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Número Pinto Engenharia:

PE-AD-11-15-M01Análise Dinâmica de Fundações de MáquinasProjetos Estruturais em Concreto e Aço Nome do Profissional

ATAILSON PINTO

Cels. 9984-7984 / 9372-0442 / Fixo: 3178-7984e-mail: [email protected] Website:www.pintoengenharia.com.br

Nº do Profissional

ADP-00-11-2015

Curso Básico de

Análise Dinâmica deFundações de Máquinas

Eng. Atailson D. PintoSetor de Treinamento da Pinto Engenharia

MÓDULO I

Zg

me

CM ms

mb

Xg

k k k

Zg

me

ms

mb Yg

k k k k

mailto:[email protected]

Tema do Artigo:

Cels. 9984-7984 / 9273-0442 / Fixo: 3178-7984 Análise Dinâmica de Fundações de Máquinase-mail: [email protected] Website:www.pintoengenharia.com.br Autor:: Eng. Atailson D. Pinto

Novembro / 2015

ÍNDICE

1. Introdução....................................................................................3

2. Vibração Livre Translacional Sem Amortecimento...................3

Exemplo 2.1............................................................................10Exemplo 2.2............................................................................13Exemplo 2.3............................................................................15Exemplo 2.4............................................................................18

3. Vibração Livre Rotacional Sem Amortecimento........................21

Exemplo 3.1............................................................................26Exemplo 3.2............................................................................27Exemplo 3.3............................................................................30Exemplo 3.4............................................................................34

4. Critérios Básicos de Projeto........................................................41

4.1 Faixa de Ressonância.....................................................414.2 Amplitudes Admissíveis de Vibração.............................43

5. Anexos........................................................................................44

6. Bibliografia..................................................................................46

2


Tema do Artigo:


1. Introdução

O objetivo principal desta Apostila do Módulo I do Curso de Análise Dinâmica de Fundações de Máquinas é apresentar de forma a mais objetiva possível os

procedimentos básicos para a determinação das Freqüências Naturais dos Sistemas Vibratórios com Um Grau de Liberdade, sem nos determos em

demasia nas considerações teóricas, devido ao caráter prático que pretendemos

apresentar o tema. Para um maior aprofundamento teórico e prático dos assuntos

apresentados aqui recomendaremos no final desta Apostila uma Literatura,

deliberadamente de apenas três livros, com o intuito de incentivar uma pesquisa

inicial.

Os conceitos e definições dos elementos que envolvem a Análise Dinâmica de

Sistemas Estruturais e Fundações de Máquinas simples serão apresentados à

medida que a matéria for sendo desenvolvida, pois acreditamos que dessa

maneira esses conceitos serão melhor absorvidos, em vez de apresentá-los antes

do leitor entender em que situações são aplicados.

2. Vibrações Livres Translacionais Sem Amortecimento

O Sistema Vibratório mais simples possível, embora seja de fundamental

importância para a Análise Dinâmica de Fundações de Máquinas, pode ser

representado por uma massa m conectada a uma mola de massa desprezível de

constante k e presa a um suporte rígido. À massa só é permitido deslocamento na

direção longitudinal X da mola, de forma que sua posição, a partir de um ponto de

referência, fica totalmente definida através de apenas uma coordenada, razão

pela qual o sistema é definido como de um grau de liberdade.

3


Tema do Artigo:


k Ta = k d k

d d

m mTb = k d + k z

z

XP = m g

Z

(a) (b) P = m gFig. 2.1

Vamos agora esclarecer mais detalhadamente o que está representado nas

figuras (a) e (b) acima.

Se impedirmos que a massa m deforme a mola ela se manterá indeformada e não

haverá força reativa. Mas, se soltarmos vagarosamente a massa até seu

equilíbrio total a mola se deformará de um valor igual a d que depende da massa

e da rigidez da mola e surgirá uma força reativa Ta = k d, vide Fig (a). Como agora

o sistema está em equilíbrio, aplicamos a terceira Lei de Newton e concluímos

que Ta = P = mg, onde P é a força com que a Terra atrai a massa m. Neste

estágio nenhuma vibração poderá ocorrer na direção de Z, se o equilíbrio da

massa não for perturbado.

Suponhamos agora que, voluntariamente, a massa m seja deslocada de uma

quantidade z na mesma direção de d. Então, a mola sofrerá um acréscimo de

deformação e conseqüentemente a força reativa aplicada pela mola será maior e

igual a Tb = k d + k z. Neste ponto o sistema continua em equilíbrio estático cuja

equação é Tb = P = Ta + k z. Mas, se subitamente soltarmos a massa m, e

considerarmos que o sistema seja desprovido de qualquer amortecimento, a mola

tenderá a “puxar” a massa e trazê-la ao ponto de equilíbrio estático da situação

4


Tema do Artigo:


ilustrada na figura (a), mas neste instante a resultante das forças aplicadas à

massa não é mais nula, ela é igual a F = P – Tb = - k z.

Então, a partir desse momento, vamos testemunhar um fenômeno chamado de

Vibração Harmônica, pois a massa estará submetida à força de inércia que

jamais permitirá que o sistema entre outra vez em equilíbrio estático e a massa se

deslocará para baixo e para cima em torno do ponto de equilíbrio de um valor

igual ao deslocamento z anteriormente imposto. Este deslocamento é chamado

de Amplitude de Vibração. Para estudarmos o comportamento vibratório da

massa m devemos lançar mão da segunda Lei de Newton, que diz: “A taxa de

variação do momento linear com relação ao tempo é igual à força resultante

atuante no corpo”, ou em outras palavras: A força resultante aplicada a um corpo

é igual à sua massa vezes a aceleração:

F = m a = m d ² zdt ² = - k z

Então: d ² zdt ² + ( k / m) z = 0

Ou: d ² zdt ² + ² z = 0 [1]

Prova-se que a solução desta equação diferencial pode ser expressa pela curva

sinusoidal dada pela expressão [2] abaixo, tendo os parâmetros os significados

descritos na página seguinte.

Lembremo-nos de que velocidade v é a derivada do deslocamento z com relação

ao tempo t e a aceleração é a derivada da velocidade v com relação ao tempo t, conseqüentemente é a derivada de segunda ordem do deslocamento com relação

ao tempo.

z = A sen ( n t - ) [2]

v = dzdt = A n cos ( n t - ) [3]

a =d ² zdt ² = - A n² sen ( n t - ) [4]

5


Tema do Artigo:


Onde:

A – Amplitude de vibração (máximo deslocamento da massa, para cima e para

baixo, a partir do ponto de equilíbrio estático);

n - Freqüência circular da vibração. Como nt é uma medida angular em

radianos, então n tem unidade de rad/s e representa quantas vezes a massa m atinge a mesma Amplitude máxima na unidade de tempo;

t – Tempo geralmente medido em segundos;

- Ângulo de fase em radianos. Se é positivo a Amplitude é medida a partir de

um ponto abaixo da linha de equilíbrio. Se negativo, a partir de um ponto acima.

Para o nosso propósito não existe nenhum impedimento de considerarmos o

Ângulo de fase igual a zero, neste primeiro estudo.

De posse das expressões apresentadas acima podemos obter algumas

correlações entre elas de grande importância para o estudo do comportamento

vibratório de um sistema com um grau de liberdade.

