Análise Dinâmica pelo Método de Elementos
Finitos
Prof. Paulo de Tarso R. Mendonça, Ph.D.
Universidade Federal de Santa Ca...
CONTEÚDO

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7.3 Matrizes de Elementos Finitos de Barras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4 Equações do...
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Equação do Movimento em um Grau de Liberdade

Consideremos o ...
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Essa é uma equação diferencial linear, ordinária de coeÞcientes ...
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A=

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Além ...
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Cada raiz produz uma solução em (10). Da teoria de equações dife...
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x(t)eζωn t = A cos(ω d t − φ) + iA sen (ω d t − φ),
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Uma vez que o problema é linear podemos simplesmente sobrepor a ...
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Figura 4: Visualização de um carregamento da...
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Toma-se a solução e suas derivadas na forma geral:
x(t) = X eiω...
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onde β = ω/ω n . O termo real, o primeiro dentro do colchete, c...
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Isto mostra que a aplicação de uma força impulsiva F produz u...
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F (τ ) = a F1 (τ ) + b F2 (τ ),

como por exemplo as funç...
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Esta possibilidade de combinação é resultante da linearidade da...
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F2 (t)

F 1 (t)

(a)

F 1 (t)

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Este sistema pode então ser escrito de forma compacta como
M u(...
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Princípio dos Trabalhos Virtuais em Barras

Lembre que nos...
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⎧
⎪ X(x, t) = ∂u (x, t) = u(x, t),
⎪ ú
ú
(velocidade)
⎨
∂t
(92)...
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2
X

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Equações do Movimento de Lagrange

As equações do moviment...
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Se compararmos estas expressões a (106) vemos que as matrizes a...
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y
E, A, ρ
x
L
z

F2(t)
F1(t)

F3 (t)

1

2

3

u 2(t)

4

u 3 (...
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u(t)

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u(t)

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(a)

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como em processos de conformação, ou grandes deslocamentos, o p...
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Consideremos o signiÞcado desta função. A Figura 17 ilustra o c...
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¨
f (t)
Mφ
= −K φ.
f (t)
| {z }

(122)

−λ

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onde C é uma constante arbitrária real, φ o chamado ângulo de f...
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¢
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Este resultado é chamado de condição de ortogonalidade dos veto...
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Visivelmente, agora φr tem norma unitária, isto é, φrT Mφr = 1....
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Note que (149) representam as n equações associadas a cada auto...
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Tabela 1: Freqüências naturais em modelo de barra em balanço.
F...
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⎡

⎤⎡ 1 ⎤ ⎡ ⎤
φ2
1, 81302 −1, 04674
0
0
⎣
⎦ ⎣ φ1 ⎦ = ⎣ 0 ⎦ .
0
...
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Observe que

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√
⎡
⎤
r
0, 271037
0, 170518 1/ 6
18 ⎣
0, 295345
0√...
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⎧
ρ
⎨ X 00 (x) + ω 2 X(x) = 0,
E
⎩ ¨
T (t) + ω2 T (t) = 0.

(16...
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modo 3
0.50

φ (x), X(x)

modo1
0.25

L

0.00

-0.25

modo 2
-0...
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Isto pode ser colocado em forma matricial como Φ b = 0, onde b ...
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Realizamos então as seguintes operações: substituímos (169) em ...
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Kb

