vibração fornada harmonicamente

7/17/2019 Vibração fornada Harmonicamente

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1

P r o f .

A l e x a n d r e E d u a r d o – C

u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s

Vibrações

Livre Forçada

SemAmortecimento

Comamortecimento

SemAmortecimento

Comamortecimento

[ ] [ ] [ ] ( )t F xK xC x M =++ &&&

[ ] [ ] 0=+ xK x M &&

[ ] [ ] [ ] 0=++ xK xC x M &&& [ ] [ ] ( )t F xK x M =+&&

VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4



2

P r o f .




VibraVibraçção forão forççada:ada: Existe uma fonte externa adicionando energia ao sistema.

4.1 – Introdução

F(t)

t

( ) ( )φ +Ω= t senF t F o

Fo

F(t)

xx

mmkk



3

P r o f .



x(t) harmônica monofreqüência

x(t) harmônica multifreqüência

x(t) aleatória


Excitação & Resposta



4

P r o f .







5

P r o f .







6

P r o f .




Excitação Harmônica

( ) ( )t it F eF t F t i ω ω ω sincos00 +== (4.1)

( ) t F t F cos0= ( ) t senF t F ω 0= (4.2)



7

P r o f .





SISTEMAF(t) harmônica x(t) harmônica

ωωωω0 = ωωωωnRESSONÂNCIA

x(t) muito grande, podendoocasionar a falha do sistema



8

P r o f .







9

P r o f .


u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c

â n i c a s


Exemplos de Excitação Harmônica

Máquina rotativa desbalanceada : se o automóvel trepida, a carroceria vibra

ou o volante oscila, ele pode estar desbalanceado.



10

P r o f .



â n i c a s


Exemplos de Excitação Harmônica

Automóvel deslocando-se sobre estrada de perfil senoidal



11

P r o f .



â n i c a s


4.2 – Modelagem



12

P r o f .



â n i c a s


4.2 – Modelagem

)(t F kx xm =+&&

(4.3)

∑ = amF rr

t F kx xm o cos=+&& (4.4)

t m

F x

m

k x o ω cos=+&& (4.5)

m

k n =ω (4.6)



13

P r o f .



â n i c a s


4.2 – Modelagem

t At sen A x nnh cos21 +=

(4.9)

(4.8)0=+ xm

k

x&&

SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento: ph x x x += (4.7)

SoluSoluçção da equaão da equaççãoão homgêneahomgênea SoluSoluçção da equaão da equaçção particularão particular

EquaEquaçção Homogênea:ão Homogênea:

A soluA soluççãoão éé aamesma do caso demesma do caso de

um movimento livreum movimento livre

não amortecidonão amortecido

SoluSoluççãoãoEquaEquaççãoão

Homogênea:Homogênea:



14

P r o f

. A l e x a n d r e E d u a r d o – C


â n i c a s

Tende a desaparecer quando

há amortecimento;

representa a resposta transienteRepresenta a

resposta permanente


4.2 – Modelagem

ph x x x +=



15

P r o f



â n i c a s

Fim da resposta transiente eFim da resposta transiente eininí í cio da resposta permanentecio da resposta permanente


4.2 – Modelagem



16

P r o f



â n i c a s


4.2 – Modelagem

SoluSoluççãoão

EquaEquaççãoão

Particular:Particular:

( ) ( ) t F t Ak t Am o ω ω ω ω coscoscos2 =+−

t A x ω cos= t sen A x −=& t A x ω ω cos2−=&&

t F kx xm o cos=+&&

t F t mk A o ω ω ω coscos2 =−

2mk

F A o

−= (4.10)



17

P r o f



â n i c a s


4.2 – Modelagem

ph x x x +=

t At sen A x nnh cos21 +=

t A x p cos=

2mk

F A o

−=

t mk

F t At sen A x onn ω ω ω coscos 221

−++= (4.11)



18

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C


â n i c a s

0)0( x x =

0)0( x x && =CondiCondiçções iniciaisões iniciais


4.2 – Modelagem

t mk

F t At sen A x o

nn ω ω ω coscos221

−++=

t senmk

F t sen At A x onnnn ω

ω ω ω ω ω

221 cos−

−−=&

220ω mk

F A x o

−+=

10 A x n=&

202ω mk

F x A o

−−= (4.12)

n

x A

ω

01

&= (4.13)



19

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c

â n i c a s


4.2 – Modelagem

t mk

F t At sen A x o

nn ω ω

ω ω coscos221

−++=

n

x A

ω 0

1

&=

202ω mk

F x A o

−−=

t mk

F t mk

F xt sen x x on

on

n

ω ω

ω ω

ω ω

coscos 2200

−+

−−+= & (4.14)

t m

F

t m

F

xt sen x

xn

o

n

n

o

n

n

ω ω ω

ω ω ω

ω ω

coscos22220

0

−+

−−+=

&(4.15)

÷÷÷÷÷÷÷÷ mm ÷÷÷÷÷÷÷÷ mm



20

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s


4.2 – Modelagem

MMááxima Amplitude da Equaxima Amplitude da Equaçção Particular:ão Particular:

k ÷2mk

F A o

−=

21 ω k

mk

F

A

o

−

=

2

1

−

=

n

o

k F

A

ω

ω

2

1

−

=

n

o A

ω

ω

δ

2

1

1

−

=

n

o

A

ω

ω δ (4.16)



21



4.2 – Modelagem

Fator de Amplificação, Fator de Ampliação ou Coeficiente de Amplitude:

oδ

A Representa a razão entre a amplitude dinâmica

e a amplitude estática do movimento.

o

AFA

δ = (4.17)



22



4.2 – Modelagem

Relação de Freqüências:n

r ω

= (4.18)

2

1

1

−

=

n

FA

ω ω (4.19)

21

1

r FA

−= (4.20)



23


Resposta em Freqüência:


4.2 – Modelagem



24


Caso 1:Caso 1: 0 < r < 1 21

1

r

AFA

o −==

δ


Análise da Resposta em Freqüência



25

P r o

f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s

Caso 2:Caso 2: r > 1 ⇒ 1 - r2

é (-) ⇒ A é (-)

onde a amplitude A é redefinida como:


Resposta permanente: t At x p cos)( −= (4.21)

k m

F A

−

=20

ω (4.22)



26

P r o

f . A l e x a n d r e E d u a r d o –

C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s

Resposta na Ressonância

ARESSONÂNCI⇒= nω ω


Caso 3:Caso 3: r = 1 ⇒ A → ∞

t tsent x nno ω

δ

2)( = (4.23)



27

P r o



Determine a resposta do sistema considerando os seguintes dados:m = 10 kg, k =1000 N/m, x 0 = 0,v 0 = 0.2 m/s, F = 23 N, ω = 2ωn

rad/s202 == n

EXEMPLO 4.1

N/kg3.2kg10

N23===

m

F f o

o

m02.0rad/s10

m/s2.00 ==n

x

ω

&rad/s10

kg10

N/m1000===

m

k nω

t m

F

t m

F

xt sen x

xn

o

nn

o

nn

ω ω ω

ω ω ω

ω ω

coscos22220

0

−+

−−+=

&

(4.15)

m108s / rad)20(10

N/kg3.2 3222222

0 −×−=−

=−ω ω n

f

t mF

t mF

t sen x

xn

o

n

n

o

n

n

ω ω ω

ω ω ω

ω ω

coscos2222

0

−+

−−=

&

t xt xt sen x 20cos10810cos1081002.0 33 −− +−=

Ã



28

P r o


C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e

c â n i c a s

Fenômeno do Batimento


Ocorre quando a excitação harmônica tem uma freqüência muito próxima

(mas não exatamente igual) à freqüência natural do sistema.

t mk

F

t mk

F

xt sen

x

x o

no

n

nω ω ω ω ω ω coscos 220

0

−+

−−+=

&

(4.14)