A solução geral da equação diferencial [1] pode ser expressa como:

z = C1 sen √k /m t + C2 sen √k /m t

As constantes C1 e C2 podem ser determinadas pelas condições iniciais impostas

ao sistema, como por exemplo, z = zo e v = vo quando t = 0.

A quantidade √k /m corresponde à freqüência circular não amortecida do sistema,

e é designada por: n = √k /m.

6


Tema do Artigo:


Quando a força devida à massa m está em equilíbrio estático com a força da mola

k d, vide Fig. (a), podemos então escrever:

m g = k d

donde concluímos que

k / m = g / d

Mas, como vimos, k/m é igual a n², então podemos expressar n em função

apenas de g e d.

n=√ g/δ [5]

Podemos resumir as expressões decorrentes das análises feitas acima:

- Período de vibração – em segundos

T = 2 / n = 2 ¿√k /m [6]

- Freqüência de vibração – em ciclos por segundo ou Herz (Hz)

fn = 1 / T = n / 2 = (1 / 2 ) √ g/δ , ou ainda [7]

fn = 4,98 / √δ com fn em Hz e d em cm.

- Amplitude de deslocamento máximo – geralmente em microns ()

Am = A, para t = ( n – ½) e = 0 [8]

- Amplitude de velocidade máxima – geralmente em mm/s

Vm = A n, para t = ( n – 1) e = 0 [9]

Notemos que a expressão [7] é de fundamental importância, pois poderemos

calcular a freqüência natural do sistema apenas avaliando a deslocamento da

massa equivalente no ponto considerado.

Com as “ferramentas” disponíveis até agora estamos aptos a iniciar a Análise

Dinâmica de sistemas simples, permitindo-nos avaliar o seu comportamento 7


Tema do Artigo:


vibratório, tomar decisões para melhorar o desempenho dinâmico através da

limitação das amplitudes de Deslocamento e Velocidade, cujos valores são

geralmente fornecidos pelos fabricantes com o intuito de prevenir que o

equipamento vibratório seja submetido a vibrações inaceitáveis, reduzindo assim

sua vida útil.

Se formos capazes de definir com certa precisão o valor da Rigidez Equivalente e a Massa Equivalente do sistema, então poderemos prever com segurança o

seu comportamento dinâmico.

Em vez de apresentarmos uma compilação de sistemas com suas respectivas

Rigidezes Equivalentes, vamos resolver alguns problemas de Sistemas com Um

Grau de Liberdade e mostraremos como calculá-las durante a solução.

Representação gráfica do Movimento Harmônico. Vide fórmulas [2], [3] e [4].

8


Tema do Artigo:


z

TA

0 t

v

TA

0 t

a

TA ²

0 t

Fig. 2.2

Representação através dos vetores de Deslocamento, Velocidade e Aceleração

Fig.2.2a

z, v, a

A

A

A2

Exemplo 2.19


Tema do Artigo:


Determinar a freqüência natural de vibração fnz, o período de vibração T, o

deslocamento dz, a freqüência circular nz, a amplitude máxima de vibração Am, a

amplitude máxima de velocidade Vm para os dois sistemas abaixo, sabendo-se

que cada um deles foi solto depois de retirado de 1,0cm da sua posição de

equilíbrio. A massa é de m = 750 kg e as rigidezes k1 e k2 de 100 kN/m.

k1

k1 k2 k2

m m

(a) (b)

Fig. 2.3

Solução

As molas da Fig. 2.3a estão em paralelo, e portanto sofrem a mesma deformação

sob a ação do peso do bloco de massa m:

Rigidez Equivalente Ke

Ke = k1 + k2 = k + k = 200 kN/m

Deformação d

d = P / Ke = m g / ( k + k ) = 7,36 / 200 = 0,0368 m ou 3,68 cm

Freqüência circular n = ( Ke / m )1/2 = ( 200 x 1000 / 750 )1/2 = 16,33 rad/s

10


Tema do Artigo:


Freqüência Natural de vibração fn (em Hz)fnz = ( Ke / m )1/2 / ( 2 ) = 16,33 / 2 = 2,60 Hz (ciclos/segundo), ou

fnz = ( g / d )1/2 / ( 2 ) = (9,81 / 0,0368 )1/2 / ( 2 ) = 2,60 Hz.

Período de vibração T

T = 1 / fnz = 0,39 s

Amplitude máxima de deslocamento Am

Am = 1,0 cm ( deslocamento imposto antes de soltar a massa m)

Amplitude máxima de velocidade Vm

Vm = Am nz = 10 x 16,33 = 163,3 mm/s

As molas da Fig.2.3b estão dispostas em série, e portanto sofrem deformações

distintas sob a ação do peso do bloco de massa m:

Rigidez Equivalente Ke

Ke = ( k1 k2 ) / ( k1 + k2 ) = 50 kN/m

Deformação ddz = P / Ke = m g / Ke = 7,36 / 50 = 0,15 m ou 15 cm

Freqüência circular n

nz = ( Ke / m )1/2 = ( 50 x 1000 / 750 )1/2 = 8,16 rad/s

Freqüência Natural de vibração fn

fnz = ( Ke / m )1/2 / ( 2 ) = 8,16 / 2 = 1,30 Hz , ou

fnz = ( g / d )1/2 / ( 2 ) = (9,81 / 0,15 )1/2 / ( 2 ) = 1,29 Hz.

Período de vibração T T = 1 / fnz ≈ 0,78 s

11


Tema do Artigo:


Amplitude máxima de deslocamento Am

Am = 1,0 cm (deslocamento imposto antes de soltar a massa m)

Amplitude máxima de velocidade Vm

Vm = Am nz = 10 x 8,16 = 81,6 mm/s

Comentários:Neste caso, a rigidez equivalente do primeiro sistema é exatamente quatro vezes

maior que a do segundo sistema, então as freqüências e velocidades do primeiro

serão duas vezes maiores e o período duas vezes menor. Assim, conclui-se que:

1. Num sistema rígido as freqüências naturais tendem a valores elevados e

são adequados para equipamentos de baixa freqüência de rotação, pois as

duas freqüências devem estar distantes suficientes para evitar o fenômeno

da Ressonância.2. Num sistema de grande flexibilidade as freqüências tendem a valores

baixos e são adequados para equipamentos de alta freqüência de rotação,

pois as duas freqüências devem estar distantes suficientes para evitar a

Ressonância.

3. Num sistema rígido e flexível as velocidades de vibração tendem a valores

elevados e baixos, respectivamente. Valores muito altos de velocidades de

vibração devem ser evitados a todo custo reduzindo-se as amplitudes de

deslocamento. No caso acima estudado as amplitudes são iguais, razão

pela qual as velocidades são tão diferentes. Se a amplitude de vibração

fosse menor, as freqüências e períodos não mudariam, porém as

velocidades, conseqüentemente, seriam também menores.

4. Como podemos ver, todos os parâmetros devem ser considerados e

manipulados adequadamente para obtermos resultados satisfatórios do

comportamento dinâmico do sistema.

Exemplo 2.212


Tema do Artigo:


Determinar a freqüência natural fnz em rpm (rotações por minuto) e o período de

vibração T em segundos para uma máquina de massa m = 8,0t, como indicado na

figura abaixo, quando posicionada sem impacto no meio do vão de duas vigas

metálicas bi-apoiadas do tipo W310x52kg/m de peso desprezível com relação a

m e de comprimento L=6,0m. A freqüência de rotação da máquina é = 400 rpm.

m

L

Fig 2.4

Solução

Vamos admitir que o peso da máquina esteja concentrado no meio das duas

vigas (de pesos desprezíveis), então cada viga estará submetida a uma massa de

4,0 t no meio do vão. Para calcularmos a freqüência natural poderemos utilizar a

expressão [7] que é função da deformação d no meio do vão, ou a partir da

determinação da Rigidez Equivalente utilizando Ke e m.