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  1. 1. Análise Dinâmica pelo Método de Elementos Finitos Prof. Paulo de Tarso R. Mendonça, Ph.D. Universidade Federal de Santa Catarina - UFSC Grante - Depto. Engenharia Mecânica, CP 476, Florianópolis, SC. CEP 88040-900, mendonca@grante.ufsc.br 23 de Agosto de 2006 Resumo O estudo que relaciona as forças que atuam sobre um corpo com o movimento, tanto do corpo como um todo quanto de suas partes relativamente umas às outras, é denominado dinâmica. As equações que representam este movimento em velocidades não relativisticas são as leis do movimento de Newton. Um tipo particular de comportamento dinâmico é o “movimento vibratório” ou simplesmente a “vibração”, onde o sistema oscila em torno de uma certa posição de equilíbrio. Este texto lida com a simulação numérica por elementos Þnitos de vibrações em corpos sólidos. Nas primeiras seções desse capítulo e no próximo, apresentamos uma revisão dos fundamentos de vibrações mas deve-se ter claro que este não é um substitutivo a um curso formal no assunto. O objetivo destes tópicos aqui consiste apenas em homogeneizar o material e a notação de forma a permitir o tratamento do problema pelo método dos elementos Þnitos. Conteúdo 1 Equação do Movimento em um Grau de Liberdade 3 2 Vibrações Livres de Sistemas não-Amortecidos 4 3 Vibrações Livres de Sistemas Amortecidos 5 4 Carregamento Harmônico 9 5 Resposta a Carregamentos não-Periódicos 12 5.0.1 Exemplo 1 — Sistema Amortecido sob Carregamento Exponencial . . . . . . . 16 6 Sistemas com mais de um Grau de Liberdade 19 7 Elementos Finitos em Dinâmica 21 7.1 Princípio de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 7.2 Princípio dos Trabalhos Virtuais em Barras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1
  2. 2. CONTEÚDO 2 7.3 Matrizes de Elementos Finitos de Barras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4 Equações do Movimento de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4.1 Exemplo 2 — Equações de Movimento com E.F. de Barra . . . . . . . . . . . . 8 Análise Modal 8.1 Vibrações Livres Não-Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Propriedades dos Autovetores e Autovalores . . . . . . . . . . . . . 8.2.1 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.2 Normalização e Ortonormalidade . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.3 Exemplo 3 — Freqüências Naturais . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.4 Exemplo 4 — Modos Naturais . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.5 Exemplo 5 — Normalização de Autovetores . . . . . . . . . . 8.2.6 Exemplo 6 — Solução Analítica de Vibrações Livres em Barra 8.2.7 Autovetores Linearmente Independentes . . . . . . . . . . . 8.3 Análise Modal para Excitação Inicial - Sistema não-Amortecido . . 8.3.1 Exemplo 7 — Resposta para Deslocamento Inicial pelo MEF 8.3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 26 27 . . . . . . . . . . . . 28 30 34 34 35 37 38 39 40 42 43 47 49 8.4 Análise Modal Geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.1 Exemplo 9 — Solução pelo MEF de barra sob Carga Variável no Tempo . . . . 8.5 Resumo do Método de Análise Modal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 52 53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Determinação do Amortecimento 9.1 Um Grau de Liberdade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2 n-Graus de Liberdade — Elementos Finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3 Métodos Experimentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3.1 Exemplo 10 — Determinação Experimental de Amortecimento . . . . . . 9.4 Método Analítico 1 — Rayleigh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5 Método Analítico 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5.1 Exemplo 11 — Determinação Experimental da Matriz de Amortecimento . 9.5.2 Exemplo 12 — Vibração Amortecida de Barra sob Deslocamento Inicial . 9.5.3 Exemplo 13 — Vibração Forçada Amortecida pelo MEF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 56 57 58 59 60 63 63 64 65 10 Lista de Exercícios 66 10.0.4 Exemplo 14 — Problema não-linear - Pêndulo duplo . . . . . . . . . . . . . . . 74 11 Princípio de Hamilton 11.1 Cálculo variacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1 Operador variação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Energia cinética de um sistema e coordenadas generalizadas 11.3 Princípio de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3.1 Equação de Lagrange para sistemas concervativos . . 11.4 Sistemas contínuos - vibrações livres em vigas . . . . . . . . 11.5 Vibrações livres de vigas pelo MEF e princípio de Hamilton 12 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 75 79 80 80 81 82 84 85
