

22 12

2

3

8

194083 10=+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ −

= − × −

&

., , ,ε ζ ω

ωθ

ω

ε

No instante t = 0.79 s teremos

[ ]d

d1 0 79

2 0 79

1 0 79

2 0 79

( . )

( . )

( . )

( . )

= ⋅

φ

ε

ε

[ ]d

d1 0 79

2 0 79

2 30 62170 2 06917

0 96218 15811110

122578

0 5484510

( . )

( . )

. .

. .

.

.

= ⋅

−+

⋅ =

⋅− −φ

MEI

dEI

dA kNm( . ) ( . ) ( . ). .0 79 2 1 0 79 2 0 79

6

3125

23

5618= − ⋅ ⋅ − ⋅ = −

3.4.

a)

Matriz dinâmica

[ ] [ ] [ ]D f m= ⋅ =

⋅ −5 20 5

8 25 8

10 40 5

10 3

Se arbitramos a seguinte configuração

{ }v10

1

1

1

< >=


- 102 -

e aplicarmos o método de Stodola, com { } [ ]{ }v D vs s

11

1< + > < >

= , teremos

{ }

{ }

v

v

s

s

1

11

< >

< + >

1

1

1

0 03

0 041

0 055

↓

.

.

.

0 54545

0 74545

1

0 02264

0 031

0 04027

.

.

.

.

.

↓

0 56208

0 76975

1

0 02321

0 03174

0 04141

.

.

.

.

.

↓

0 56037

0 76648

1

0 02313

0 03164

0 04126

.

.

.

.

.

↓

0 56059

0 76691

1

0 02314

0 03166

0 04128

.

.

.

.

.

↓

{ }

{ }

v

v

s

s

1

11

< >

< + >

0 56056

0 76685

1

0 02314

0 03166

0 04128

.

.

.

.

.

↓

0 56056

0 76686

1

0 02314

0 03166

0 04128

.

.

.

.

.

↓

0 56056

0 76686

1

0 02314

0 03166

0 04128

.

.

.

.

.

↓

O procedimento foi terminado quando estabilizaram cinco dígitos.

• Cálculo da frequência fundamental

A frequência fundamental pode ser determinada a partir de quaisquer pares de

valores v vjs

js

1 11< > < + > , .

ω11

11

0 560560 02314

0 766860 03166

10 04128

≅ ≅ ≅ ≅< >

< + >

v

v

js

js

.

... .

ω1 4 92187= . rad / s e f11

20 78= =

ωπ

. Hz

ou, com melhor aproximação, através de

{ }( ) [ ]{ }

{ }( ) [ ]{ }ω1

1

1

1

1

1

11

4 92187≅ =

< + > < >

< + > < + >

v m v

v m v

T s s

T s s. rad / s

o que conduz, neste caso particular e dado o número de dígitos estabilizados,

ao valor (até à quinta casa decimal) obtido pelo processo mais simplificado.


- 103 -

{ } { }{ } [ ]{ }

{ }φ1

1

1 1

1

12

1

3

0 08293

011345

014794

= = =

=∑

v

v m v

v

m vT

i ii

.

.

.

• Determinação da configuração do segundo modo de vibração

A matriz de varrimento será

[ ] [ ] { } { } [ ]S I mT

1 1 1

0 86245 0 47044 012269

018818 0 35643 016785

0 24539 0 83923 0 78113

= − ⋅ ⋅ =− −

− −− −

φ φ. . .

. . .

. . .

A nova matriz dinâmica será

[ ] [ ] [ ]D D S1 14

6 78219 5 80209 0 64755

2 32084 15 66663 10 71314

129511 53 56567 40 35139

10= ⋅ =− −

−− −

⋅ −. . .

. . .

. . .

Arbitrando a configuração seguinte

{ }v20

1

1

1

< >= −

, com { } [ ]{ }v D vs s

21

1 2< + > < >

=

{ }

{ }

v

v

s

s

2

21

< >

< + >

1

1

1

132318

2 87006

9 52122

10 3

−

↓

−

−

⋅ −

.

.

.

013897

0 30144

1

0 33391

157582

5 66781

10 3

.

.

.

.

.

−

↓

−−−

⋅ −

0 05891

0 27803

1

0 26603

152056

5 53205

10 3

.

.

.

.

.

−

↓

−

−

⋅ −

{ }

{ }

v

v

s

s

2

21

< >

< + >

0 04809

0 27486

1

0 25685

151309

5 51370

10 3

.

.

.

.

.

−

↓

−

−

⋅ −

0 04658

0 27442

1

0 25557

151206

5 51115

10 3

.

.

.

.

.

−

↓

−

−

⋅ −

0 04637

0 27436

1

0 25540

151191

5 51079

10 3

.

.

.

.

.

−

↓

−

−

⋅ −


- 104 -

{ }

{ }

v

v

s

s

2

21

< >

< + >

0 04634

0 27435

1

0 25537

151189

5 51074

10 3

.