Consideremos a solução geral

Sejam ambas as C. I. nulas (sistema inicialmente em repouso):

t mk

F t

mk

F x o

no ω

ω ω

ω coscos

22 −+

−−= (4.24)

ÃO O O O O44



29

P r o



c â n i c a s


RelaRelaçções fundamentaisões fundamentais

VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44



30

P r o



c â n i c a s



t

mk

F t

mk

F x o

no ω

ω

ω

ω

coscos22

−

+

−

−= (4.24)

)cos(cos /

)cos(cos)(22

02

0 t t mF

t t

mk

F t x n

n

n ω ω

ω ω

ω ω

ω

−

−

=−

−

=

(4.25)

)22

2( / )(22

0 t tsensenmF

t x nn

n ω ω

−+

−= (4.26)




31

P r o



c â n i c a s



Consideremos ω um pouquinho menor do que ωn:

ε 2=−n (4.27)

onde ε é uma quantidade positiva muito pequena

Por outro lado, se ωn ≈ ω, então

2≈+ n (4.28)

Multiplicando as eqs. (4.27) e (4.28):

εω ω ω 422 =−n (4.29)




32

P r o



c â n i c a s

t senmF

.)2

/ ( 0 ε

ε



Substituindo as eqs. (4.27), (4.28) e (4.29) na eq. (4.26):

t sent senmF

t x ω ε εω

).2

/ ()( 0= (4.30)

Como ε << ω, sen εt varia lentamente, sendo seu período 2π / ε grande.

Então, a eq. (4.30) pode ser vista como representando uma vibração de

período 2π / ω e amplitude variável




33

P r o



c â n i c a s

O senωt desenvolve vários ciclos, enquanto que o sen εt desenvolve apenas umciclo:



t sent senmF t x ω ε ε

).2

/ ()( 0= (4.30)




34

P r o



c â n i c a s






35

P r o



c â n i c a s






36

P r o



c â n i c a s



Período do Batimento:

Freqüência do Batimento:ω ω

π

ε

τ

−

==

n

b

2

2

2(4.31)

ω ω ω

τ

π ω −=⇒= nb

b

b

2(4.32)




37

P r o



c â n i c a s

Exemplo de BatimentoExemplo de Batimento:: duas máquinas de mesma rpm nominal,

montados sobre a mesma base.


Ç O O Ç O C S O C O G4 4

EXEMPLO 4.2



38

P r o



c â n i c a s

Uma bomba alternativa com 150 lbf de peso está montada no meio de uma placa

de aço de 0.5 in de espessura, 20 in de largura e 100 in de comprimento, presa por

braçadeiras ao longo de duas bordas.

Durante a operação da bomba, a placa é sujeita a uma força harmônica

F(t) = 50cos62.83 t [Lbf] .

Determine a amplitude de vibração da bomba.

EXEMPLO 4.2



39

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o –


c â n i c a s

Solução:

A placa pode ser modelada como uma viga fixa nas duas extremidades:

( )( ) 433

in0.2083

12

5.020

12

=== bh

I

Rigidez devido a flexão:

( )( )( )

( ) in

lbf 1200

100

2083.010301921923

6

3 ===

x

L

EI k

EXEMPLO 4.2



40



c â n i c a s

Solução:

Amplitude da resposta harmônica:Amplitude da resposta harmônica:

in0.1504

srad 62.832

ftin12

*sft

32.2

lbf 150inlbf 1200

lbf 50

2

2

−=

−

= A

2mk

F A o

−=

g

PmgmP =→= .

O sinal negativo de A, indica que a resposta x(t) está defasada da excitação F(t) .

EXEMPLO 4.3



41



Deduzir a equação do movimento e achar a resposta permanente do

sistema da figura para o movimento de rotação em torno do ponto O,

para os seguintes dados: M = 50 kg, m = 10 kg, k1 = k2 = 5000 N/m, a = 0,25 m,

b = 0,5 m, l = 1 m, F0 = 500 N e ω = 1000 rpm.

EXEMPLO 4.3



42



Solução:

EXEMPLO 4.3



43



Solução:

EquaEquaçção de Movimento para movimento rotacional ao redor do pontoão de Movimento para movimento rotacional ao redor do ponto OO::

( ) ( ) ( )( )lt senF lF bk ak Ml J oo ω θ θ ..2221

2 ==+++ &&

SoluSoluçção Particular:ão Particular: t sen p θ θ .=

EXEMPLO 4.3



44



SoluSoluçção Equaão Equaçção Particular:ão Particular:

t sen p θ θ .= t p ω ω θ θ cos.=& t senω ω θ θ 2.−=&&

( ) ( ) ( )( )lt senF lF bk ak Ml J oo ω θ θ ..2221

2 ==+++ &&

( )( ) ( )( ) ( )( )lt senF t senbk ak t sen Ml J oo ω ω θ ω ω θ ..... 22

21

22 =++−+

( ) lF bk ak Ml J oo ... 22

21

222 =++−− θ ω ω

EXEMPLO 4.3



45



22

21

222 .. . bk ak Ml J lF

o

o

++−−= ω ω θ

( ) 22

21

22

.

bk ak Ml J

lF

o

o

++−−=

ω θ

( ) ( ) 2222

21

.

ω θ

Ml J bk ak

lF

o

o

+−+=

( ) ( )

t sen

Ml J bk ak

lF

o

o p ω

ω

θ ..

222

2

2

1 +−+

=

Solução:

EXEMPLO 4.3



46

P r

o f . A l e x a n d r e E d u a r d o –


( ) ( ) t sen

Ml J bk ak

lF t t sen

o

onn ω

ω ω θ ω θ θ .

.cos

2222

21

21+−+

++=

ph θ θ θ +=

Solução:

t t sen nnh θ θ θ cos21 +=

( ) ( ) t sen

Ml J bk ak lF

o

o p ω

ω θ ..

2222

21 +−+

=

EXEMPLO 4.3



47

P r


C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s 0)0( θ θ =CondiCondiçções iniciaisões iniciais

( ) ( ) t sen

Ml J bk ak

lF t t sen

o

onn ω

ω ω θ ω θ θ .

.cos

2222

21

21+−+

++=

Solução:

20 θ θ =

EXEMPLO 4.3



48

P r



0)0( θ θ && =CondiCondiçções iniciaisões iniciais

( ) ( ) t

Ml J bk ak lF t sent

o

onn ω ω

ω ω ωθ ω ωθ θ cos..cos

2222

21

21+−+

+−=&

( ) ( )ω

ωθ θ 22

2

2

1

10

.

Ml J bk ak

lF

o

o

+−+

+=&

( ) ( ) ω

ω ωθ θ .

.222

22

110

Ml J bk ak

lF

o

o

+−++=&

Solução:

EXEMPLO 4.3



49

P r

o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M

e c â n i c a s

Solução:

( ) ( )ω θ ωθ

222

21

01

.

Ml J bk ak

lF

o

o

+−++−=− &

( ) ( )[ ]ω ω ω θ θ 22

22

1

01 . Ml J bk ak lF

o

o

+−++−=−

&

( ) ( )[ ]2222

21

01

.

ω ω ω

θ θ

Ml J bk ak

lF

o

o

+−+−=

&

EXEMPLO 4.3



50

P r

o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M

e c â n i c a s

Solução:

( ) ( ) t sen

Ml J bk ak

lF t t sen

o

onn ω

ω ω θ ω θ θ .

.cos

2222

21

21+−+

++=

( ) ( )[ ]2222

21

01

.

ω ω ω

θ θ

Ml J bk ak

lF

o

o

+−+−=

&

( ) ( )[ ]

( ) ( ) t sen

Ml J bk ak

lF t

t sen Ml J bk ak

lF

o

on

no

o

ω ω

ω θ

ω ω ω ω

θ

θ

..

cos

.

.