Como sabemos, uma carga concentrada no meio do vão de uma viga produz uma

deformação dada por:

d = P L³ / (48 E J)

Com P = 40 kN, L=600 cm, E=20.000 kN/cm² e J=11.909cm4 (tabela Açominas)

Teremos que:

d = 40x600³ / (48x20000x11909) = 0,756 cm13


Tema do Artigo:


Aplicando a fórmula para a freqüência natural fnz:

fnz = (1/2) ( g / d )1/2 = 0,159 x ( 981 / 0,756)1/2 = 5,73 Hz, oufnz = 4,98 / d1/2 = 4,98 / 0,7561/2 = 5,73 Hzfnz = 5,73 x 60 ≈ 344 rpm

Se, em vez da deformação, calcularmos a Rigidez Equivalente, o procedimento seria o

seguinte:

Rigidez no meio de cada viga:k = 48 E J / L³ = 52,93 kN/cm (força para deformação unitária)

Rigidez Equivalente do sistema

Ke = k + k = 96 E J / L³ = 105,86 kN/cm ( molas em paralelo )

Freqüência natural do sistemafnz = (1/2) ( Ke / m )1/2 = 0,159 x (105,86 x 98,1 / 8)1/2 = 5,73 Hz, ou

fnz = 5,73 x 60 ≈ 344 rpm.

Período de vibraçãoT = / / fnz = 1 / 5,73 = 0,175 s

Comentários:A relação entre a freqüência da máquina (freqüência de excitação) e a freqüência natural

é de aproximadamente / fnz = 1,16. As Normas internacionais, como a DIN 4024 no item

5.4.4, estabelecem que esta relação deve ser menor do que 0,80 ou maior do que 1,25.

Portanto, pelo critério da DIN 4024 o sistema está em Ressonância e providências

deverão ser tomadas para evitar a amplificação “descontrolada” das vibrações.

Mas não devemos esquecer que estamos diante de um sistema supostamente desprovido

de qualquer amortecimento, e neste caso, quando aquela razão é igual à unidade, o valor

14


Tema do Artigo:


da amplitude de deslocamento será infinito. Isto não ocorre na natureza, sempre existe

amortecimento em qualquer sistema.

Assim, se pudermos introduzir e quantificar adequadamente um grau de amortecimento a

um determinado sistema vibratório, poderemos até tolerar valores de / fnz dentro da

faixa de ressonância, desde que as amplitudes de deslocamento e velocidade atendam as

exigências de Normas ou fabricantes dos equipamentos. Breve trataremos deste assunto

mais amiúde.

Exemplo 2.3A estrutura de concreto armado, fck = 30MPa, mostrada na figura tem laje com

espessura de 60cm, largura de 4,0m e comprimento de 8,0m, sendo L = 2,0m. A

seção das 4 colunas de extremidade é de 20cmx40cm e as 2 centrais de

40cmx40cm, com h = 4,0m. Considerando-se que a laje é rígida com relação às

colunas, que a massa de cada compressor é de me = 6 t, verificar se o sistema

está em ressonância na direção vertical e horizontal. Considerar apenas a

vibração do Centro de Massa do Sistema, sem acoplamento com a vibração

rotacional. A freqüência de operação das máquinas de êmbolos horizontais de

acordo com o fabricante é de = 300 rpm.

me me me

h/2 E J2

h E J1 E J1

L L

Fig. 2.5

Solução

15


Tema do Artigo:


Com os recursos teóricos de que dispomos até agora ainda não é possível calcularmos as

amplitudes de vibração devidas ao funcionamento das máquinas, só quando estudarmos

Vibrações Forçadas, no Módulo I I deste curso.

Massa mL da laje de concretomL = 4,0 x 8,0 x 0,6 x 2,5 = 48,0 t

Massa total M do sistema vibratório

M = mL + 3 me = 66,0 t

Módulo de elasticidade secante do concretoA NBR-6118 fornece a seguinte expressão para o módulo secante do concreto em função

do fck para análises estáticas:

Ec = 4760 fck1/2 = 4760 x 301/2 ≈ 26000 MPa

Para a análise dinâmica utilizaremos o Módulo Dinâmico da Norma Britânica CP110:

Ed = 22 + 2,80 fck1/2 = 22 + 2,80 x 301/2 ≈ 37,34 GPa

Chegaremos a quase este valor se utilizarmos a expressão Ed = v² (1+)(1-2)/(1-) considerando-se a velocidade das ondas S da ordem de v = 4,07 km/s.

Inércias das colunasJ1 = 0,20 x 0,40³ / 12 = 0,00107 m4

J2 = 0,40 x 0,40³ / 12 = 0,00213 m4

Rigidez Transversal de cada coluna

Devido ao fato das colunas permitirem deslocamentos da laje na direção longitudinal x,

elas estarão submetidas a um deslocamento ortogonal recíproco. Para obtermos a

rigidez de cada coluna este deslocamento deve se igual à unidade, então teremos:

16


Tema do Artigo:


M = 6 E J / L² M = 6 E J / L²

1

L

R = 2 M / L R = 2 M / L K = 12 E J / L³ K = 12 E J / L³

Fig. 2.6

K1x = 12 E J1 / h³ = 12 x 37340 x 0,00107 x 10³ / 4³ = 7491,41 kN/mK2x = 12 E J2 / (h/2)³ = 12 x 37340 x 0,00213 x 10³ / 2³ = 119301,30 kN/m

Rigidez Transversal Equivalente do Sistema

Kex = 4 K1 + 2 K2 = 268.568,00 kN/m

Freqüência natural horizontal do sistemafnx = (1/2) ( Kex / M )1/2 = 0,159 x (268568 / 66)1/2 ≈ 10,14 Hz, ou

fnx = 10,14 x 60 ≈ 608 rpm.

Período de vibraçãoT = 1 / fnx = 1 / 10,14 ≈ 0,10 s

Rigidez Axial de cada coluna:

As colunas também permitirem deslocamentos da laje na direção vertical z, elas estão

submetidas a uma deformação axial. Para obtermos a rigidez axial de cada coluna esta

deformação deve ser igual à unidade, então teremos:

K1z = E A1 / h = 37340 x 10³ x 0,08 / 4 = 746.800 kN/mK2z = E A2 / (h/2) = 37340 x 10³ x 0,16 / 2 = 2.987.200 kN/m

17


Tema do Artigo:


A, E P

L 1

d= P L / E Ad= 1 K = E A / L

Fig. 2.7

Rigidez Axial Equivalente do sistema

Kez = 4 K1 + 2 K2 = 8,96x106 kN/m

Freqüência natural vertical do sistemafnz = (1/2) ( Kez / M )1/2 = 0,159 x (8,96x106 / 66)1/2 = 58,59 Hz, ou

fnz = 58,59 x 60 ≈ 3515 rpm.

Comentários:Como as relações /fnx= 0,49 e /fnz= 0,09 estão abaixo de 0,80 a estrutura atende

satisfatoriamente à Norma DIN 4024, quanto à freqüência natural na direção de x e de z.