  3. 3. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 1 3 Equação do Movimento em um Grau de Liberdade Consideremos o sistema mecânico ilustrado na Figura 1, denominado sistema massa-amortecedormola, ou K-C-M. Observemos que nosso interesse Þnal consiste em analisar o comportamento de corpos sólidos, estruturas. O sistema mostrado na Figura em geral é tomado apenas como uma representação, uma idealização em vez de um sistema real. Como será visto, a formulação e a compreensão do comportamento deste sistema é a peça básica sobre a qual são construídas as formulações dos sistemas contínuos de corpos tridimensionais. x(t) k m Fk (t) F(t) m c F(t) Fd (t) (a) (b) Figura 1: (a) Sistema idealizado k-c-m exitado, (b) diagrama de corpo livre. No sistema da Figura 1, a massa m é considerada rígida, a mola de rigidez linear k é considerada sem massa e o amortecedor linear da constante c é considerado sem massa ou rigidez. Estes são evidentemente idealizações. A rigidez da mola signiÞca que Fk = k δ k onde δ k é o deslocamento entre ú ú as extremidades da mola provocado pela força Fk . O amortecedor é tal que, Fd = cδ d , onde δ d é a velocidade de afastamento entre as extremidades do amortecedor, como ilustrado na Figura 2. δk c k δd c k Fk = k δ k (a) Fd = c δ d (b) Figura 2: (a) Força numa mola proporcional ao deslocamento; (b) força num amortecedor proporcional à velocidade. Observando o diagrama de corpo livre na Þgura e usando a segunda lei de Newton, obtemos a equação de movimento do sistema como: F (t) − Fk (t) − Fd (t) = m x(t), ¨ (1) m x(t) + c x(t) + k x(t) = F (t). ¨ ú (2) onde x(t) é o deslocamento da massa, medido a partir da posição de equilíbrio. Essa posição corresponde à situação onde a mola está descarregada. Substituindo as expressões para as forças obtemos a equação do movimento na forma:
  4. 4. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 4 Essa é uma equação diferencial linear, ordinária de coeÞcientes constantes m, c e k, que deÞnem as características do sistema físico sendo simulado. O carregamento aplicado sobre o sistema é representado pela força F (t), função do tempo t. 2 Vibrações Livres de Sistemas não-Amortecidos O chamado problema de vibrações livres é aquele em que o sistema se move em ausência de forças de excitação, isto é, quando na eq. (2) se tem F (t) = 0 para todo t > 0. Nesse caso, a eq. (2) é dita estar em sua forma homogênea. Fisicamente, um sistema pode permanecer em movimento durante algum tempo após a aplicação e subsequente remoção de força. Também é possível colocálo em movimento aplicando um deslocamento ou velocidade de curta duração. Por outro lado, a solução deste problema fornece subsídeos para a solução de problemas excitados, o que constitui a outra razão pela qual ele é sempre estudado. É costumeiro reescrever a equação de movimento (2) em sua forma homogênea não-amortecida como .. x(t) + ω 2 x(t) = 0, n ω2 = n k . m (3) A solução deste problema é conhecida e tem a forma geral x(t) = A1 cos ω n t + A2 sen ω n t (4) onde A1 e A2 são constantes de integração a serem determinados a partir dos valores dados do . deslocamento e velocidade iniciais x(0) e x(0). Usando relações trigonométricas, (cos(a − b) = cos a cos b+sen a sen b), a solução também pode ser posta na forma equivalente x(t) = A cos (ω n t − φ) (5) com A= A2 A1 = , cos φ sen φ tan φ = A2 A1 (6) As novas constantes A e φ tem signiÞcado físico mais evidentes que A1 e A2 , são a amplitude e ângulo de fase do movimento. O sistema realiza uma “oscilação harmônica simples” com freqüência natural ω n (em rad/segundo), isto é, a massa move-se para frente e para trás sempre com a mesma amplitude A e com freqüência de ω n /2π ciclos por segundo. O tempo gasto em cada ciclo, o período, é T = 2π/ω n segundos. DeÞnindo as condições iniciais ° ° x(0) = xo , ° . (7) ° x(0) = υ o , aplicando-as em (4), calculam-se as constantes A1 e A2 . A solução (4) então torna-se x(t) = xo cos ω n t + A amplitude e o ângulo de fase são υo sen ω n t. ωn (8)
  5. 5. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 A= s x2 + o µ υo ωn ¶2 , tan φ = 5 υo . xo ω n (9) Além das formas (4) e (5) existe ainda uma terceira forma para a solução do problema (3), dada por x(t) = A est , (10) onde A e s são constantes a serem determinadas. Derivando (10) é possível ver que ela realmente satisfaz a equação diferencial (3). Fazendo a substituição obtemos s2 A est + ω2 A est = 0. n (11) Como A e est são não nulos para uma solução não trivial, podemos dividir toda a equação por A est , obtendo a chamada equação característica do problema: s2 + ω2 = 0. n (12) Essa equação tem duas soluções, dadas por (13) s = ± iω n , √ onde i = −1 é a unidade complexa A solução da equação do movimento é então uma combinação linear das duas formas resultantes da substituição de (13) em (10): x(t) = A1 eiωn + A2 e−iωn . 3 (14) Vibrações Livres de Sistemas Amortecidos Quando o amortecimento do sistema não é nulo, a equação de movimento (2) é reescrita para uma forma análoga a (3): x(t) + 2ζω n x(t) + ω 2 x(t) = 0 ¨ ú n (15) onde c . (16) 2mωn é o chamado quociente de amortecimento viscoso. ζ tem signiÞcado físico deÞnido e será visto na seção 9. A solução do problema é aquela mostrada na eq. (10). Substituindo a solução (10) em (15) e simpliÞcando obtemos a equação característica ζ= s2 + 2ζω n s + ω 2 = 0. n Dois valores de s satisfazem esta equação: ¾ µ ¶ q s1 2 = −ζ ± ζ − 1 ω n . s2 (17) (18)