.

.

.

.

−

↓

−

−

⋅ −

0 04634

0 27435

1

0 25537

151189

5 51073

10 3

.

.

.

.

.

−

↓

−

−

⋅ −

O procedimento foi terminado quando estabilizaram cinco dígitos.

{ } { }{ } [ ]{ }

{ }φ2

2

2 2

2

22

1

3

0 01247

0 07384

0 26913

= = = −

=∑

v

v m v

v

m vT

i ii

.

.

.

• Cálculo da frequência do segundo modo de vibração

ω2 3

1

5 51073 1013 47086≅

×=−.

. rad / s e f22

2214= =

ωπ

. Hz

• Determinação da configuração do terceiro modo de vibração

A matriz de varrimento será

[ ] [ ] { } { } [ ]S S mT

2 1 2 2

0 85934 0 42440 015626

016976 0 08384 0 03087

0 31251 015434 0 05683

= − ⋅ ⋅ =− −

−−

φ φ. . .

. . .

. . .

A nova matriz dinâmica será

[ ] [ ] [ ]D D S2 24

6 61076 3 26484 120207

130594 0 64497 0 23745

2 40413 118735 0 43714

10= ⋅ =−

− −− −

⋅ −. . .

. . .

. . .

Arbitrando a configuração seguinte

{ }v30

1

1

1

< >=

−

, com { } [ ]{ }v D vs s

31

2 3< + > < >

=


- 105 -

teremos

{ }

{ }

v

v

s

s

3

31

< >

< + >

−

↓

−−

⋅ −

1

1

1

110777

218836

4 02862

10 4

.

.

.

1

019755

0 36367

7 69288

151971

279767

10 4

−−

↓

−

⋅ −

.

.

.

.

.

1

019755

0 36367

7 69288

151971

279766

10 4

−−

↓

−

⋅ −

.

.

.

.

.

O procedimento foi terminado quando se estabilizaram cinco dígitos.

{ } { }{ } [ ]{ }

{ }φ3

3

3 3

3

32

1

3

0 20728

0 04095

0 07538

= = = −−

=∑

v

v m v

v

m vT

i ii

.

.

.

• Cálculo da frequência do terceiro modo de vibração

ω3 4

1

279766 1036 05384≅

×=−.

. rad / s e f33

2574= =

ωπ

. Hz

b) Método de Rayleigh simplificado

{ }G g=

⋅ =

20

50

10

196

490

98

(kN)

{ } [ ] { }d f G05

2 5 4 5

4 5 8

5 8 5

10= ⋅ =

⋅ × ⋅

. 196

490

98

=

0.29400

0.40180

0.53900

(m)

{ }v1

0 54545

0 74545

1

=

.

. e ω1

01

2

02

1

2 4 91807= ⋅ ==

=

∑

∑g

G d

G d

i ii

i ii

. rad / s

- 106 -

BIBLIOGRAFIA

BEER, F. P. ; JOHNSTON Jr, E. R. (1998) - Mecânica Vectorial para Engenheiros. Dinâmica.

6ª edição. Portugal: McGraw-Hill de Portugal, Lda.

BUCHHOLDT, H. (1997) - Structural dynamics for engineers. London: Thomas Telford

Publications.

CHATELIN, F. (1993) - Eigenvalues of matrices. England: John Wiley & Sons, Ltd.

CLOUGH, R. W. ; PENZIEN, J. (1993) - Dynamics of structures. 2th ed. Singapore: McGraw-

Hill International Editions.

De SILVA, C. W. (2000) - Vibration: fundamentals and practice. Florida: CRC Press LLC.

KELLY, S. G. (1993) - Fundamentals of mechanical vibrations. Singapore: McGraw-Hill

International Editions.

MEIROVITCH, L. (1986) - Elements of vibration analysis. 2th ed. Singapore: McGraw-Hill

International Editions.

PLUM, D. ; DOWNIE, M. (1997) - A foundation course in statics and dynamics. England:

Addison Wesley Longman.

SETO, W. W. (19??) - Vibrações mecânicas. Rio de Janeiro: McGraw-Hill do Brasil, Ltda.

SHABANA, A.A. (1998) - Dynamics of multibody systems. 2th ed. Cambridge: Cambridge

University Press.

RAO, S. S. (1995) - Mechanical vibrations. 3th ed. USA: Addison-Wesley Publishing Company.

RAVARA, A. (1969) - Dinâmica de estruturas. Curso 111. Lisboa: Laboratório Nacional de

Engenharia Civil.

TSE, F. S. ; MORSE, I. E. ; HINKLE, R. T. (1978) - Mechanical vibrations. Theory and

applications. 2th ed. New Jersey: Prentice-Hall, Inc.

dinÂmica de estruturas - w3.ualg.ptw3.ualg.pt/~jestevao/sebdin.pdf · resolução dos problemas de...

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