2222

21

0

2222

21

0

+−++

++−+−=

&

&

EXEMPLO 4.3



51

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M

e c â n i c a s

Solução:

( )( )

232

kg.m33.331103

1

3

1

=== ml J o

( ) ( )[ ]

( ) ( ) t sen

Ml J bk ak

lF t

t sen Ml J bk ak

lF

o

o

n

n

o

o

ω ω ω θ

ω ω ω ω

θ θ

.

.

cos

..

2222210

2222

21

0

+−++

++−+

−=

&

&

M = 50 kg, m = 10 kg, k1 = k2 = 5000 N/m, a = 0,25 m,

b = 0,5 m, l = 1 m, F0 = 500 N e ω = 1000 rpm.

rad/s104.6760

2.1000 ==

π ω

EXEMPLO 4.4



52


e c â n i c a s

Um automóvel desloca-se sobre uma

pista ondulada com velocidadeh

km x 80=&

(a)(a) Determine a amplitude da vibração

forçada do automóvel de peso P, cuja

suspensão cede de uma altura h sob o peso

do carro, em condição estática. A pista tem

um perfil harmônico

=

L

xsen y

o

..

π δ

Adote os seguintes valores :

δo = 0.03 m; L = 12 m; h = 0.1 m;

(b)(b) Qual a velocidade do automóvel para

qual haverá ressonância na vibração

vertical ?

EXEMPLO 4.4



53


e c â n i c a s

Solução:

ok P δ = ok mg δ =o

g

m

k

δ =

rad/s9.90410.081.9

====o

n

g

m

k

δ ω

Hz1.582

904.9

2 ===

π π n

n f

FrequenciaFrequencia natural de vibranatural de vibraççãoão

EXEMPLO 4.4




e c â n i c a s

Comprimento de ondaComprimento de onda

Solução:

f T

1=

t

S V

∆

∆=

T V

λ = f v .λ =

Distância percorrida durante 1 oscilação completa!

f T

..22

π ω == λ π ω

v..2= vv

L

v.262.0.

12. ===

π π ω

s

rad 5.822

km1

m1000

3600s

1h

h

km 800.262.262.0 =

== vω

FrequenciaFrequencia de excitade excitaççãoão

EXEMPLO 4.4



55


e c â n i c a s

Solução:

(a) Amplitude de vibra(a) Amplitude de vibraçção forão forççadaada

2

1

−

=

n

o A

ω

ω

δ m A 0458.0

904.9822.5

1

03.02 =

−

=

(b) Velocidade cr(b) Velocidade crí í tica do automtica do automóóvelvel

Igualando as frequencias natural e forçada ⇒ ωωωωωωωωnn == ωωωωωωωω

nv =*262.0 904.9*262.0 =vh

km 136

s

m 37.8vc ==

EXEMPLO 4.5



56


e c â n i c a s

O conjunto motor-bomba de peso de 2500 N está apoiado sobre quatro molas

de constante de 3800 N/m cada uma. O motor só pode se mover na vertical, e a

amplitude de vibração é de 0.020 m a uma velocidade de 600 rpm.

Sabendo-se que a massa desbalanceada é 6 kg , determinar a distância entre

seu eixo de massa e o eixo de giro.

EXEMPLO 4.5



57

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o

– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M

e c â n i c a s

N2500P =

m

N

152004xm

N

3800k eq ==

kg254.84m =

Solução:

FrequenciaFrequencia natural de vibranatural de vibraççãoão

s

rad 7.72

84.254

15200===

m

k eq

nω

FrequenciaFrequencia de excitade excitaççãoão

s

rad 62.83

rot1

rad2π

60s

min

min

rot600 ==ω

EXEMPLO 4.5



58



e c â n i c a s

Solução:

Amplitude de vibraAmplitude de vibraçção forão forççadaada

22

11

−

=

−

=

nn

o k

P

A

ω

ω

ω

ω

δ m

N 15200keq =

s

rad 7.72=

n

ω

s

rad 62.83=ω

N2500P =

m xk

P

A

n

322 1053.2

24.65

164.0

72.783.62

1

152002500

1

−−=−=

−

=

−

=

ω

ω

EXEMPLO 4.5



59

P

r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o


e c â n i c a s

Solução:

2.. ω emF c = 2.ω m

F e c= ( )

mm13m0.01383.62.6

3042 ===e

( ) N304020.015200. =

== m

m

N xk F eq

EXEMPLO 4.6



60

P



e c â n i c a s

O diagrama esquemático de uma turbina de

água tipo Francis está mostrado na Fig. , na

qual a água flui de A para as lâminas B e caem

no conduto C.

O rotor tem uma massa de 250 kg e um

desbalanceamento (me) de 5 kg.mm.

A folga radial entre o rotor e o estator é 5

mm. A turbina opera na faixa de velocidades

entre 600 e 6000 rpm. Considerar 0.8 da

velocidade ω1 e 1.2 de ω2.

O eixo de aço que suporta o rotor pode ser

assumido como engastado nos mancais (livre

para girar).

Determinar o diâmetro do eixo de forma que o

rotor não entre em contato com o estator em

todas as velocidades de operação da turbina.

Assumir que o amortecimento é pequeno.

m2l

/ 2.07x10E

rpm6000n

rpm600n

m0.005mm5A

kg.m0.005kg.mm5

kg250m

211

2

1

=

=

=

=

==

==

=

⊗

m N

me

Dados

EXEMPLO 4.6

S l ã



61

P



e c â n i c a s

Solução:

2

2

ω ω

mk me A−

=

+= m A

me

k

2

ω

3

4

3

4

3

4

3147.0

64

3643

3

l

Ed

l

Ed

l

d E

l

EI k ==

== π

π

+= m

A

me

l

Ed 23

4

147.0 ω

+= m

A

me

E

ld

147.0

. 324 ω

+= m

A

me

E

ld

324 .

791.6 ω

Amplitude de vibraAmplitude de vibraçção forão forççadaada

Rigidez dinâmicaRigidez dinâmica

Diâmetro do EixoDiâmetro do Eixo

Rigidez flexionalRigidez flexional

EXEMPLO 4.6



62

P



e c â n i c a s

Solução:

Faixa de velocidades de operaFaixa de velocidades de operaçção da turbinaão da turbina

21 ≤≤

s

rad 62.83

s

rad 20π

60

2π x600

60

2π xω 11 ==== n

s

rad 628.31

s

rad 200π

60

2π x6000

60

2π xω 22 ==== n

21 2.18.0 ≤≤

Faixa de velocidades de operaFaixa de velocidades de operaçção da turbina considerando uma margem deão da turbina considerando uma margem de

seguranseguranççaa

97.75326.50 ≤≤

31.62883.62 ≤≤

EXEMPLO 4.6

k250m

⊗ Dados



63

P



e c â n i c a s

Solução:

Diâmetro do EixoDiâmetro do Eixo

+= m

A

me

E

ld

324 .

791.6 ω 97.75326.50 ≤≤

m2l / 2.07x10E

rpm6000n

rpm600n

m0.005mm5Akg.m0.005kg.mm5

kg250m

211

2

1

==

=

=

====

=

m N

me

4

321

1

.791.6

+= m

A

me

E

ld

ω

4

322

2

.791.6

+= m

A

me

E

ld

ω

( ) ( )4

11

32

1 250005.0

005.0

1007.2

2.26.50791.6

+=

xd m0.1131 =d

( ) ( )4

11

32

2 250005.0

005.0

1007.2

2.97.753791.6

+=

xd m0.4402 =d

EXEMPLO 4.6

S l ã



64

P



e c â n i c a s

Solução:

+= m

A

mek

2ω

FrequenciaFrequencia naturalnatural

k k

m

k

n

0632.0250

===ω

11 0632.0 k n =ω

22 0632.0 k n =ω

211 251ω =k

222 251ω =k

srad 50.3226.50*2510632.02510632.0 22

11 === ω ω n

97.75326.50 ≤≤

s

rad 754.9397.753*2510632.02510632.0 22

22 === ω ω n

+= m

A

me

E

ld

324 .