  6. 6. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 6 Cada raiz produz uma solução em (10). Da teoria de equações diferenciais lineares, temos que a solução do problema é uma combinação linear das soluções: h i √2 √2 x(t) = A1 e ζ −1ωn t + A2 e− ζ −1ωn t e−ζωn t . (19) Os coeÞcientes A1 e A2 podem ser complexos. Claramente as raízes s1 e s2 podem ser reais ou complexas dependendo do valor do amortecimento ζ. Por exemplo, para 0 < ζ < 1 a solução (19) de (15) pode ser posta na forma onde ω d = ω n £ ¤ x(t) = A1 eiωd t + A2 e−iωd t e−ζωn t , . (1a forma), (20) p 1 − ζ 2 é a chamado freqüência da vibração livre amortecida. Como A1 e A2 podem ser complexos, pode-se coloca-los naforma polar A1 = |A1 | eiα e A2 = |A2 | eiβ , onde |A1 | e |A2 | são os módulos e α e β os argumentos. Então (20) Þca £ ¤ x(t) = |A1 | ei(ωd t+α) + |A2 | ei(−ωd t+β) e−ζωn t . (21) Usando as formas e±ic = cos c ± i sen c, temos x(t)eζωn t = |A1 | [cos(ω d t + α) + i sen (ω d t + α)] + |A2 | [cos(−ωd t + β) + i sen (−ω d t + β)] . (22) Expandindo asfunçõestrigonométricas e separando as partes real e imaginária tem-se: x(t)eζωn t = [(|A1 | cos α + |A2 | cos β) cos ωd t + (− |A1 | sen α + |A2 | sen β) sen ω d t] +i [(|A1 | cos α − |A2 | cos β) sen ω d t + (|A1 | sen α + |A2 | sen β) cos ω d t] . (23) Toma-se a solução do problema físico de vibrações livres como aparte real ou a parte imaginária de x(t). De (23) nota-se que amas são deÞnidas pela mesma base de funções, sen ω d t e cos ωd t. (Que essas funções são solução pode ser provado simplesmente substituindo-as na equação diferencial.) Então, x(t) = [C1 cos ωd t + C2 sen ω d t] e−ζωn t , x(t) = −ζω n [C1 sen ω d t + C2 cos ω d t] e−ζωn t ú +ωd [C1 cos ω d t − C2 sen ω d t] e−ζωn t . (2a forma) (24) onde C1 e C2 são constantes reais, a serem determinadas pelas condições iniciais. Outra forma útil para a solução pode ser obtida observando que o termo entre chaves na eq.(20) pode ser visto como uma soma vetorial no plano complexo, cujo resultado é também um vetor,com comprimento A e ângulo φ em relação ao vetor eiωd t . Assim, em vez da forma (20), a solução pode ser posta como x(t)eζωn t = A ei(ωd t−φ) (25) onde A é um coeÞciente real. Colocando em forma polar e separando as partes real e imaginária tem-se:
  7. 7. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 7 x(t)eζωn t = A cos(ω d t − φ) + iA sen (ω d t − φ), ⎤ ⎡ = ⎣A cos φ cos ω d t + A sen φ sen ω d t⎦ | {z } | {z } c1 c2 ⎡ ⎤ +i ⎣A cos φ sen ω d t − A sen φ cos ωd t⎦ . | {z } | {z } d1 (26) d2 Se a solução do problema físico for tomada como a parte real de x(t), tem-se x(t) = e−ζωn t [c1 cos ωd t + c2 sen ω d t] . (27) Mas essa é exatamente a forma (24). A relação entre as constantes c1 e c2 com A e φ é dada em (26) como ( ½ c2 tan φ = c1 = A cos φ c1 =⇒ (28) c2 = A sen φ A2 = c2 + c2 . 1 2 Com isso, a parte real de (25) resulta em . (3a forma) x(t) = A e−ζωn t cos(ω d t − φ), x(t) = −A e−ζωn t [ζω n cos(ω d t − φ) + ω d sen (ω d t − φ)] ú (29) Observe que em todas estas manipulações estamos apenas recombinando e mudando o signiÞcado das constantes, mas elas permanecem sempre duas, ou A1 e A2 , ou A e φ, ou c1 e c2 . Cada uma destas diferentes formas para a solução é mais adequada a diferentes tipos de interpretações e manipulações algébricas, algumas das quais faremos uso ao longo do texto. Esta última forma é obtida usando as deÞnições de c1 e c2 em (28), que se torna: Caso 1 — Para 0 < ζ < 1, velocidade inicial prescrita (x(0) = vo ) e deslocamento inicial nulo ú (x(0) = xo = 0). De (29) temos que cos φ = 0, o que dá φ = π/2. Também, a amplitude é A = vo /ω d e a solução Þca x(t) = vo −ζωn t e sen ω d t, ωd ωd = ωn p 1 − ζ 2. (30) Essa é a resposta do sistema à velocidade inicial vo , denominada solução transiente do problema. O termo “transiente” se refere ao fato de que ela consiste em uma função periódica, o seno, que por si tem amplitude constante igual a 1 para todo t > 0. Porém o amortecimento no termo exponencial faz com que o fator multiplicando seno decresça ao longo do tempo. Assim, as oscilações vão diminuindo de amplitude, como ilustrado na Figura 3. (Ali mostramos o caso de deslocamento inicial, em vez de velocidade inicial, para melhor facilidade de visualização.) Caso 2 — Consideramos o problema (15) onde o sistema está submetido a um deslocamento inicial x(0) = xo , e velocidade inicial nula, x(0) = 0. Da solução geral (29) temos: ú x(0) = xo = A cos φ, x(0) = vo = −A ζω n cos φ + Aω d sen φ = 0. ú (31)
  8. 8. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 8 6.00 x(0) 4.00 e −ξ ω nt x(t) 2.00 0.00 2π ω 4π ωd d t -2.00 -4.00 0.00 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 Figura 3: Esboço de solução de vibração transiente amortecida, eq.(35). (Usados os valores ω n = 5 rad/s, ζ = 0, 2, xo = 5 mm, ωd = 4, 899, A = 5, 1, φ = 0, 201) Este é um sistema de duas equações e duas incógnitas, A e φ. Elimina-se A cos φ na primeira equação com uso da segunda, o que resulta em tan φ = Tomando ω d = ω n ζω n ωd e A= p 1 − ζ 2 de (30), tem-se xo . cos φ (32) ζ . (33) tan φ = p 1 − ζ2 p De trigonometria temos que, da relação acima, cos φ = 1 − ζ 2 . (considere um triângulo retângulo p com catetos ζ e 1 − ζ 2 ). Então, da segunda das eqs. (32), xo A= p 1 − ζ2 (34) Então a solução do problema de vibração livre amortecida com x(0) = xo e x(0) = 0 é obtida ú levando (33) e (34) à solução (29) (ver Figura 3): x(t) = √xo 2 e−ζωn t cos (ω d t − φ). 1−ζ (35) Caso 3 — Por Þm, consideramos o caso mais geral deÞnido pelo problema de valor inicial: ° ° x(t) + 2ζω n x(t) + ω 2 x(t) = 0, ú n ° ¨ ° x(0) = uo , (36) ° ° x(0) = vo . ú