Porém, numa análise completa, teríamos que fazer muitas e muitas outras considerações

e verificações dinâmicas e estáticas. Esta análise é apenas ilustrativa, com o intuito de

introduzir conceitos fundamentais da Análise Dinâmica Estrutural para o Engenheiro Civil.

18


Tema do Artigo:


Exemplo 2.4O bloco de concreto armado mostrado na figura 2.6 tem altura de 80cm, largura

de 3,0m e comprimento de 5,0m e dá apoio a um equipamento de massa total

igual me = 15 t. A freqüência de operação da máquina rotativa é de = 550rpm.

Especificar a rigidez axial e transversal das 12 molas, de modo que a relação de

freqüências / fn em cada direção seja de no mínimo igual a 5. Calcular o

deslocamento vertical do bloco quando o sistema está em repouso.

Desconsiderar o acoplamento. Verificar o sistema quanto à ressonância.

Zg me

CM ms

mb

Xg

k k k Fig 2.8

Solução

De imediato, conforme o enunciado, podemos definir a máxima freqüência natural vertical

do sistema:

Freqüência natural vertical

fnz = / 4,98 = 110,44 rpm, ou fn = 110,44 / 60 = 1,84 Hz

Massa do bloco de inércia (essa é a denominação deste tipo de fundação)

mb = 0,8 x 3 x 5 x 2,5 = 30,0 t

19


Tema do Artigo:


Massa total do sistemamt = mb + me = 30 + 15 = 45,0 t

Rigidez equivalente do sistema

Para a obtenção direta da Rigidez equivalente, podemos aplicar a fórmula da freqüência

natural em função da Rigidez e da Massa:

fnz = 1 / 2) ( Kez / mt)1/2

Kez = 4 ² mt fn2 = 4 x ² x 45 x 1,84² = 6014,64 kN/m

Rigidez axial de cada molakz = Kez / 12 ≈ 501 kN/m

Neste ponto poderemos ir mais adiante e definir a geometria da mola, ou seja, altura da

mola h a partir do número de espiras n, o diâmetro das espiras d e o diâmetro médio

externo D. O módulo G é de aproximadamente 80 GPa.

A rigidez axial da mola é dada pela seguinte expressão:

ko = G d4 / ( 8 n D³ )

Adotaremos d = 25mm, n = 5 espiras e altura de h = 220mm.

Substituindo-se estes valores e a rigidez conhecida, chegaremos ao valor do diâmetro D:

D = ( G d4 / 8 n ko )1/3 = 116mm

Deformação vertical das molas

Facilmente podemos calcular a deformação das molas lembrando que F = Kez d, onde F é

a força aplicada às molas devido às massas da máquina e do bloco de concreto e K ez é a

rigidez equivalente do sistema na direção vertical. Então:

d = F / Kez = 441,45 / 6014,64 = 0,0734 m

20


Tema do Artigo:


Como comprovação, podemos calcular a freqüência natural vertical a partir desta

deformação:

fnz = 4,98 / d1/2 = 4,98 / 7,341/2 = 1,84 Hz, como queríamos comprovar.

Rigidez transversal das molas

Calculemos a rigidez transversal da cada mola, a partir da seguinte fórmula (Major, A. –

Vibration Analysis and Design of Foundations of Machines and Turbines):

kx ≈ kz / [ 0,385 ( 1 + 0,77 h² / D² ) ] = 501 x 0,36 ≈ 180 kN/m

Rigidez transversal EquivalenteKex = 12 kx = 2160 kN/m

Freqüência natural transversal x

fnx = 1 / 2) ( Kex / mt)1/2 = 1,10 Hz

Verificação quanto à ressonância

/ fnx = 8,33 ≫ 1,25

/ fnz = 5,0 ≫ 1,25

ComentáriosComo era de se esperar, a razão de freqüência / fnz é igual a 5, como foi estabelecido

no enunciado do problema. A razão de freqüência / fnx é quase 70% maior que a

anterior, porque a rigidez transversal é apenas 36% da vertical. Como ambos os valores

são superiores a 1,25, como preconiza a DIN 4024, o sistema não entrará em

ressonância.

21


Tema do Artigo:


3. Vibrações Livres Rotacionais Sem Amortecimento

Existe uma perfeita correspondência matemática entre as vibrações translacionais e

rotacionais.

Primeiramente, observemos a equação diferencial para um sistema submetido a

Vibrações Translacionais:

d ² zdt ² + n² z = 0

Onde

n=√k /m

Agora, observe a equação diferencial para um Sistema Vibratório Rotacional:

J d ²αdt ² + K = 0 ou d ²α

dt ² + n2 = 0

Onde:

n=√K /J é a freqüência circular rotacional. [10]

Esta equação tem a mesma forma da equação anterior, homogênea do segundo grau, e a

sua solução é totalmente análoga àquela para a vibração translacional. Veja o significado

dos parâmetros envolvidos:

= ângulo em torno do eixo em que ocorre a vibração;

K = rigidez rotacional (rotação causada por um momento unitário) [ kNm/rad],;

J = momento de inércia de massa do sistema. [t m²];

fn = n / 2 = freqüência própria rotacional [Hz].

3.1 Momentos de Inércia de Massa

22


Tema do Artigo:


Considere-se uma massa m concentrada a uma distância d de um eixo de referência n,

então o Momento de Inércia da Massa (MIM) com relação àquele eixo será:

J = m d² [tm²] [11]

m

dn

Fig. 3.1

Em se tratando de um corpo com uma dimensão dominante, que é o caso, por exemplo,

de uma barra delgada de comprimento L de massa m e diâmetro D≈0 os MIM’s da barra

em torno dos eixos principais que passam pelo Centro de Massa (CM), e em torno de um

eixo n paralelo a um dos eixos coordenados a uma distância d serão, respectivamente:

Jox = m D² / 8 ≈ 0 Joy = m ( ¾ D² + L² ) / 12 ≈ m L² / 12 [12]

Joz = m ( ¾ D² + L² ) / 12 ≈ m L² / 12Jnx = Jox + m d²Jny = Joy + m d²Jnz = Joz + m d²

z

xy L

Fig. 3.2

23


Tema do Artigo:


Para um disco delgado de diâmetro D e espessura e≈0 os MIM’s em torno dos eixos que

passam pelo CM e em torno de um eixo n paralelo a x ou a y ou a z a uma distância d serão, respectivamente:

Jox = m D² / 8 Joy = m ( ¾ D² + e² ) / 12 ≈ m D² / 16 [13]

Joz = m ( ¾ D² + e² ) / 12 ≈ m D² / 16Jnx = Jox + m d²Jny = Joy + m d²Jnz = Joz + m d²

z

D x

y e

Fig. 3.3

Para um corpo cilíndrico circular de diâmetro D, comprimento L e massa m os MIM’s em

torno dos eixos que passam pelo CM e em torno de um eixo n paralelo a x ou a y ou a z a

uma distância d serão, respectivamente:

Jox = m D² / 8Joy = m ( ¾ D² + L² ) / 12 [14]

Joz = m ( ¾ D² + L² ) / 12Jnx = Jox + m d²Jny = Joy + m d²Jnz = Joz + m d²

z

xD

Ly

Fig. 3.4

24


Tema do Artigo:


Para um corpo semi-cilíndrico de diâmetro D, comprimento L e massa m os MIM’s em

torno dos eixos que passam pelo CM e em torno de um eixo n paralelo a x ou a y ou a z a

uma distância d serão, respectivamente:

Jox = m D² ( 1 – 32 / 9²) / 8 ≈ 0,64 (m D² / 8)Joy = m [ ( ¾ - 16 / 3²) D² + L² ] / 12 ≈ m ( 0,21 D² + L² ) / 12 [14]

Joz = m ( ¾ D² + L² ) / 12Jnx = Jox + m d²Jny = Joy + m d²Jnz = Joz + m d²

z

D/2 x

Ly

Para um corpo cilíndrico vazado de diâmetro externo De e interno Di, comprimento L e

massa m os MIM’s em torno dos eixos que passam pelo CM e em torno de um eixo n paralelo a x ou a y ou a z a uma distância d serão, respectivamente:

Jox = m ( De² + Di2 ) / 8

Joy = m [ ¾ ( De² + Di2 ) + L² ] / 12 [14]

Joz = m [ ¾ ( De² + Di2 ) + L² ] / 12

Jnx = Jox + m d²Jny = Joy + m d²Jnz = Joz + m d²

z

xDe

Di

Ly

Fig. 3.4a

25


Tema do Artigo:


Se o corpo é prismático reto de dimensões da seção a e b, comprimento L e massa m os

MIM’s em torno dos eixos que passam pelo CM e em torno de um eixo n paralelo a x ou a

y ou a z a uma distância d serão, respectivamente:

Jox = m / 12 ( a² + b² ); Joy = m / 12 (b² + L² ); Joz = m / 12 ( a² + L² ) [15]

Jnx = Jox + md²; Jny = Joy + md²; Jnz = Joz + md²

z

a

b x

Ly

Fig. 3.5

Para uma placa retangular delgada com dimensões a e b, e massa m basta fazer L = 0 nas fórmulas dos Momentos de Inércia de Massa para o prisma reto.

3.2 Rigidez Torcional de Um Cilíndro

TD

L

Fig. 3.6

26


Tema do Artigo:


A Rigidez Torcional de um cilindro de diâmetro D e comprimento L pode ser obtido a partir

da expressão que fornece a deformação angular da seção transversal quando submetida

a uma rotação unitária. Da Resistência dos Materiais, sabemos que o ângulo produzido

por um momento torçor T aplicado na seção livre de uma barra cilíndrica engastada em

uma das extremidades é dado por:

= T L / G Jp [16]

Onde:

T = Momento Torçor;

L = Comprimento do cilíndro;

G = Módulo de elasticidade transversal do material do cilíndro;

Jp = Momento de Inércia Polar da seção transversal do cilindro.

= Rotação da seção livre do cilíndro.

Se a seção não for circular o Jp é chamado de Constante Torcional da Seção Transversal.

Se fizermos = 1 rad na fórmula acima obteremos o momento que gera um ângulo

unitário, que é a Rigidez Torcional:

K = G Jp / L [kNm/rad] [17]

Num sistema vibratório torcional, para a determinação da freqüência natural dada pela

fórmula [10] e para o estudo geral do comportamento dinâmico do sistema, é a

determinação do Momento de Inércia de Massa e da Rigidez Torcional Equivalentes.

Feito isto, poderemos aplicar todos os conceitos que vimos quando estudamos os

sistemas de vibração nas direções de X, Y e Z.

27


Tema do Artigo:


Exemplo 3.1

Sabendo-se que o dispositivo mostrado na Fig 3.7 abaixo é feito de aço, determinar a

Rigidez Rotacional da haste K, o Momento de Inércia de Massa J do disco, a freqüência

natural fn do sistema quando o disco for solto, depois de ter sido girado de um ângulo , o

período de vibração T e a amplitude máxima de vibração A. Desconsiderar o peso da haste neste exemplo.

Dados: 1. Diâmetro da haste d = 5,0 cm,

2. Diâmetro do disco D = 25 cm, 3. Espessura do disco t = 20 mm,

4. Comprimento da haste L = 50 cm,

5. Ângulo imposto = 1 grau.

J

K

L

Fig. 3.7

Solução.

Momento Polar de Inércia

Jp = ( d4 / 64) x 2 = 61,36 cm4

Módulo de Elasticidade Transversal do aço

G = E / [ 2 (1 + ) ] = 20000 / [ 2 (1+0,3) ] = 7692 kN/cm²

Rigidez torcional28


Tema do Artigo:


K = G Jp / L = 7692 x 61,36 / 50 = 9440 = 94,40 kNm/rad

Momento de Inércia de Massa do disco

Jo = m D² / 8 = a t D4 / 32 = 7,85 . . 0,02 . 0,254 / 32 = 6,02x10-5 tm²

Freqüência natural do sistema

n = ( K / Jo)1/2 = 1252 rad/s ou fn = n / 2 ≈ 199,26 Hz = 11956 rpm

Período de Vibração

T = 1 / fn = 0,005 s

Amplitude de vibração

A = / 180 = 0,0175 rad

Exemplo 3.2Retomando o exemplo 2.4 e admitido-se que a máquina possa ser considerada como dois

cilindros metálicos com diâmetro de D = 0,75m, conectados por um eixo de massa

desprezível, comprimento Lo = 1,50m cada cilíndro e massa me, um skid prismático de

aço com dimensões de hs = 0,10m de altura, as = 1,50m de largura, comprimento Ls = 4,00m, e massa ms e que o centro de massa CM no plano horizontal x-y coincida com o

centro de rigidez das molas, calcular a freqüência natural rotacional fy, em torno do eixo

Yo longitudinal que passa pelo Centróide do Bloco de inércia de concreto.

FIG. 3.8

Zg

me

ms

mb

Xg

k T k k

F L L F

Solução

29


Tema do Artigo:


Massa dos cilindrosme = 2 a ( D² / 4 ) Lo = 2 x 7,85 x x 0,752 x 1,5 / 4 = 10,40 t

Massa do skidms = a as hs Ls = 7,85 x 1,50 x 0,10 x 4,0 = 4,70 t

Massa do blocomb = c A H L = 2,50 x 3,0 x 0,80 x 5,0 = 30,0 t

Observe que a massa total da máquina é de 15 t, conforme o exemplo 2,4.

Tomando-se o plano inferior e o eixo Yo do centróide do bloco como referência, teremos:

Coordenada Zg do Centro de Massa do SistemaZg = (10,4 x 1,275 + 4,7 x 0,85 + 30 x 0,40) / 45 = 0,65 m

Momento de Inércia de Massa dos cilindros com relação ao eixo Yo

Jey = me D² / 8 + me d² = 10,4 x 0,75² / 8 + 10,4 x 1,275² = 17,64 t m²

Momento de Inércia de Massa do skid com relação ao eixo Yo

Jsy = ms ( a² + hs² ) / 12 + ms d² = 0,885 + 3,40 = 4,29 t m²

Momento de Inércia de Massa do bloco com relação ao eixo Yo

Jby = mb ( A² + H² ) / 12 + mb d² = 24,1 + 4,80 = 28,90 t m²

Momento de Inércia de Massa do sistema com relação ao eixo Yo

Jy = Jey + Jsy + Jby = 50,83 t m²

30


Tema do Artigo:


Precisamos agora da Rigidez Rotacional Equivalente Ky, a qual não pode ser calculada pela fórmula G Jp / L pois não se trata, neste exemplo, de um sistema equivalente a uma

barra de seção circular. O valor de Ky neste caso será igual ao momento necessário para girar o sistema em torno do eixo Yo de um ângulo unitário.