791.6 ω

VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4



65

P



e c â n i c a s

Vibrações

Livre Forçada

Sem

Amortecimento

Com

amortecimento

Sem

Amortecimento

Com

amortecimento

[ ] [ ] [ ] ( )t F xK xC x M =++ &&&

[ ] [ ] 0=+ xK x M &&

[ ] [ ] [ ] 0=++ xK xC x M &&&

[ ] [ ] ( )t F xK x M =+&&


4 3 C d d



66

P



e c â n i c a s

ModeloModelo comcom ExcitaExcitaççãoão porpor

desbalanceamentodesbalanceamento dede massamassa

ModeloModelo comcom ExcitaExcitaççãoão ExternaExterna

Transmissibilidade de Força

ModeloModelo comcom ExcitaExcitaççãoão de Basede Base

Transmissibilidade de Deslocamento

4.3 – Casos a serem estudados


4 3 1 M d l E it ã E t



67

P



e c â n i c a s

4.3.1 – Modelo com Excitação Externa

Sistema em OperaSistema em Operaççãoão Gerar ForGerar Forççasas Produzir VibraProduzir Vibraççõesões

IndesejIndesejááveisveis

Podem ser reduzidasPodem ser reduzidasProjetar os suportesProjetar os suportesReduzir seus efeitosReduzir seus efeitos


4 3 1 Modelo com Excitação Externa



68

P



e c â n i c a s






69

P



e c â n i c a s






70

P



e c â n i c a s


∑ = amF rr

t senF xckx xm o+−−= &&& t senF kx xc xm o=++ &&& (4.33)


4 3 1 – Modelo com Excitação Externa



71

P



e c â n i c a s

t senm

F x

m

k x

m

c x o ω =++ &&&

(4.34)


mk

c

m

c

c

c

ncrit .2..2 ===ω

ζ (3.149)

Da Equação 3.149:


4 3 1 – Modelo com Excitação Externa



72

P



e c â n i c a s

t senm

F x x x o

nn ω ω ζω =++ 22 &&& (4.35)

4.3.1 Modelo com Excitação Externa

m

k n =ω





73

P


– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s


SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:

ph x x x += (4.36)

SoluSoluçção da equaão da equaççãoão homgêneahomgênea SoluSoluçção da equaão da equaçção particular:ão particular:

parte do movimento que continuaparte do movimento que continua

enquanto a forenquanto a forçça F estiver presentea F estiver presente





74

P




EquaEquaçção Homogênea:ão Homogênea:

A soluA soluççãoão éé a mesma do caso de um movimento livre amortecido.a mesma do caso de um movimento livre amortecido.

SoluSoluçção Equaão EquaççãoãoHomogênea:Homogênea:

+=

−−−

−+−

− t t

t

h

nnn beaee x

ω ζ ζ ω ζ ζ ζω

11 22

(4.38)

( )θ ω ζω += −t sen Ae x a

t

hn .. (4.39)

0=++ kx xc xm &&& (4.37)





75

P



ç

SoluSoluçção Particular:ão Particular:

t Bt Asen x p cos+=

t Bsent A x p −= cos&

t Bt Asen x p ω ω ω ω cos

22

−−=&&

t senF kx xc xm o=++ &&&





76



ç


t senF t kBt kAsent Bsenct Act Bmt Asenm o ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω =++−+−− coscoscos22

( ) ( ) ( ) t senF t Bt Asenk t Bsent Act Bt Asenm o ω ω ω ω ω ω ω ω ω =++−++− coscoscos

2

0≠t sen 0cos ≠t

( ) ( ) t senF t BmkB Act senkA Bc Am o ω ω ω ω ω ω ω =−+++−− cos22

( ) oF kA Bc Am =+−− ω ω 2

02 =−+ BmkB Ac ω ω





77




( ) oF kA Bc Am =+−− ω ω 2

02 =−+ BmkB Ac ω ω

( ) oF Bc Amk =−− ω ω 2

( ) 02 =−+ Bmk Ac ω ω

=

−

−−

02

2oF

B

A

mk c

cmk

ω ω

ω ω

222

2

)()(

)(

ω ω

ω

cmk

mk F A o

+−

−= (4.40)

( )

( ) ( )

2222

22

...2 ω ω ζ ω ω

ω ω

nn

on F A

+−

−=

222 )()( ω ω cmk

F c B o

+−

−= (4.41)( ) ( )2222 ...2

....2

ω ω ζ ω ω

ω ζ

nn

on F B

+−=





78



222

2

)()(

)(

ω ω

ω

cmk

mk F

A o

+−

−

=222 )()( ω ω

ω

cmk

cF B o

+−

−=

Substituir

t Bt Asen x p cos+=

( )222

2

)()( cos)(ω ω

ω ω ω ω cmk

t ct senmk F x o p+−−−= (4.42)





79



( )222

2

222 )()(

cos)(

)()( ω ω

ω ω ω ω

ω ω cmk

t ct senmk

cmk

F x o

p

+−

−−

+−=

)()()( 222

φ ω ω ω

−+−

= t sencmk

F x o

p (4.43)

222

1

2

1

2

)(

tan

r

r

mk

c

n

n

−

=

−

=

−

= ζ

ω ω

ω

ω ζ

ω

ω φ (4.44) Ângulo de Fase:Ângulo de Fase:

( )222

2

)()(

cos)(

ω ω

ω ω ω ω

cmk

t ct senmk F x o p

+−

−−=





80


– C u r s o d e V i b r a ç õ e s

M e c â n i c a s


ph x x x +=

( ) )()()(

..222

φ ω ω ω

θ ω ζω −+−

++= −t sen

cmk

F t sen Ae x o

a

t n

(4.45)

( )θ ω ζω += −t sen Ae x a

t

hn ..

)()()( 222

φ ω ω ω

−+−

= t sencmk

F x o

p

Resposta Transiente Resposta em regime permanente





81

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s

M e c â n i c a s

( ) )()()(

..222

φ ω ω ω

θ ω ζω −+−

++= −t sen

cmk

F t sen Ae x o

a

t n

(4.45)






82


M e c â n i c a s


( ) )(.. φ ω θ ω ζω −++= −t sen At sen Ae x oa

t n (4.47)

A e θ ⇒ Constantes a serem determinadas pelas condições iniciais.

São diferentes daquelas obtidas para o caso de resposta livre.São diferentes daquelas obtidas para o caso de resposta livre.

222

0

)()( ω ω cmk

F A

o +−=

(4.48)

( ) )()()(

..222

φ ω ω ω

θ ω ζω −+−

++= −t sen

cmk

F t sen Ae x o

a

t n

(4.46)


Ao




83


M e c â n i c a s

Condições iniciais:



t n

θ

φ

sen

A x A

o cos0 −= (4.49)

( )( )

+−+

−=φ ζω φ ω ζω

φ ω θ cos

cos00

0

non

oa

sen A x x

A xarctg

&(4.50)





84


M e c â n i c a s

Portanto, a resposta permanente tem a mesma forma da excitação (função harmônica),

tem a mesma freqüência ω, porém está atrasada em relação à excitação de um ângulo de

fase φ.





85


M e c â n i c a s

222

0

)()( ω ω cmk

F Ao

+−=

(4.48)

222

0

)()( ω ω cmk

F Ao

+−= k ÷

222

0

)1()( ω ω ck k

mk k

k

F

Ao

+−

=

22

22

0

)2.

1(1 ζω ω ω ω

ω n

nn

o

mm

k

F

A

+

−

=

n2mω

c=ζ ζ n2mω=c

mk nn .m

k 22 ω ω =→=

Usando resposta de vibraUsando resposta de vibraçção forão forççada para medir as propriedades de um sistemaada para medir as propriedades de um sistema





86


M e c â n i c a s

22

2

0

)2.