  9. 9. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 9 Uma vez que o problema é linear podemos simplesmente sobrepor a solução (30) obtida para x(0) = 0 e x(0) = vo , com a solução (35) obtida para x(0) = uo e x(0) = 0. Então a solução ú ú completa é x(t) = ∙ √uo 2 1−ζ cos (ω d t − φ) + ¸ vo sen ωd t ωd e−ζωn t (37) onde ωd e φ são deÞnidos em (30) e (33). Esta solução pode ainda ser posta nas formas alternativas: ∙ ¸ vo + uo ζω n x(t) = sen ω d t + xo cos ω d t e−ζωn t , ωd sµ ¶2 vo + uo ζω n x(t) = + x2 cos (ω d t − φ) e−ζωn t , o ωd 4 ou ainda com tan φ = (38) vo + uo ζω n . xo ω d Carregamento Harmônico Consideremos agora a solução particular do problema (2). O caso mais simples de carregamento é o chamado “carregamento harmônico”, isto é, um que varia segundo um seno ou cosseno ao longo do tempo: F (t) = kf (t) = kA cos ωt. (39) A força aumenta e diminui ao longo do tempo com amplitude kA constante e freqüência constante ω. A eq. (2) pode ser dividida por k gerando uma equação similar a (15): x(t) + 2ζω n x(t) + ω 2 x(t) = ω 2 A cos ωt. ¨ ú n n (40) A solução desse problema tem a seguinte forma x(t) = X cos (ωt − φ) , (41) onde X e φ são a amplitude e o ângulo de fase do movimento. Substituindo na eq. (40) obtemos a equação característica do problema X £¡ 2 ¢ ¤ ω n − ω 2 cos (ωt − φ) − 2ζω n ω sen (ωt − φ) = ω 2 A cos ωt. n Usam-se em seguida as seguintes relações trigonométricas ½ cos (ωt − φ) = cos ωt cos φ + sen ωt sen φ, sen (ωt − φ) = sen ωt cos φ − cos ωt sen φ. (42) (43) Substiuindo em (42) pode-se igualar os coeÞcientes de cos ωt de ambos os lados da igualdade e fazer o mesmo com os coeÞcientes de sen ωt. Obtem-se então duas equações: ½ X[(ω 2 − ω 2 ) cos φ + 2ζωω n sen φ] = ω 2 A, n n X[(ω2 − ω 2 ) sen φ − 2ζωω n cos φ] = 0. n
  10. 10. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 10 cos ψ t 0.0 2.0 Figura 4: Visualização de um carregamento dado pela parte real de (45): f (t) = cos(ωt + ψ), com ω = 5s−1 e ψ = 1, 2. Essas equações podem ser resolvidas para as incógnitas do problema, X e φ: ⎤ ⎡Ã ¶2 −1/2 µ ¶2 !2 µ 2ζω ⎦ ω X = A⎣ 1 − + ωn ωn e tan φ = 2ζω/ω n µ ¶2 . ω 1− ωn (44) Levando (44) a (41) temos que o sistema responde com a mesma freqüência ω do carregamento, com uma amplitude X dependente da amplitude A do carregamento. Uma outra forma de colocar a solução, consiste em usar uma forma complexa em lugar de (41). Representemos o carregamento por f (t) = A ei(ωt+ψ) . (45) A é real e ψ o ângulo defase do carregamento. Usando a representação polar, o carregamento considerado é da forma f (t) = A cos(ω t + ψ) + i A sen (ω t + ψ). (46) Obtemos a solução desse problema com o conhecimento prévio de que o carregamento Þsicamente aplicado consiste ou na parte real de f (t), isto é, Re(f (t)) = A cos(ω t + ψ), ou na parte imaginária, Im(f (t)) = sen (ω t + ψ). Da solução complexa tomaremos também a parte real ou imaginária como representação física do movimento efetivamente realizado. Nesse aspecto, a dedução vista aqui é a mesma daquela para o carregamento cossenoidal da eq.(39). Também, ali poderiamos ter feito a dedução para um carregamento em seno, em vez de cosseno. Na presente dedução, pretende-se aumentar a generalidade, permitindo que o carregamento tenha uma fase, o que permite que o seno (ou cosseno) se inicie num valor diferente de sua posição natural. Isso pode ser apreciado na Figura 4, que ilustra um carregamento dado pela parte real de (45). Note que os máximos da curva não ocorrem nas mesmas posições em que ocorreria no cosseno. A equação do movimento Þca x(t) + 2ζω n x(t) + ω 2 x(t) = ω 2 A ei(ωt+ψ) . ¨ ú n n (47)
  11. 11. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 11 Toma-se a solução e suas derivadas na forma geral: x(t) = X eiωt , x(t) = iωX eiωt = iωx(t), ú x(t) = −ω 2 X eiωt = −ω2 x(t). ¨ (48) Deve-se notar que, no caso geral, X é complexo. Isso signiÞca que, se colocamos X na forma ¯ ¯ ¯ X = X e−iφ , onde X é o módulo e φ o argumento, a solução se torna x(t) = X ei(ωt−φ) . Então, φ é o ângulo de fase da resposta em relação à excitação. ¯ Substituindo (48) em (47), com X = X e−iφ , obtém-se £ ¤ ¯ n X ω2 − ω 2 + i(2ζω n ω) = ω 2 Aei(ψ+φ) n (49) Separando as partes real e imaginária temos duas equações reais: ¯ ¯ n ¯ X (ω 2 − ω 2 ) = ω 2 A cos(ψ + φ), n ¯ ¯ ¯ X (ζω n ω) = ω 2 A sen (ψ + φ), n ¯ que podem ser resolvidas para a amplitude X e para a fase φ: tan(ψ + φ) = 2ζω/ω n 1 − (ω/ω n )2 e ⎤ ⎡ ¶2 à µ µ ¶2 !2 −1/2 2ζω ω ¯ ⎦ X=⎣ + 1− . ωn ωn (50) Note que essas são as mesmas expressões (44), porém agora válidas para um carregamento harmônico com ângulo de fase ψ. Então, a parte real da solução correspondente a f (t) = A cos(ω t + ψ) é Re [x(t)], isto é: ¤ £ ¯ ¯ x(t) = X Re ei(ωt−φ) = X cos(ω t − φ) (51) Outra forma para a solução pode ser obtida substituindo (48) em (47), quando se determina a solução no tempo, correspondente a F (t) = kA cos(ωt + ψ): ⎞ ⎛ µ ¶ ω2 A ei(ωt+ψ) A ei(ωt+ψ) ⎟ ⎜ n = Re ⎝ Re (x(t)) = Re ³ ´2 ³ ´ ⎠. ω2 − ω 2 + i2ζωω n (52) ω ω n 1 − ωn + i2ζ ωn | {z } x(t) Observamos que a amplitude complexa X é uma função da freqüência do movimento, isto é, X = X(ω). Podemos multiplicar o numerador e o denominador do termo entre parênteses pelo conjugado complexo do denominador, o que resulta em: ⎧ ⎪ ⎨£ ¤ Aei(ωt+ψ) A x(t) = (1 − β 2 ) cos(ωt + ψ) + 2ζβ sen (ωt + ψ) = 2 2 2 {z } (1 − β ) + i(2ζβ) (1 − β ) + (2ζβ)2 ⎪| ⎩ £ ¤ª + i (1 − β 2 ) sen (ωt + ψ) − 2ζβ cos(ωt + ψ) Re (x(t)) (53)