Considerando-se que as molas dos bordos longitudinais estejam dispostas ao longo de

dois eixos distantes de 20cm dos bordos, esquerdo e direito do bloco, a distância do eixo

de rotação até o eixo das molas será de L= 1,30m, uma vez que o bloco tem 3,0m de

largura. Sendo F a força exercida nas molas, então teremos:

T = Ky = 2 L F ou F = T / 2 L.

A deformação das molas em cada bordo é dada por d = F / Ke onde Ke é a rigidez axial de

todas as molas em cada bordo, neste caso, temos quatro molas de rigidez kz = 501 kN/m.

O ângulo que o torçor T gera em torno de Yo é dado por = d / L, ou seja:

= F / ( Ke L) ou então: = T / ( 2 Ke L²)

Substituindo-se nesta fórmula um valor unitário para o ângulo , teremos que T = Ky:

y = 2 Ke L² = 2 x 4 x 501 x 1,5² = 9018 kNm/rad

Assim, poderemos calcular a freqüência natural em torno do eixo Yo. Neste exemplo, não

estamos considerando o acoplamento com a vibração vertical ou horizontal, nem o

momento devido ao peso próprio do sistema com relação ao eixo de rotação. Este

assunto é mais complexo e será abordado no Módulo III do curso de Análise Dinâmica de

Fundações de Máquinas. Observe que as molas centrais não entraram no cálculo de Ky,

pois elas estão dispostas simetricamente com relação ao eixo de rotação.

Freqüência natural fy

fy = (1/2) ( y / Jy )1/2 = 0,159 x (9018 / 50,83)1/2 = 2,12 Hz, ou 127 rpm

Comentários:31


Tema do Artigo:


A freqüência vertical calculada no exemplo 2.4 foi de fnz = 110 rpm e a freqüência

rotacional de fy =127 rpm. A máquina tem rotação de = 550 rpm, portanto, o sistema

não entrará em ressonância durante o seu funcionamento, pois as relações de

freqüências são 5,0 e 4,33, respectivamente, e são superiores a 1,25.

Este é um caso típico de Análise Dinâmica de Bases de Máquinas sobre Amortecedores

de Vibração: quase ou todas as freqüências naturais situam-se abaixo da freqüência de

excitação da máquina. Porém, um cuidado importante a ser tomado é, durante o

acionamento da máquina: para chegar a 550 rpm ela passa por 110 rpm e 127 rpm, e

como o amortecimento de uma mola é muito baixo a máquina pode vibrar energicamente

ao atingir aquelas freqüências. Entretanto, as molas destinadas ao isolamento de

vibrações que são comercializadas por muitas empresas dispõem de sistemas adequados

de amortecimento, cuja especificação deverá ser feita pelo engenheiro responsável pela

Análise Dinâmica. A avaliação do comportamento vibracional durante a passagem pela

ressonância está além do propósito deste artigo.

Exemplo 3.3Consideremos o exemplo 2.3. O mesmo procedimento adotado no exemplo anterior pode

ser seguido para a obtenção aproximada da freqüência rotacional.

Admitamos que as máquinas de êmbolos horizontais possam ser modeladas como um

cilindro sobre um bloco prismático, como mostra a Fig. 3.9. Os cilíndros representativos

das máquinas têm diâmetro D = 0,50m, comprimento Cc= 3,90m e os skids, juntamente

com outros equipamentos, com largura equivalente as = 1,0m, altura hs = 0,40m e

comprimento Cs = 4,0m. Manteremos a laje com comprimento de CL = 8,0m, largura de

B=4,0m e espessura de hL = 0,60m. O valor de L continua sendo de L=2,0m.

32


Tema do Artigo:


Fig. 3.9

me me me

hs ms

hL mL

h/2 E J2

h E J1 E J1

L L

D

Solução

Massa das máquinasme = a ( D² / 4 ) L = 7,85 x x 0,52 x 3,9 / 4 = 6,0 tMe = 3 me = 18 t

Massa do skidms = a as hs Cs = 7,85 x 1,00 x 0,40 x 4,0 = 12,56 tMs = 3 ms = 37,68 t

Massa da LajemL = c B CL hL = 2,50 x 4,0 x 8,0 x 0,60 = 48,0 t

Fig. 3.9a

0,75 1,25 1,25 0,75

0,50 0,30

0,45

33


Tema do Artigo:


Para o cálculo dos Momentos de Inércia de Massa dos diversos elementos com relação

ao eixo Yo que passa pelo centróide da área inferior da laje precisamos calcular as

distâncias dos eixos de cada elemento ao eixo Yo. A figura 3.9a mostra o posicionamento

das máquinas, skids e laje. Então as distâncias de que precisamos são:

Cilindrosde1 = de3 = ( 1,25² + 1,25² )1/2 = 1,77 mde2 = 1,25 m

Skids

ds1 = ds3 = ( 0,80² + 1,25² )1/2 = 1,48 mds2 = 0,80 m

LajedL1 = 0,30 m

Momentos de Inércia de Massa dos cilindros com relação ao eixo Yo da Laje

Jey1 = me D² / 8 + me de1² = 6 x 0,5² / 8 + 6 x 1,77² = 18,98 t m²Jey2 = me D² / 8 + me de2² = 6 x 0,5² / 8 + 6 x 1,25² = 9,56 t m²Jey3 = me D² / 8 + me de3² = 6 x 0,5² / 8 + 6 x 1,77² = 18,98 t m²

Momentos de Inércia de Massa dos skids com relação ao eixo Yo da LajeJsy1 = ms ( a² + hs² ) / 12 + ms ds1² = 1,21 + 27,51 = 28,72 t m²Jsy2 = ms ( a² + hs² ) / 12 + ms ds2² = 1,21 + 8,04 = 9,25 t m²Jsy3 = ms ( a² + hs² ) / 12 + ms ds3² = 1,21 + 27,51 = 28,72 t m²

Momento de Inércia de Massa da Laje com relação ao eixo Yo da Laje

JLy = mL ( B² + hL² ) / 12 + mL dL1² = 65,44 + 4,32 = 69,76 t m²

Momento de Inércia de Massa do sistema com relação ao eixo Yo

Jy = ∑ Jyi ≈ 184 t m²

34


Tema do Artigo:


O valor da Rigidez Equivalente Ky neste caso, será igual ao momento necessário para girar o sistema em torno do eixo Yo de um ângulo unitário.Considerando-se que as colunas extremas estejam dispostas ao longo dos bordos,

esquerdo e direito da laje, a distância do eixo de rotação até o eixo das colunas será de

L=2,0m. Sendo F a força exercida nas colunas, então teremos:

T = Ky = 2 L F ou F = T / 2 L.

A deformação axial das colunas em cada bordo é dada por d = F / Ke onde Ke é a rigidez

axial de todas as colunas em cada bordo, neste caso, temos duas colunas de rigidez K1z.

K1z = E A1 / h = 2,6 x 104 x 0,2 x 0,4 / 4 = 520 MN/m

O ângulo que o torçor T gera em torno de Yo é dado por = d / L, ou seja:

= F / L Kez ou então: = T / ( 4 L² K1z)

Substituindo-se nesta fórmula um valor unitário para o ângulo , teremos que T = Ky:

Ky = 4 L² K1z = 4 x 2² x 520 = 8320 MNm/rad

Assim, poderemos calcular a freqüência natural em torno do eixo Yo. Neste exemplo, não

estamos considerando o acoplamento com a vibração vertical ou horizontal.