1(1 ζω ω ω ω

ω n

nn

o

mm

k F

A

+

−

=222

0

21

+

−

=

nn

ok

F

A

ω

ω ζ

ω

ω

222

21

+

−

=

nn

oo A

ω ω ζ

ω ω

δ

(4.51)

Usando resposta de vibraUsando resposta de vibraçção forão forççada para medir as propriedades de um sistema.ada para medir as propriedades de um sistema.





87


M e c â n i c a s

222

21

+

−

=

nn

oo A

ω

ω ζ

ω

ω

δ

(4.51)

222

21

1

+

−

=

nn

o

o A

ω

ω ζ

ω

ω δ (4.52)






88

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d

o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s

M e c â n i c a s

o

oδA

Representa a razão entre a amplitude dinâmica e a

amplitude estática do movimento.

Fator de Amplificação, Fator de Ampliação ou Coeficiente de Amplitude:

o

o AFA

δ = (4.53)

222

21

1

+

−

=

nn

FA

ω

ω ζ

ω

ω (4.54)






89



M e c â n i c a s

Fator de Amplificação: n

r ω

= (4.55)

[ ] [ ]222

..21

1

r r

FA

ζ +−

= (4.54) 2

1

..2tan

r

r

−

= ζ

φ





90



M e c â n i c a s

222

21

+

−

=

nn

oo A

ω

ω ζ

ω

ω

δ

(4.51)

DeterminaDeterminaçção daão da frequênciafrequência dede ressonânicaressonânica ⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒ Amplitude da respostaAmplitude da resposta éé mmááximaxima

AAoo será a amplitude máxima se o denominador é um mínimo.

( ) ( )( ) 021 222 =+− r r dr

d ζ (4.56)

( ) 0421 2224 =+−+ r r r d

d ζ (4.57)





91



M e c â n i c a s

( ) 0421 2224 =+−+ r r r dr

d ζ

0844 23 =+− r r r ζ ( ) 0844 22 =+− ζ r r

02122

=+− ζ r

SoluSoluçção:ão:0844 22 =+− ζ r

0=r

22

21 ζ −=r

221 ζ −=r (4.58)





92



M e c â n i c a s

221 ζ −=r (4.58) Para:

( ) ( ) ( ) ( )222222 2121 r r

k

F

r r

A

o

oo

ζ ζ

δ

+−=

+−=

22 1212 ζ ζ ζ ζ

δ

−=

−= k

F

A

o

o MAX

(4.59)

212

1

ζ ζ −= MAX FA

(4.60) ζ 2

1)( =resFA (4.61)





93



M e c â n i c a s

Fator de Qualidade (ou Agudeza de Ressonância)

( ) aressonanciFAQ = (4.62)

ζ 2

1=Q (4.63)





94



M e c â n i c a s

Para pequenos ζ (< 0.2)

Largura da banda ∆ω∆ω∆ω∆ω

Fator de Qualidade

122

1

ω ω ζ −== n

Q (4.64)

nζω ω ω ω 212 =−=∆ (4.65)





95



M e c â n i c a s

Frequências da Banda

−+=

QQn 2

1

4

11

21 ω ω (4.66)

++=

QQn

2

1

4

11

22 ω ω (4.67)




96



M e c â n i c a s




97



M e c â n i c a s




98



M e c â n i c a s




99



M e c â n i c a s

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.7

Um compressor a ar com massa 100 kg é montado sobre uma base elástica.

Foi observado que quando uma amplitude de força harmônica de 100 N é



100



M e c â n i c a s

q q p ç

aplicada no compressor, o máximo deslocamento foi de 5 mm obtido a uma

rotação de 300 rpm.

Determine as constantes de rigidez e amortecimento da base elástica.

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.7

Solução:



101



M e c â n i c a s

rad/s10π60

300x2πrpm300n

N;100F

kg;100mm;0.005mm5

:

max

o

==→=

=

===

⊗

ω

o A

DADOS

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.7

METODOLOGIA PARA SOLUMETODOLOGIA PARA SOLUÇÇÃO:ÃO:



102


212 ζ ζ −=

k

F

A

o

MAX

(4.59)

m

k n =ω

(4.6)

n

r ω

=

(4.55)

mk

c

m

c

n .2..2 ==ω

ζ

(3.149)

221 ζ −=r (4.58)

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.7

Solução:

212 ζ ζ −= k

F

A

o

MAX



103


ζζ

k k

m

k n 01.0

100 ===ω

n

r ω

= 2

21 ζ −=r

22101.0

ζ ω

−=k

22101.0

10ζ

π −=

k

22101.0

4.31ζ −=

k

22101.0

96.985ζ −=

k 202.001.0

96.985

ζ −=k

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.7

Solução:

N;100F

kg;100m

m;0.005mm5

:

o =

=

==

⊗

o A

DADOS



104


212 ζ ζ −= k

F

A

o

MAX

202.001.0

96.985

ζ −=k

2

2

12

00201.0985100

005.0ζ ζ

ζ

−

−= ( )2

2

00201.0

12

985

100005.0

ζ

ζ ζ

−

−=

( )2

2

00201.0

12

985

100005.0

ζ

ζ ζ

−

−=

( )2

2

00201.0

12030.0005.0

ζ

ζ ζ

−

−= 0998.0=ζ

rad/s10π60

300x2πrpm300n max ==→= ω

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.7

Solução:

m;0.005mm5

:

==

⊗

o A

DADOS



105


rad/s10π60

300x2π

rpm300n

N;100F

kg;100m

max

o

==→=

=

=

ω

mk c

mc

cc

ncrit .2..2 ===ω

ζ (3.149)

nm

c

ω ζ

..2= N.s/m633.396..2. == nmc ζ

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.8

Determinar a resposta total de um sistema com 1GDL, com os seguintes

parâmetros::⊗ Dados



106


0x m;0.01xiniciaisCondições

N/m4000k N.s/m;20c kg;10m

:

00 ==→

===

⊗

&

Dados

a) Uma força F(t) = Fo.cosωt atua no sistema com Fo = 100 N e ω = 10 rad/s;

b) Vibração livre com F(t) = 0 .

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.8


( ) )(.. φ ω θ ω ζω −++= −t sen

F t sen Ae x o

a

t n

(4 46)



107


( ) )()()( 222

φω ω +− cmk

a (4.46)



t n (4.47)

[ ] [ ]222222

0

.21)()( r r cmk

F A oo

ζ

δ

ω ω +−=

+−=

(4.48)

θ

φ

sen

A x

A o cos0 −

= (4.49)

( )( )

+−+

−=

φ ζω φ ω ζω

φ ω θ

cos

cos

00

0

non

oa

sen A x x

A xarctg

&(4.50)

21

..2tan

r

r

−=

ζ φ (4.57)

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.8



:

00 ==→

===

⊗

&

Dados

Solução:

FrequênciaFrequência NaturalNatural



108


Hz3.18rad/s20kg10

N/m4000==== m

k nω

FrequênciaFrequência NaturalNatural

Deslocamento EstDeslocamento Estááticotico

m0.025N/m4000

N100===

k

F ooδ

Razão deRazão de FrequênciasFrequências

5.020

10===

n

r ω

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.8

a) Uma força F(t) = Fo.cosωt atua no sistema com Fo = 100 N e ω = 10 rad/s;

b) Vib ã li F(t) 0

Solução:



109

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r

d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s



:

00 ==→

===

⊗

&

Dados

b) Vibração livre com F(t) = 0 .