  12. 12. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 12 onde β = ω/ω n . O termo real, o primeiro dentro do colchete, corresponde à solução transiente amortecida do carregamento F (t) = kA cos(ωt + ψ), e o termo imaginario corresponde ao carregamento F (t) = kA sen (ωt + ψ). Então, a parte real da solução é: £ ¤ A (1 − β 2 ) cos(ωt + ψ) + 2ζβ sen (ωt + ψ) x(t) = (1 − β 2 )2 + (2ζβ)2 (Solução particular). (54) A solução geral do sistema não-amortecido sob carregamento F (t) = kA cos ωt (isto é, ψ = 0) é obtida sobrepondo a solução homogênea (24) e a solução particular (54): x(t) = C1 cos ωn t + C2 sen ω n t + {z } | Solução homogênea A cos ωt . (1 − β 2 ) | {z } (55) Solução particular Aplicando as condições iniciais x(0) = x(0) = 0, obtém-se C2 = 0 e C1 = −A(1 − β 2 ), o que resulta ú na solução: x(t) = 5 A [cos ωt − cos ωn t]. (1 − β 2 ) (56) Resposta a Carregamentos não-Periódicos Estamos interessados em obter a resposta do sistema a um carregamento qualquer como o ilustrado na Figura 5. Vários métodos existem para estimar a solução deste problema, e nos concentraremos aqui no método baseado na integral de convolução, também chamada integral de Duhamel. F(t) F(τ) 0 t τ t Δτ Figura 5: Carregamento temporal genérico. Primeiramente introduzimos o conceito de função Delta de Dirac. Observe a função ilustrada na Figura 6 é uma função ga (t) deÞnida em ∀t ∈ R, tal que ¯ ¯ ga (t) = 0, ∀ t < a, e ∀t > a + E, ¯ 1 (57) ¯ ¯ ga (t) = , ∀ t ∈ [a; a + E] . E
  13. 13. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 13 g a (t) _ 1 ε t ε a Figura 6: Função com integral unitária. É visível que In = Z ∞ ∀E ∈ R. ga (y) dy = 1, −∞ (58) Uma vez que a integral será sempre unitária para qualquer valor de E pode-se deÞnir uma pseudo função (ou função generalizada), denominada função Delta de Dirac δ (t − a) , como δ (t − a) = lim ga (t). (59) 7→0 Esta função é então δ (t − a) = 0 para ∀t 6= a, (60) e indeÞnida em t = a. Sua integral é tal que Propriedade −→ R∞ −∞ δ (t − a) dt = 1. (61) Esta “função” é melhor compreendida como um operador com a seguinte propriedade (decorrente de (61)): Propriedade −→ J= R∞ −∞ G(t)δ(t − a) dt = G(a), (62) isto é δ(t − a) é tal que a quando multiplicado por qualquer função contínua e limitada tem integral igual ao valor desta função no ponto a. Esta característica pode ser entendida com a ajuda da Figura 7. Note que o resultado do produto G(t) g(t − a) é não-nulo apenas no intervalo [a; a + E]. Então Z a+7 Z 1 a+7 1 J= G(t)lim ga (t) dt = lim G(t) dt = lim G(a)E = G(a), 7→0 E a E a que resulta (62). Lembremos que as operações acima são apenas formais, e que resta provar algumas delas, como a passagem do limite para fora da integral. Aquela relação constitui a principal utilidade da função Delta de Dirac. Consideremos agora um outro conceito, o impulso, deÞnido como Impulso −→ I= R∞ t=0 F (t) dt. (63)
  14. 14. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 14 G(t) G(t) 1/ε G(a) t ε a Figura 7: Funções G(t) e ga (t). No momento nos interessa uma força de curta duração, uma força impulsiva como a função ga ilustrada na Figura 6 quando E → 0. Apesar da duração da força tender a zero, desejamos que seu ˆ impulso, sua integral no tempo seja constante, igual a um valor dado F . ˆ Então a força impulsiva aplicada no instante a, de impulso F , é: Força impulsiva ˆ F (t) = F δ (t − a). −→ (64) ˆ ˆ É visível que, substituindo esta equação em (63) temos I = F se a > 0. F tem unidade Newton·segundo. A resposta impulsiva h(t) é deÞnida como a resposta do sistema a uma força impulsiva unitária ˆ ˆ aplicada no instante t = 0, isto é, h(t) = F δ(t), com F = 1 Ns, sob condições iniciais nulas. ˆ δ(t). Tomamos a eq. (2): Calculemos a resposta impulsiva à força F (t) = F ° ° m x(t) + cx(t) + kx(t) = F δ(t), ˆ ú t > 0, ° ¨ ° x(0) = 0, (65) ° ° x(0) = 0. ú Integra-se cada termo no intervalo t ∈ [0; E] e faz-se o limite E → 0: R7 ˆ ˆ lim 0 F δ(t) dt = F , 7→0 R7 lim 0 m¨ dt = lim (mx)|7 = lim m (x (E) − x (0)) = m x(0+ ), x ú 0 ú ú ú + + + 7→0 lim + 7→0 R7 0 7→0 7→0 cx dt = lim ú + 7→0 (cx)|7 0 lim 7→0+ R7 0 (66) = lim c (x (E) − x (0)) = 0, + 7→0 kx dt = 0. x (0+ ) é a velocidade logo após o instante inicial. Note que em t = 0 a velocidade é nula, mas é ú possível aplicar uma variação de velocidade em um intervalo 4t bastante curto. Por outro lado, não é possível aplicar uma variação de deslocamento num intervalo de tempo curto. Assim, não apenas x (0) = 0, mas também x (0+ ) = 0. O resultado das integrações em (66) é ˆ ¡ ¢ F x 0+ = . ú m (67)
