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Prova P01Oscilacoes
OSCILACOES FORCADASMecanica II (FIS-26)
Prof. Dr. Ronaldo Rodrigues Pela
IEFF-ITA
26 de marco de 2013
R.R.Pela Oscilacoes
Prova P01Oscilacoes
Roteiro
1 Prova P01
2 OscilacoesOscilacoes AmortecidasOscilacoes Forcadas
R.R.Pela Oscilacoes
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Roteiro
1 Prova P01
2 OscilacoesOscilacoes AmortecidasOscilacoes Forcadas
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O balanco de energia
Ja vimos que a equacao de oscilador amortecido e:
Mx+ ρx+ kx = 0
Multiplicando por x:
Mxx+ kxx = −ρx2 ,
Mxx+ kxx =dEMEC
dt, e
ρx2 e a potencia da forca de atrito viscoso = Fv
Note quedEMEC
dt< 0, isto e, a energia mecanica sempre
diminui.
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Exemplo
A barra tem uma massa de 3,00 kg. Se a rigidez da mola ek = 120 N/m e o amortecedor tem um coeficiente deamortecimento c = 1,00 kN.s/m, determine a equacaodiferencial que descreve o movimento em termos do angulo θde rotacao da barra. Alem disso, qual deveria ser o coeficientede amortecimento para um movimento criticamenteamortecido?
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Exemplo
Considerando um pequeno deslocamento angular θ.
Analisando os torques em relacao ao ponto C:
−k(θ−θ0)L2 − cθb2 −MgL
2=ML2
3θ
ML2
3θ + cb2θ + k(θ − θ0)L2 +Mg
L
2= 0
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Exemplo
Com a mudanca α = θ − θ0 +MgL
2kα2
ML2
3α+ cb2α+ kL2α = 0
α+3cb2
ML2α+
3k
Mα = 0
9c2b4
M2L4=
4.3.k
MSubstituindo:
α+ 360α+ 120α = 0→ amortecimento supercrıtico
Para amortecimento crıtico:
ccr = 2
√Mk
3
(L
b
)2
= 60,9 Ns/m
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Introducao
Vamos estudar agora o efeito produzido sobre o osciladorpor uma forca externa F (t). Estudaremos dois casos paraF (t):
F (t) = F0 → degrau de amplitude F0
F (t) = F0 sinwt
O primeiro caso e bastante simples de ser analisado, mastem uma importancia capital em projetos de controladores.No segundo caso a forca externa e periodica comfrequencia angular w, que pode coincidir ou nao com afrequencia natural do proprio oscilador.A EDO de um oscilador forcado e:
Mx+ ρx+ kx = F (t)
EDOL nao homogenea de 2a ordem.
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Resposta ao degrau
Se F (t) = F0 = kx0, entao a resposta do oscilador sera:
x(t) = x0 + xH(t) (1)
A solucao completa e a mesma do caso homogeneo, amenos de um deslocamento (“shift”) de x0.
xH(t) =
Aeλ1t +Beλ2t, amortecimento supercrıticoAe−γt sin(wdt+ φ), amortecimento subcrıticoe−γt(A+Bt), amortecimento crıtico
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Resposta ao degrau
Entrada degrau: aparece muito em problemas deengenharia.Os sistemas fısicos comumente admitem um modelosimplificado de sistema massa-mola.Quando e necessario controlar um sistema fısico,geralmente se aplica uma forca F (t) (ou uma correnteI(t), ou uma tensao E(t)) para que ele se comporte comodesejado.O caso em que F (t) = kx0 e muito comum:, geralmentedeseja-se que o sistema (considerado inicialmente emrepouso na posicao x = 0) atinja a posicao x0 (a novaposicao de equilıbrio) o mais rapido possıvel e aıpermaneca.Vamos vislumbrar como isso e possıvel para o casosubcrıtico (o mais comum).
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Resposta ao degrau
Nas hipoteses de condicoes iniciais nulas, a solucao e:
x(t) = x0
[1− e−γt sin(wdt+ β)
sinβ
]sendo β o suplementar do argumento do complexo−γ + iwd.