( )( )05.0

1040002

20

22 =====

mk

c

m

c

c

c

ncrit ω ζ

Fator de AmortecimentoFator de Amortecimento

FrequênciaFrequência amortecidaamortecida

( ) Hz3.18rad/s19.9720.05.01.1 22 ==−=−= na ω ζ ω

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.8



:

00 ==→

===

⊗

&

DadosSolução:



110


d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e

s M e c â n i c a s

Amplitude da Resposta em Regime PermanenteAmplitude da Resposta em Regime Permanente

[ ] [ ]222222

0

.21)()( r r cmk

F A o

o

ζ ω ω +−=

+−=

(4.48)

[ ] [ ] ( )[ ] ( )( )[ ]m0.025

5.005.0205.01

025.0

.21 222222=

+−

=+−

=r r

A oo

ζ

δ

21

..2tan

r

r

−=

ζ φ (4.57)

Ângulo de FaseÂngulo de Fase( )( )

( )o81.3

5.01

5.005.0.2tan

2 =→

−= φ φ

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.8

Solução:

m;0.01x:

0 =⊗ Dados Ângulo da Resposta TransienteÂngulo da Resposta Transiente



111




m-0.00234A

rad/s;10

rad/s;20ω

0.05;

;3.81 m;0.033A

rad/s;19.97

0x

n

o

o

0

0

=

=

=

=

=

=

=

=

ω

ζ

φ

ω a

&

( )

( )

+−+

−=

φ ζω φ ω ζω

φ ω θ

cos

cos

00

0

non

oa

sen A x x

A xarctg

&

(4.50)

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

o

senarctg 96.83

81.3cos2005.081.310025.001.02005.0

81.3cos025.001.097.19=

+−

−=θ

o96.83=θ

θ

φ

sen

A x A o cos0 −= (4.49)

Amplitude MAmplitude Mááxima da Resposta Transientexima da Resposta Transiente

m0.023096.83

81.3cos033.001.0−=

−=

sen A

EXEMPLO 4.3

EXEMPLO 4.8

S lS l ã G l d M i tã G l d M i t

0

0

rad/s;19.97

0x

m;0.01x

:

=

=

=

⊗

ω a

Dados

&



112






t n (4.47)

( ) )81.310(025.096.8397.19.0230.0 20*05.0 oot t sent sene x −++−= −

o

n

o

o

84.39

m-0.00234A

rad/s;10

rad/s;20ω 0.05;

;3.81

m;0.033A

=

=

=

==

=

=

θ

ω

ζ

φ

Um sistema massa-mola-amortecedor está sujeito a uma força harmônica.

Determinar a amplitude de movimento e o ângulo de fase.

EXEMPLO 4.9



113




400sen30tF

N/m;10000k

N.s/m;150c

kg;5m

:

=

=

=

=

⊗ Dados

EXEMPLO 4.9

Solução:

Amplitude da Resposta em Regime PermanenteAmplitude da Resposta em Regime Permanente:

400sen30tF

N/m;10000k

N.s/m;150c

kg;5m

:

=

=

=

=

⊗ Dados



114




[ ] [ ]222222

0

.21)()( r r cmk

F A o

o

ζ

δ

ω ω +−=

+−=

(4.48)

Hz7.16rad/s72.44kg5

N/m10000====

m

k nω FrequênciaFrequência Natural:Natural:

Razão deRazão de FrequênciasFrequências:: 6708.072.44

30===

n

r ω

( )( )3354.0

5100002

150

22 =====

mk

c

m

c

c

c

ncrit ω ζ Fator de Amortecimento:Fator de Amortecimento:

EXEMPLO 4.9

Solução:

N/10000k

N.s/m;150ckg;5m

:

==

⊗ Dados

Deslocamento EstDeslocamento Estááticotico



115

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e


400sen30tF

N/m;10000k

=

=

[ ] [ ] ( )[ ] ( )( )[ ]m0.0563

6708.03354.026708.01

04.0

.21 222222=

+−

=+−

=r r

A oo

ζ

m0.04N/m10000

N400===

k

F ooδ

21

..2tan

r

r

−=

ζ φ (4.57)

Ângulo de FaseÂngulo de Fase

( )( ) oarctg

r

r 29.39

6708.01

6708.03354.02

1

..2tan

22 =

−=→

−= φ

ζ φ


Isolamento de vibraIsolamento de vibraçções:ões:

4.3.2 – Modelo com Excitação de Base



116




1) Isolar a m1) Isolar a mááquina de deslocamentos provenientes da base (fundaquina de deslocamentos provenientes da base (fundaçção)ão)

devidosdevidos ààs vibras vibraçções provocadas por equipamentos situados nasões provocadas por equipamentos situados nas

vizinhanvizinhançças.as.


4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento

Supondo x > y:



117



2a Lei de Newton:

xm y xk y xc &&&& =−−−− )()(

( ) y xk − ( ) y xc && −

0)()( =−+−+ y xk y xc xm &&&&

(4.67)ky yckx xc xm +=++ &&&&


(4 67)kyyckxxcxm +++ &&&&




118



t Ysen y b= t Y y bb cos=&

(4.67)ky yckx xc xm +=++

Movimento da base:

Substituindo na EDOL:

t Yksent Yckx xc xm bbb +=++ cos&&& (4.68)



t Yksent Yckx xc xm +=++ cos&&& (4.68)



119



Trigonometria:

Associando P = ωt e Q = α

Multiplicando por A:

PsenQQsenPQPsen coscos)( −=− (4.69)

t sent sent sen α coscos)( −=− (4.70)

t Asent Asent Asen coscos)( −=− (4.71)

Yc AsenYk A == - e cos (4.72)



t Yksent Yckx xc xm +=++ cos&&& (4.68)



120



[ ] ( ) ( )[ ]t senk t cY t sen At Asen +=+− coscoscos

[ ] ( ) ( )[ ][ ]22 coscoscos t senk t cY t sen At Asen ω ω ω ω α ω α +=+−

[ ] ( ) ( ) t senk t cY t sen At sen A ω ω ω ω α ω α 22222222222 coscoscos +=+

[ ] ( ) ( )2222222 cos k cY Asen A +=+ ω α α

t Asent Asent Asen coscos)( −=− (4.71)



[ ] ( ) ( )2222222 cos k cY Asen A +=+ ω α α



121



22

)( ω ck Y A += (4.72)

k

csentgα −== cos (4.73)

−= k

carctg

ω α (4.74)

s



Logo, a EDOL pode ser rescrita como:



122

P r o f . A l e x a n d r e E d u a

r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e


( )−=++ t Asenkx xc xm &&& (4.75)

ou:

( )α ω ω −+=++ t senck Y kx xc xm

222&&& (4.76)

Conclusão:

o deslocamento harmônico da base

equivale à excitação de uma força harmônica de amplitude A,

atuando diretamente sobre a massa m.

s



Algumas RelaAlgumas Relaçções Importantes:ões Importantes:



123


r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s

( ) ( ) ( )α ω ω ζ ω ω ω ζω −+=++ t senmmY x x x nnnn

22222 2.2 &&&

nm

c

ω ζ 2=

m

k

n

=ω

ζ nmc 2=

mk n .2ω =

( )α ω ω ζ ω ω ω ζω −+=++ t senY x x x nnnn

22242 42 &&& (4.77)

s



A resposta em regime permanente da massa pode ser expressa:



124


r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s

( ))(

)()(

1222

22

α φ ω

ω ω

ω −−

+−

+= t sen

cmk

ck Y x p (4.78)

2221 1

2

1

2

)(tan

r

r

mk

c

n

n

−=

−

=−

= ζ

ω

ω

ω ω ζ

ω

ω φ (4.79)

Ângulo de Fase:Ângulo de Fase:

Que é semelhante a expressão 4.43.