Freqüência natural fy

fy = (1 / 2) ( Ky / Jy )1/2 = 0,159 x (8320 x 10³ / 184)1/2 ≈ 34 HzComentários:A freqüência natural em torno de Yo do centróide da Laje é quase sete vezes superior à

freqüência de excitação das máquinas, que é de 300 rpm. Uma estrutura de concreto

rígida é ideal para máquinas de baixa rotação, quando se trata das freqüências verticais e

torcionais. Entretanto, devemos ter cuidado com as freqüências horizontais, pois elas são

menores que as verticais, devido à relativamente alta flexibilidade horizontal das colunas,

que neste caso foi da ordem de 10 Hz ou aproximadamente 600 rpm (vide exemplo 2.3),

apenas 17% da vertical e 29% da torcional.

35


Tema do Artigo:


Exemplo 3.4

Neste exemplo vamos calcular a freqüência rotacional fx e a torcional fz do exemplo 2.4

e 3.2. Com isso teremos calculado todas as seis freqüências naturais independentes do

sistema, quais sejam, translacionais fnx, fny, fnz, rotacionais fx, fy, e torcional fz cuja

determinação não apresenta nenhuma dificuldade, com os recursos teóricos que

desenvolvemos até aqui. Além disso, por último faremos uma verificação da

obrigatoriedade ou não de se considerar o acoplamento dos modos de vibração nos

planos verticais. A figura 3.10 mostra o croqui do exemplo 2.4 no plano y-z, para a

determinação da freqüência natural em torno de x.

0,75 1,5 0,5 1,5 0,75 Zg

me

ms 0,425

0,45mb Yg

0,4

k k k k

Fig. 3.10

Momento de Inércia de Massa dos cilindros relativo ao eixo Xo

Jex = me ( ¾ D² + L² ) / 12 + me d²Jex = (10,4) ( ¾ x 0,75² + 1,5² ) / 12 + (10,4) ( 1,0² + 1,275² ) = 29,62 t m²

Momento de Inércia de Massa do Skid relativo ao eixo Xo

Jsx = ms ( L² + hs² ) / 12 + ms d²Jsx = 4,70 ( 4² + 0,10² ) / 12 + 4,70 x 0,85² = 9,67 t m²

36


Tema do Artigo:


Momento de Inércia de Massa do Bloco relativo ao eixo Xo

Jbx = mb ( L² + H² ) / 12 + mb d²Jbx = 30 ( 5² + 0,80² ) / 12 + 30 x 0,40² = 68,90 t m²

Momento de Inércia de Massa do sistema relativo ao eixo Xo

Jx = Jex + Jsx + Jbx = 108,19 t m²

Precisamos agora da Rigidez Rotacional Equivalente Kx, que também neste caso será o

momento necessário para girar o sistema em torno do eixo Xo de um ângulo unitário.

Considerando-se que as molas dos bordos transversais estejam dispostas ao longo de

dois eixos distantes de 20cm dos bordos, esquerdo e direito do bloco, as distâncias em

metros do eixo de rotação até os eixos de cada uma das molas serão:

y1 = -2,3m, y2= - 0,77m, y3 = 0,77m e y4 = 2,3m.

Sendo F1 e F2 as forças exercidas nas molas, teremos:

T = 2 F1 (L / 2) + 2 F2 (L / 6) T = L ( F1 + F2 / 3 )

A deformação das molas em cada linha é dada por di = Fi / Ke onde Ke é a rigidez axial de

todas as molas em cada linha, neste caso, temos três molas de rigidez kz = 501 kN/m. em

cada linha transversal. Então, aplicando uma rotação ao sistema teremos:

d1 d2

d2 d1

T

F1 F2 F2 F1

L

Fig. 3.11

37


Tema do Artigo:


d1 = (L / 2) F1 = 3 kz (L / 2) d2 = L / 6) F2 = 3 kz (L / 6)

Substituindo na expressão do Torçor, teremos:

T = L ( 3 kz L / 2 + 3 kz L / 18 ) = 5/3 L² kz

A Rigidez Rotacional equivalente Kx é calculada de forma semelhante à rigidez

Translacional, ou seja:

T = Kx

A deformação angular que o torçor T produz em torno de Xo é dado por:

= T / Kx

Então, substituindo-se nesta fórmula valor unitário para o ângulo , teremos que T = Kx:

Kx = 5/3 kz L² = 5/3 x 501 x 4,6² = 17668,6 kNm/rad

Assim, poderemos calcular a freqüência natural em torno do eixo Xo. Neste exemplo, não

estamos considerando o acoplamento com a vibração vertical ou horizontal. Observe que

as molas internas foram consideradas no cálculo da Rigidez Rotacional Kx.

Freqüência natural fx

fx = (1/2) ( Kx / Jx )1/2 = 0,159 x (17668,6 / 108,19)1/2 = 2,03 Hz, ou 122 rpm

Freqüência natural Torcional fz

Vamos agora proceder todos os passos necessários para a determinação da freqüência

natural em torno do eixo Zo, concluindo assim a obtenção de todas as seis freqüências

independentes do sistema máquina-fundação, sem nos preocuparmos com o

acoplamento nos planos verticais.

38


Tema do Artigo:


r=2,30 Xg

r=0,77

Fi r=2,64 r=1,51 r=1,30

Yg

Fig. 3.12

Precisamos da Rigidez Torcional em torno de Zo e o Momento de Inércia de Massa em

torno do mesmo eixo para chegarmos ao valor da freqüência desejada. Vamos utilizar a

figura 3.12 acima para calcularmos os elementos necessários. Rigidez Torcional Kz

A rigidez torcional em torno de Zo nada mais é do que o Momento necessário para girar o

sistema em torno do eixo Zo de um radiano. Se girarmos o sistema em torno de Zo de um

ângulo surgirão forças resistentes Fi em cada um dos isoladores. Estas forças

produzirão deslocamentos di que são proporcionais aos Raios Vetores r i , como mostrado

na figura 3.12. Assim, teremos:

Deslocamentos transversaisdi = ri

Forças perpendiculares aos raios vetoresFi = kx di (observe que a rigidez da mola é a transversal kx = ky)

Momentos resistentes em torno de Zo

Mr = ∑ ( Fi ri ) = ∑ ( ri kx di ) = ∑ ( ri2 kx ) = kx ∑ ri

2

39


Tema do Artigo:


Podemos também expressar o Momento resistente através da seguinte fórmula:

Mr = Kz ( analogamente a F = K d )

Portanto: Kz = kx ∑ ri2 ou, então

Kz = kx ∑ ri2 = kx ∑ ( xi

2 + yi2 )

Assim, a rigidez torcional em torno de Zo é o produto da rigidez horizontal de uma mola

multiplicada pelo somatório dos quadrados dos raios vetores de cada isolador, que

também é o somatório dos quadrados das abscissas e ordenadas de cada isolador.

Pela Fig. 3.12 podemos obter todas as coordenadas dos isoladores com relação ao centro

de rigidez das molas ou os seus respectivos raios vetores, e aplicando a fórmula acima

deduzida chegaremos a:

Kz = 48,82 x 180 = 8.787,60 kNm/rad

Momento de Inércia de Massa Jz

Precisamos agora do MIM do sistema com relação a Zo, o que é muito simples de se

obter.