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Resposta ao degrau
Para esta situacao, a resposta x(t) aparece plotada nafigura seguinte
Mp: “overshoot” (mede o quanto o primeiro pico se afasta,percentualmente de x0): Mp = e−π cot β
tr: tempo de subida (“rise time”): tr ∼=π − βwd
ts: tempo de estabilizacao (“settling time”):
ts ∼=3
γ(para ± 5%)
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Resposta a forcantes senoidais
F (t) = F0 sin(wt)
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Exemplo
O ventilador tem uma massa de 25,0 kg e esta fixo aextremidade de uma viga horizontal que tem uma massadesprezıvel. A pa do ventilador esta montada excentricamenteno eixo de tal maneira que ela e equivalente a uma massadesequilibrada de 3,50 kg localizada a 100 mm do eixo derotacao. Se a deflexao estatica da viga e de 50,0 mm, comoresultado do peso do ventilador, determine a amplitude davibracao de estado estacionario do ventilador se a velocidadeangular da pa do ventilador e 10,0 rad/s.
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Solucao
Solucao: Podemos substituir a viga por uma mola. Se adeformacao estatica e 50,0 mm, entao kxe =Mg
∴ k =Mg
xe= 4950 N/m. O ventilador desequilibrado
corresponde a uma massa de 3,50 kg a 100 mm do eixo→ F = mw2r. Isto faz com que a reacao normal da viga variecom o tempo da forma N = N0 + F sinwt. Assim o sistemamassa-mola (na verdade, ventilador-viga) e excitado por umaforca senoidal. Sua amplitude de vibracao, em regime, e:
X = F |G(iw)|
sendo G(s) =1
Ms2 + k. Logo: X =
mw2r
|k −Mw2|
X = 14,6 mm
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Exemplo
O motor eletrico de 30,0 kg mostrado na figura seguinte esuportado por 4 molas, cada uma com elasticidade de200 N/m. Se o rotor e desequilibrado de tal maneira que seuefeito e equivalente a 4,00 kg de massa localizados a 60,0 mmdo eixo de rotacao, determine a amplitude de vibracao quandoo rotor esta girando a w0 = 10,0 rad/s. O fator deamortecimento e
c
ccr= 0,150.
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Solucao
O motor desequilibrado e modelado por uma massa dem = 4,00kg a r = 60,0mm do eixo de rotacao. Isto correspondea uma forca F0 = mw2r. Logo, a normal que o motor troca coma plataforma e:
N = N0 + F0 sin(wt)
A excitacao senoidal causa, em regime, uma deformacao comamplitude:
X = F0|G(iw)|
G(s) =1
Ms2 + cs+ 4k
Como ccr =√16kM = 309,84 Ns/m⇒ c = 46,48 Ns/m
G(iw) =1
4k −Mw2 + icw=
1
−2200 + 464,8i∴ |G(iw)| = 4,448×10−4m/N
Como F0 = 24N,X = 10,7mmR.R.Pela Oscilacoes
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Ressonancia
Consideremos um oscilador excitado por uma perturbacaoperiodica de frequencia angular w. A resposta do oscilador eperiodica com frequencia angular w e com amplitude igual:
A =F0√
(k −Mw2)2 + (ρw)2
A questao que levantamos e: para qual valor de w, o osciladorvibra com amplitude maxima? Para responder a esta questaodevemos minimizar o denominador, o que ocorre para
wr = w0
√1− 2γ2
w20
= w0
√1− 1
2Q2
sendo Q =ω0
2γ
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Ressonancia
Esta e a frequencia angular de ressonancia. As curvas deA(w) apresentam um pico neste valor, pico este que e tao maisestreito quanto menor γ (maior for o fator de qualidade).O valor wr e conhecido como frequencia de ressonancia deamplitude. E possıvel ocorrer ressonancia na velocidade maspara um valor de w diferente de wr. Vejamos:
em regime: x(t) = A(w)w cos(wt+ θ)
Logo, a velocidade (em regime permanente) variasenoidalmente no tempo com amplitude
F0w√(k −Mw2)2 + (ρw)2
Fazendo a maximizacao encontramos w = w0
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