)()()( 222 φ ω ω ω −+−= t sencmk

F

x

o

p (4.43)

a s



Pode-se colocar a eq. (4.78) numa forma mais conveniente:



125


r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a

( ))(

)()(1222

22

α φ ω ω ω

ω −−

+−

+= t sen

cmk

ck Y x p (4.78)

)()( φ −= t Xsent x p (4.79)

onde:( )

( ) ( )222

22

ω ω

ω

cmk

ck Y X

+−

+= (4.80)

φ φ += 1 (4.81)

a s



onde φ1 e α são dados, respectivamente, por



126



após simplificações

−

=21

ω

ω φ

mk

carctg (4.82)

−=

k

carctg

ω α (4.83)

)

)2(1

2(

22

3

r r

r arctg

ζ

ζ φ

+−

= (4.84)

a s



Usando:nm

c

ω ζ

2= ζ nmc 2=



127



( ) ( )( ) ( )2222

222

22

ω ω ζ ω ω ω ω ζ ω

nn

nn

mmmmm

Y X

+−+=

mk

n =ω mk n .2

ω =

222

2

)2()1(

)2(1

r r

r

Y

X FA

ζ

ζ

+−

+== (4.85)

Fator de amplificaFator de amplificaçção:ão:

a s



Se uma massa deve ser isolada de um indesejado movimento harmônico da

b t i ibilid d d d l t d i l d é d d



128



222

2

)2()1()2(1

r r

r

Y

X T d

ζ

ζ

+−

+== (4.86)

base, a transmissibilidade de deslocamento do isolador é dada por

Qual a freqQual a freqüüência em que a amplitudeência em que a amplitude éé mmááxima?xima?

Qual o ponto de mQual o ponto de mááxima amplitude?xima amplitude?

ζ

ζ

2

811 2++−=r (4.87)

c a s





129


r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c

2=nω nω ω *2=

c a s


4.3.3 – Comparação entre as Curvas de Transmissibilidade de Deslocamento de Força



130


r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c

c a s

EXEMPLO 4.10

A figura abaixo mostra um modelo simplificado de um veículo motorizado que oscila na

direção vertical (1 GDL) enquanto move-se sobre uma estrada ondulada.

A carroceria suspensa do veículo tem uma massa de 1200 kg e o sistema de suspensão

tem constante equivalente de mola de 400 kN/m e constante de amortecimento de 20



131


r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ

e s M e c â n i c

kNs/m .

Se a velocidade do veículo é de 100 km/h , determine a amplitude X do movimento da

carroceria.

Sabe-se que a superfície da estrada varia segundo uma senóide com amplitude Y = 0.05

m e λ = 6 m .

m6

m;0.05Y

km/h;100v

N/m;000400k

N.s/m;20000c

kg;1200m:

=

=

=

=

=

=⊗

λ

Dados

c a s

EXEMPLO 4.10

Solução:

k1200

:⊗ Dados



132



e s M e c â n i

m6

m;0.05Y

km/h;100v

N/m;000400k

N.s/m;20000c

kg;1200m

=

=

=

=

=

=

λ

( )( ) ( )

2

1

222

2

2121

+−

+=

r r

r

Y

X

ζ

ζ (4.75)

i c a s

EXEMPLO 4.10

Solução:

km/h;100v

N/m;000400kN.s/m;20000c

kg;1200m

:

=

==

=

⊗ Dados



133



e s M e c â n

m6

m;0.05Y

;

=

=

λ

FreqFreqüüência Natural:ência Natural: rad/s26.181200

400000===

m

k nω

Fator de Amortecimento:Fator de Amortecimento:

( )( ) 46.03.1812002

20000

2 ===nm

c

ω ζ

n i c a s

EXEMPLO 4.10

Solução:

:⊗ Dados



134



e s M e c â n

m6

m;0.05Y

km/h;100v

N/m;000400k N.s/m;20000c

kg;1200m

=

=

=

==

=

λ

rad/s29.089

ciclo6

rad2π

s3600

1h

km1

m1000

h

km 100 =

=ω

n i c a s

EXEMPLO 4.10

Solução:

6.123.1809.29 ===

n

r ω

Razão deRazão de FrequênciaFrequência::



135

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ

e s M e c â n

mm42.5m0.0425)6.1*5.0*2()6.11(

)6.1*5.0*2(105,0

222

2

==+−

+= X

( )

( ) ( )

21

222

2

21

21

+−

+=

r r

r

Y

X

ζ

ζ (4.75)

n i c a s

EXEMPLO 4.10

Solução:



136


e s M e c â n

85.005.0

0425.0 ==Y

X

6.123.18

09.29===

n

r ω

n i c a s



2) Isolar a base (funda2) Isolar a base (fundaçção) de forão) de forçças geradas pela mas geradas pela mááquina (casos dequina (casos de



137


e s M e c â mmááquinas rotativas, alternativas, prensas, etc.)quinas rotativas, alternativas, prensas, etc.)

â n i c a s


4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força



138


e s M e c â

Força transmitida a massa principal = Força no suporte

t F y xk y xc xm =−+−=− )()( &&&& (4.88)

â n i c a s

)( φ −= t Xsen x p

Resposta permanente:Resposta permanente:



)cos( φ −= t X x p&



139


e s M e c â esposta pe a e tep p p

)(2 φ ω ω −−= t Xsen x p&&&

Substituindo na Eq. 4.88:

t F xm =− &&

t F y xk y xc xm =−+−=− )()( &&&& (4.88)

( )φ ω ω −−−= t XsenmF t

2 ( )φ ω ω −= t XsenmF t

2

( )φ −= t senF F T t (4.89)

X mF T

2ω = (4.90)

Valor mValor mááximo a forximo a forçça transmitida a base:a transmitida a base:

â n i c a s



X mF T

2ω = (4.90) ( )

( ) ( )

21

222

2

21

21

+−

+=

r r

r

Y

X

ζ

ζ (4.75)



140


e s M e c â

( )

( ) ( )

2

1

222

22

21

21

+−

+=

r r

r

Y

m

F

n

T

ζ

ζ ω ( )

( ) ( )222

2

221

21

r r

r

Y m

F

n

T

ζ

ζ

ω +−

+=

( )( ) ( )222

2

2

2

2121

r r

r

Y m

X m

n ζ

ζ

ω

ω

+−

+= (4.92)( )( ) ( )222

22

2121

r r

r r Y

X T F

ζ

ζ

+−

+==

( )

( ) ( )222

2

21

21

r r

r

kY

F T

ζ

ζ

+−

+= (4.91)

c â n i c a s





141


e s M e c

c â n i c a s

Deslocamento da massa em relaDeslocamento da massa em relaççãoão àà basebase


4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo



142


e s M e c y x z −= (4.93)

EDO:EDO:

0)()( =−+−+ y xk y xc xm &&&&

(4.94) ymkz zc zm &&&&& −=++

(4.95)t Ysenmkz zc zm ω ω 2=++ &&&

c â n i c a s

Resposta Permanente:Resposta Permanente:



2ω Ym



143

P r o f . A l e x a n d r e E d u

a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ

e s M e c

( ) ( )

)()( 1

22

2

φ ω

ω ω

ω −

+−

= t sen

cmk

Y mt z (4.96)

Amplitude Z:Amplitude Z:

( ) ( )222

2

ω ω

ω

cmk

Y m Z

+−=

(4.97)

( ) ( )222

2

21 r r

r Y Z

ζ +−= (4.98)

c â n i c a s Ângulo de FaseÂngulo de Fase φφφφφφφφ11::



−=

21ω

ω φ

mk

carctg (4.99)



144


a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e

−= 21

2

r

r arctg

ζ φ (4.100)

( ) ( )222

2

21 r r

r

Y

Z

ζ +−= (4.101)

e c â n i c a s

Uma máquina pesando 3000 N está

colocada sobre uma fundação elástica.

A deflexão estática da fundação devida ao

peso da máquina vale 7,5 cm.

EXEMPLO 4.11



145



Observa-se que a máquina vibra com uma

amplitude de 1 cm quando a base da fundação

é submetida a uma oscilação harmônica de

amplitude 0,25 cm e freqüência igual à

freqüência natural do sistema.