Cilíndros representativos das máquinasJze = me ( ¾ D² + Le² ) / 12 + me d²Jze = 10,4 ( ¾ 0,75² + 1,5² ) / 12 + 10,4 x 1,0² = 12,72 t m²

Skid de apoio das máquinasJzs = ms ( Ls² + as² ) / 12Jzs = 4,70 ( 1,5² + 4² ) / 12 = 7,15 t m²

Bloco de inérciaJzb = mb ( Lb² + Bb² ) / 12Jzb = 30 ( 5² + 3² ) / 12 = 85,00 t m²

40


Tema do Artigo:


O MIM total será:

Jz = Jze + Jzs + Jzb = 104,87 t m²

Freqüência natural fz

fz = (1/2) ( Kz / Jz )1/2 = 0,159 x (8787,6 / 104,87)1/2 = 1,46 Hz, ou 88 rpm

Acoplamento dos modos de vibração na direção de X e Y.

Sempre que as desigualdades abaixo forem satisfeitas, o acoplamento das vibrações

transversais e rotacionais deverá ser considerado. Caso contrário, os modos de vibração

de translação e rotação nos planos XZ e YZ poderão ser estudados separadamente,

como temos feito em todos os exemplos até agora apresentados:

Na direção de X ..........considerar acoplamento se (fnx² + fx²)1/2 / (fnx . fx) > 2 / (3)Na direção de Y ..........considerar acoplamento se (fny² + fy²)1/2 / (fny . fy) > 2 / (3)

Onde:

fnx = freqüência natural na direção de X = 1,10 Hzfny = freqüência natural na direção de Y = 1,10 Hzfx = freqüência natural em torno de X = 2,03 Hzfy = freqüência natural em torno de Y = 2,12 Hz = freqüência de rotação da máquina = 9,17 Hz

Nos nossos exemplos, as freqüências acima já foram todas calculadas.

Verificação:

Na direção de X.....(1,10²+2,03²)1/2 / (1,10 x 2,03) = 1,03 > 2 / (3 x 9,17)=0,073Na direção de Y.....(1,10²+2,12²)1/2 / (1,10 x 2,12) = 1,02 > 2 / (3 x 9,17)=0,073

41


Tema do Artigo:


Comentários:Como vimos neste exemplo, nem sempre é suficiente realizar a Análise Dinâmica sem a

consideração do acoplamento dos modos horizontais com os modos rotacionais

correspondentes. Até a vibração na direção vertical deverá ser levado em conta o

acoplamento com a vibração em torno de X e/ou Y se a linha de ação das forças

dinâmicas verticais não coincidirem com o centro de rigidez da área da fundação em

contato com o solo ou com o centro de rigidez das molas.

Em torno do eixo vertical o modo de vibração pode ser considerado isoladamente, pois

não há, matematicamente, acoplamento deste com os outros modos de vibração.

Podemos concluir que no nosso exemplo, não podemos assegurar que as freqüências

naturais de translação fnx, fny e as rotacionais fx e fy representem com rigor o

comportamento vibratório do sistema. O acoplamento dessas vibrações produzem outras

freqüências naturais que muitas vezes é que definem com precisão o comportamento

vibratório do sistema. Este caso será considerado no Módulo I I deste Curso.

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Tema do Artigo:


4. Critérios Básicos de Projeto

4.1 Faixa de RessonânciaUm dos Critérios Básicos que norteiam o Projeto de uma base de equipamento

vibratório é dimensioná-la de maneira tal, que a relação de freqüências / fn seja

inferior a 0,80 ou superior a 1,25, segundo recomendação da DIN 4024 Teil 1 item

5.3.2, com o intuito de evitar a Faixa de Ressonância, na qual as amplitudes de

vibração, Deslocamento e Velocidade, podem, com o decorrer do tempo, atingir

valores inadmissíveis capazes de causar sérios danos aos equipamentos, como

também desconforto às pessoas que trabalhem nas imediações da instalação.

Esta é normalmente a primeira providência que vem à mente do Engenheiro

Projetista quando realiza uma Análise Dinâmica de Fundação, por ser um critério

amplamente divulgado e conhecido no meio técnico. Entretanto, considerando-se

que num sistema vibratório Máquina-Fundação existem seis Graus de Liberdade,

e portanto, são necessárias a obtenção de seis Freqüências Naturais para avaliar

o comportamento dinâmico do conjunto, não é prudente esperar que todas as seis

freqüências estejam fora da Faixa de Ressonância, o que na prática é muito

improvável que ocorra. É justamente aqui que se tem de lançar mão do Grau de Amortecimento do Sistema, o qual tem fundamental importância na redução da

Resposta Dinâmica de sistemas vibratórios funcionando em ressonância. Os

gráficos abaixo mostram a Resposta Dinâmica de dois tipos de excitação, quais

sejam, F(t) = Fo sent, força constante e F(t) = me r ² sen t, força dependente

da freqüência de excitação, em função do Grau de Amortecimento entre D=0,1 a

D=0,7, representados pelas linhas de cores azul e ocre.

Como podemos ver, a Resposta Dinâmica é drasticamente reduzida, através do

achatamento das curvas na faixa de ressonância, quando o Grau de

Amortecimento é da ordem de D≥0,4. Observe que o Coeficiente Dinâmico para

ambos os casos é igual a 5, quando / n = 1 e D=0,1. O estudo dos Sistemas

Amortecidos submetidos a Forças Dinâmicas faz parte do Módulo II deste curso.

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Tema do Artigo:


0

1

2

3

4

5

6

0 0.5 1 1.5 2 2.5

M =

A /

( Qₒ/k

)

/n

0

1

2

3

4

5

6

0 0.5 1 1.5 2 2.5

M =

A /

(m e

/ m

)ₒ

/n

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Tema do Artigo:


4.2 Amplitudes Admissíveis de Vibração

Outro critério que também é muito utilizado para julgar o comportamento vibratório

do conjunto Máquina-Fundação é a avaliação das Amplitudes de Deslocamento e Velocidade de Vibração. A Velocidade de Vibração, entretanto, parece ser o

parâmetro mais adequado quando se quer estudar a vibração do sistema, pois

depende diretamente do Deslocamento e da Freqüência de Excitação através da

expressão V = A, como já tivemos a oportunidade de ver.

Diversos autores, como Richart, Blake, Arya, et al, estabeleceram diferentes

meios de quantificar Amplitudes de Deslocamentos e Velocidades Admissíveis

para diversas situações de excitação dinâmica.

Abaixo são apresentados dois gráficos, que poderão ser utilizados no Projeto de

Bases de Equipamentos: O primeiro visa fornecer os critérios para avaliação de

Amplitudes de Deslocamento, Velocidade e Aceleração, e outro para avaliação do

nível de percepção das vibrações por pessoas e de danos que podem causar a

Fundações de Máquinas e outras Estruturas.

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa

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Tema do Artigo:


5. ANEXOS

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Tema do Artigo:


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Tema do Artigo:


6. Bibliografia

5.1 Crill M. Harris – Shock and Vibration Handbook – 4a. Ed. – McGraw-Hill;

5.2 Gregory Szuladzinski – Dynamics of Structures and Machinery-John Wiley & Sons

5.3 William T. Thom – Theory of Vibration With Applications – Prentice-Hall, Inc.

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Obs.:1 O autor desta Apostila se reserva o direito de realizar quaisquer mudanças no conteúdo técnico, sem aviso prévio aos leitores.

2 O autor não se responsabiliza pelo uso equivocado dos conceitos e exemplos de aplicação dos textos técnicos apresentados.

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Novembro / 2015

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