Determinar:

(1) coeficiente de amortecimento da fundação;

(2) amplitude da força transmitida à base;

(3) amplitude do deslocamento da máquina em

relação à base.

e c â n i c a s

⊗⊗⊗⊗⊗⊗⊗⊗ DADOSDADOS::

W = 3000 N ⇒ m = 305,81 kg

δst = 7,5 cm = 0,075 m

X = 1 cm

Y = 0,25 cm = 0,0025 m

Sistema em ressonância:Sistema em ressonância:

nr ω ω ω

=⇒== 1

Solução:

EXEMPLO 4.11



146


a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e nω

rad/s44.11075.0

81.9====

st

n

g

δ ω ω

Na ressonância: r = 1r = 1 ( )

( ) ( )

2

1

222

2

21

21

+−

+=

r r

r

Y

X

ζ

ζ (4.75)

ζ

ζ

ζ

ζ

2

)2(1

)2(

)2(1 2

2

2 +=

+=

Y

X

e c â n i c a s

Solução:

EXEMPLO 4.11

1291.040025.0

010.0

2

)2(1 2

=⇒==+

ζ ζ

ζ



147



44,111291,081,305222

x x xmcm

cn

n

==⇒= ζω ω

ζ

N.s/m051.903=c

(1) coeficiente de amortecimento da funda(1) coeficiente de amortecimento da fundaççãoão

e c â n i c a s

22 )2(1 r

rTζ +

=

(2) Amplitude da for(2) Amplitude da forçça transmitidaa transmitida àà base;base;

Solução:

EXEMPLO 4.11



148


a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M

222

)2()1( r r

r T f

ζ +−

=

Na ressonância:

ζ

ζ

2

)2(1 2+= f T

41291.0*2 )1291.0*2(1

2

=+= f T

r = 1r = 1

M e c â n i c a s

kY

F T T

f

= kY T F f T =

N/m51.4002244.11*81.305 22 === nmk ω

Solução:

EXEMPLO 4.11



149



N400.220025.0*51.40022*4 ==T F

( ) ( )222

2

21 r r

r Y Z

ζ +−

=

mm9.67m00968.0

1291.0*2

0025.0

2

====

ζ

Y Z

Obs.:Obs.: Z = 0,00968 mZ = 0,00968 m ≠ XX -- Y = 0,01Y = 0,01 -- 0,0025 =0,0025 = 0,0075 m0,0075 m

por causa da diferença de fase entre x, y e z.

Na ressonância:

r = 1r = 1

M e c â n i c a s


4.4 – Desbalanceamento Rotativo

Pequenas irregularidades na distribuição de massas rotativas de eixos de

máquinas rotativas, quando em movimento, podem causar vibrações devido ao

desbalanceamento rotativo.



150



M e c â n i c a s





151


a r d o – C u r s o d e V i b r a ç

õ e s M

m 0

k

c

e

ωωωωr

e = excentricidade;

m o = massa de

desbalanceamento

ωωωωr = frequência de rotação

Esquema do

desbalanceamento

rotativo de uma

máquina

M e c â n i c a s

m 0

e



m 0

R x

ωωωωr

t esen x r r =



152



õ e s M

k

c

ωωωωrt e

0

θ θθ θ R y

ω ωω ω r t e x

r r r

ω ω cos=&

t esen x r r r ω ω 2−=&&

t ememam R

t senemsenemam R

r r or o y y

r r or o x x

ω ω θ ω

ω ω θ ω

coscos 220

220

−=−==

−=−==(4.102)

M e c â n i c a s



2 sino r r

mx cx kx m e t ω ω + + =&& & (4.103)



153



õ e s

2 2 2 sinon n r r

m x x x e t

mζω ω ω ω + + =&& & (4.104)

( ) sin( ) p r

x t X t ω φ = − (4.105)

M e c â n i c a s



( )

2

22 2(1 ) 2

om e r X

m r r ζ =

− +(4.106)



154



õ e s

Na ressonância r = 1 :

m

em X

ζ 2

0= (4.107)

122tan

1r

r ζ φ − = −

(4.108)

M e c â n i c a s





155



õ e s


Uma máquina rotativa apresenta os seguintes dados: deflexão na ressonância

é 0.1 m, ζ = 0.05 e a m0 = 10% do valor de m.Determinar o valor da excentricidade (e) e a quantidade de massa adicional (∆m)

necessária para reduzir a amplitude máxima para 0.01 m.

EXEMPLO 4.11



156

P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç

õ e s

;*1.0m

m0.1X

0.05;ζ

:

0 m

DADOS

=

=

=

⊗


Na ressonância r = 1

Solução:

EXEMPLO 4.11

ζ m

em

X 20

= (4.108) ;*1.0m

m0.1X

0.05;ζ

:

0 m

DADOS

=

=

=

⊗

ExcentricidadeExcentricidade



157


õ e s

( )( )( ) m0.1101.005.0220

==

=m

m X e ζ

Agora, para calcular a massa para reduzir a amplitude de vibração:

m

m0

X

0.1 m

= 10

101.0

01.0

0

=

∆+

m

mm

( )10

1.0

01.0

1.0 =

∆+

m

mmmm *9=∆


A seção do rotor da cauda do helicóptero é composto por quatro hélices, cada uma de

massa 20 kg, motor tem massa 60 kg, tendo uma rigidez de 1x105 N/m.

A seção de cauda está ligada ao corpo principal do helicóptero por uma estrutura elástica.

Durante o vôo o rotor opera a 1500 rpm.

Assuma que o sistema tem uma relação de amortecimento de 0,01.

EXEMPLO 4.12



158


õ e s

Durante o vôo 500 g de partículas se prendem a uma das hélices, a 15 cm a partir do eixo

de rotação.

Qual é a amplitude de vibração causada pelo desequilíbrio rotativo resultante?

e s M e c â n i c a s

DADOS

kg;60m

N/m;10x1k

:

motor

5

=

=

⊗

EXEMPLO 4.12

Solução:



159


õ e

rpmn

m

m

r 1500

;15.015cme

0.01;

g;500kg.50mkg;20m

0desb

helice

=

==

=

====

ζ


FrequênciaFrequência dede rotarotaççãoão::

EXEMPLO 4.12

Solução:

rad/s157rev

rad2π

60s

min

min

rev

1500rpm1500 ===r ω

m

DADOS

g;500kg50m

kg;20m

kg;60m

N/m;10x1k

:

helice

motor

5

===

=

=

=

⊗

FrequênciaFrequência natural:natural:



160


õ e

45.4rad/s35.24

rad/s157 ===n

r ω

( ) ( )rad/s35.24

kg60kg20.5N/m1x105

=+

==m

k nω

rpmn

m

m

r 1500

;15.015cme

0.01;

g;500kg.50m 0desb

=

==

=

===

ζ

RazãoRazão dede FrequênciaFrequência::

( )

2

22 2(1 ) 2

om e r X m r r ζ

=− +

(4.106)


Amplitude deAmplitude de vibravibraççãoão::DesbalanceamentoDesbalanceamento rotativorotativo

EXEMPLO 4.12

Solução:

( )( ) ( )45.415.05.0 2mkgm

DADOS

g;500kg50m

kg;20m

kg;60m

N/m;10x1k

:

helice

motor

5

===

=

=

=

⊗

( )

2

22 2(1 ) 2

om e r X m r r ζ

=− +

(4.106)



161


õ e ( )( ) ( )

( )( ) ( )( )( ) m0.00345.401.0245.41

5

5.20

5050222 =−−= kg

mkg

X

rpmn

m

m

r 1500

;15.015cme

0.01;

g;500kg.50m 0desb

=

==

=

===

ζ

Na ressonância r = 1

ζ m

em X

2

0= (4.107)

( ) ( )0.5 kg 0.15 m 10.183 m or 18.3 cm

20.5 kg 2(0.01) X = =

rpm336.52min

60s

rad2πs

rad 35.24 rad/s35.24 ===

revr ω

AA mmááximaxima deflexãodeflexão ocorreocorre nana velocidadevelocidade::

vibração fornada harmonicamente

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