  15. 15. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 15 ˆ Isto mostra que a aplicação de uma força impulsiva F produz uma mudança instantânea de ˆ velocidade. Isto é interessante porque estamos interessados em obter a resposta do sistema a F . Mas devido a (67) podemos usar a solução que já dispomos para a resposta do sistema a uma velocidade ˆ inicial. Usamos então a eq. (37) com vo = F /m e uo = 0: x (t) = ˆ F e−ζωn t sin ω d t, mωd ¡ ¢1/2 ωd = ωn 1 − ζ 2 , t > 0. (68) ˆ Fazendo F = 1 temos a chamada resposta impulsiva 1 −ζωn t e sen ω d t, mωd h(t) = 0, t ≤ 0. h(t) = t > 0, (69) Como o problema de vibrações sendo considerado é linear, a resposta do sistema a um impulsto I é x(t) = I h(t). Então, a solução no instante t devido a um impulso I = F (0)4τ aplicado no instante inicial τ = 0 é: x(t) = F (0) 4τ h(t). (70) Essa é a resposta no instante t devido a um carregamento de curta duração, aplicado no instante t = 0. (Considere que a faixa hachurada na Figura 5 estivesse localizada na origem.) Imagine-se agora o histórico de carga representado pela curva F (t) na Figura 5, substituido por uma seqüência de retângulos como aquele hachurado, cada um iniciando num instante τ , de duração 4τ , e altura F (τ ). Pergunta: qual a resposta no instante t devido a um impulso aplicado no instante τ ? Observando a eq.(70), notamos que a solução num dado instante t depende apenas do tempo decorrido entre o instante do impulso e o instante t. Isto porque, obviamente, o corpo não sofre nenhum efeito do impulso antes dele ter sido aplicado, isto é em t < τ . Mais ainda, a resposta do sistema no instante t depende apenas do lapso de tempo desde a aplicação do impulso, isto é, da extensão de tempo decorrido t − τ . Então, se o impulso foi aplicado no instante τ , a solução em t pode ser obtida simplesmente usando a solução (70) substituindo t por (t − τ ), isto é F (τ ) −ζωn (t−τ ) e sen ω d (t − τ ) 4τ . (71) mωd Mas observe que no instante t o valor do deslocamento não é apenas devido a este intervalo de carregamento aplicado entre τ e τ + 4τ . Existem também parcelas provenientes dos impulsos de duração 4τ aplicados desde o instante 0 até t que compõem a curva F (t). Então a resposta total em té X x(t) = F (τ ) h (t − τ ) 4τ .. (72) 4x(t) = F (τ ) 4τ h (t − τ ) = Fazendo 4τ → 0 o somatório tende à integral e temos Integral de Convolução −→ x(t) = Z t τ =o F (τ ) h (t − τ ) dτ . (73)
  16. 16. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 16 Esta integral aparece em diversas áreas das ciências físicas e é logicamente objeto de estudo matemático em busca de suas propriedades. É a chamada integral de convolução. Uma das propriedades mais úteis desta integral, que apresentamos sem demonstração, é que Z t τ =o F (τ ) h (t − τ ) dτ = Z t τ =o F (t − τ ) h(τ ) dτ . (74) Substituindo a deÞnição de h(t) em (73) temos a solução do sistema a um carregamento genérico: 1 x(t) = mωd Z t F (τ )e−ζωn (t−τ ) sen ω d (t − τ ) dτ . o (75) No estudo de vibrações esta é a chamada integral de Duhamel. Esta solução é chamada solução particular ou solução de regime permanente. Lembremos que esta é apenas parte da solução geral, válida no caso em que x(0) = x(0) = 0. ú O problema geral ° ° m¨ + cx + κx = F (t), t > 0, ú ° x ° x(0) = uo , (76) ° ° x(0) = vo , ú tem solução obtida sobrepondo a solução de regime permanente (75) com a solução de transiente (37) obtendo a solução geral: Z t uo e−ζωn t vo −ζωn t 1 x(t) = p cos (ω d t − φ) + e sen ω d t + F (τ )e−ζωn (t−τ ) sen ωd (t − τ ) dτ , 2 ωd mω d 0 1−ζ p k tan φ = √ ζ 2 . ω2 = , ωd = ωn 1 − ζ 2 , n 1−ζ m 5.0.1 (77) Exemplo 1 — Sistema Amortecido sob Carregamento Exponencial Considere um sistema de um grau de liberdade, como na Figura 1a, amortecido, submetido a um carregamento do tipo ° ° F (t) = mω2 e−ζωn t para t ≥ 0, d ° (78) ° F (t) = 0 para t < 0. Calcule a resposta do sistema para condições iniciais nulas, isto é, x(0) = x(0) = 0. ú Solução: Toma-se a solução geral do sistema, eq. (77). Para uo = vo = 0 Þca-se apenas com a integral de convolução, que substituindo (78) Þca 1 x(t) = mωd Z t F (τ ) e−ζωn (t−τ ) sen ω d (t − τ ) dτ τ =0 Z t −ζω n t sen ωd (t − τ ) dτ . = ωd e o
  17. 17. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 17 20 F(t) 15 10 5 0 0 2 4 6 t Figura 8: Carregamento exponencial do Exemplo 1 dado pela eq. m =1 kg, ξ = 0, 2, ω n = 5 s−1 , ωd = 4, 9 s−1 . (78), usando os valores: Integrando e aplicando os limites temos a resposta. x(t) = e−ζωn t [1 − cos ω d t] para (79) t > 0. A Figura 9 ilustra a curva de resposta ao longo do tempo. É interessante notar que o movimento da massa não é oscilante em torno do ponto de equilíbrio x = 0, mas sofre um movimento oscilante onde a posição mínima é x = 0. A massa atinge essa posição periodicamente com período tn = 2nπ . ωd (80) 1.2 1.0 x(t) 0.8 0.6 0.4 0.2 0.0 0.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 t Figura 9: Resposta do sistema do Exemplo 1 para o carregamento exponencial da eq.(78), usando os valores: m =1 kg, ξ = 0, 2, ω n = 5 s−1 , ω d = 4, 9 s−1 . Observemos algumas propriedades das soluções obtidas pela integral de Duhamel. Observe a deÞnição em (77). Consideremos o caso em que o carregamento seja dado como uma combinação de dois outros carregamentos:
  18. 18. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 18 (81) F (τ ) = a F1 (τ ) + b F2 (τ ), como por exemplo as funções ilustradas nas Figuras 10a e b, onde F1 (t) = sen ωt e F2 (t) = 0 para t < t1 e F1 (t) = sen ωt e F2 (t) = sen ω(t − t1 ) para t ≥ t1 . Podemos deÞnir uma função F (t) como F (t) = F1 (t) − F2 (t), como ilustrado na Figura 10c. Da integral de convolução temos a resposta para o carregamento (81): Z t −ζω n (t−τ ) F (τ ) e τ =0 sen ω d (t − τ ) dτ = a b Z t =0 Z τt τ =0 F1 F1 (τ ) e−ζωn (t−τ ) sen ωd (t − τ ) dτ + F2 (τ ) e−ζωn (t−τ ) sen ω d (t − τ ) dτ . (82) x 1 (t) 1 (a) t1 t F2 t1 t x 2 (t) 1 (b) t t x(t) F 1 (c) t t Figura 10: Solicitações e respostas com “shift” e sobreposição. Uma vez que, freqüentemente, é impossível realizar analiticamente a integral de convolução de uma função arbitrária, em geral ela é realizada numericamente. Entretanto, algumas propriedades da integral de convolução permitem alargar um pouco o leque de situações passíveis de ter solução analítica. Por exemplo, suponha que se tenha conseguido obter a solução para um carregamento F1 (t) como mostrado na Figura 10(a) e (b). Se transladarmos F1 (t) em t1 e deÞnirmos assim a função F2 (t), a solução x2 (t) é a solução x1 (t) transladada, isto é, x2 (t) = x1 (t − t1 ) para t > t1 e x2 (t) = 0 para t < t1 . Assim, a solução associada a F = a F1 + b F2 (Figura 10c)é a combinação das duas soluções: x(t) = a x1 (t) + b x2 (t). (83)
  19. 19. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 19 Esta possibilidade de combinação é resultante da linearidade da equação do movimento usada. Estas operações também necessitam que as condições iniciais uo e vo sejam combinadas da mesma forma através das mesmas constantes a e b. 6 Sistemas com mais de um Grau de Liberdade Poucos são os sistemas físicos na engenharia que consistem realmente de um grau de liberdade como descrito nas seções acima, composto um bloco rígido de massa m, ligado a uma base por uma mola e um amortecedor. Estamos interessados principalmente em determinar o comportamento dinâmico dos sistemas contínuos, isto é, corpos e estruturas sólidas, tridimensionais, com sua forma própria, sua massa e sua capacidade de amortecimento interno. Entretanto, a teoria uniaxial vista nas seções acima é de fato usada como parte de vários métodos de análise de corpos tridimensionais, como será visto nas seções que se seguem. Considere o corpo com forma genérica ilustrado na Figura 11a submetido a um conjunto de forças variantes ao longo do tempo. Caso sua forma, apoios e carregamento sejam simples, regulares, é possível uma modelagem analítica que resulta na solução exata de sua resposta. Alguns problemas onde o corpo tenha forma de barra, vigas, placas circulares ou retangulares, dependendo do carregamento, podem ser tratadas desta forma. Uma série de livros clássicos tratam destas soluções, como por exemplo Langhaar [15], Meirovitch [18], Clough [4] e outros. Frequentemente porém, os componentes e sistemas usados em engenharia são de forma e carregamento complexos e não podem ser tratados pelas fórmulas analíticas simples disponíveis. Da mesma forma que em problemas estáticos, a maneira hoje padrão de se tratar destes problemas consiste em abrir mão do desejo de obter uma solução exata e buscar uma solução aproximada do problema. Para tratar então do “problema contínuo” como o do corpo tridimensional da Figura 11a, criaremos um modelos discretizado como o ilustrado na Figura 11b, onde o corpo é simulado por uma coleção de massas discretas unidas por molas e amortecidedores entre si. A forma de realizar este processo de discretização não é óbvio, e existem diversos métodos, dentre os quais o próprio método que estamos tratando, o de elementos Þnitos. No momento consideramos que, de alguma forma, temos já realizado esta discretização e temos disponível um modelo como o da Figura 11b, com n massas discretas. Cada uma dessas massas pode ser considerada um corpo rígido, de forma que podemos aplicar a ela a segunda lei de Newton. A Figura 11c representa um diagrama de corpo livre de uma massa genérica mi . Sobre ela atuam uma força externa Fi (t) e as forças internas provenientes dos deslocamentos relativos às outras massas. Estas forças internas são as forças elásticas fe , relacionadas à rigidez das molas Ki e Ki+1 , e as forças de amortecimento fa relacionadas às constante Ci e Ci+1 dos amortecedores. Pela segunda lei de Newton, a resultante de todas estas forças deve ser igual à força de inércia mi xi . Então a equação do movimento para uma massa mi interna qualquer ¨ é a seguinte: Fi + Ci+1 (ui+1 − ui ) + Ki+1 (ui+1 − ui ) − Ci (ui − ui−1 ) − Ki (ui − ui−1 ) = mi ui . ú ú ú ú ¨ (84) Podemos rearranjar os termos colocando a parte conhecida, a força externa Fi (t), do lado direito: mi ui − Ci+1 ui+1 + (Ci + Ci+1 ) ui − Ci ui−1 − Ki+1 ui+1 + (Ki + Ki+1 ) ui − Ki ui−1 = Fi . ¨ ú ú ú Podemos expandir estas equações e colocar o sistema em forma matricial: (85)
  20. 20. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 20 F2 (t) F 1 (t) (a) F 1 (t) F i-1 (t) Fi (t) F i+1(t) F n (t) u 1(t) u i-1 (t) u i (t) u i+1(t) u n (t) ki k i+1 k1 m i-1 m1 mn m i+1 mi c1 kn (b c i+1 ci cn mui Fi (t) u i (t) k i ( u i (t) -u i-1 (t) ) mi c i ( u i (t) -u i-1 (t) ) k i+1 (u i+1(t) - u i (t)) (c) c i+1 (u i+1(t) - u i (t)) Figura 11: a) Corpo sólido tri-dimensional qualquer; b) modelo discretizado; c) diagrama de corpo livre da massa mi indicando força externa aplicada, força de inércia, forças elásticas de mola e forças de amortecimento. ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ m1 m2 m3 ... mn ⎡ ⎡ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎦⎢ ⎣ u1 ¨ u2 ¨ u3 ¨ u4 ¨ . . . un ¨ ⎤ ⎡ (C1 + C2 ) −C2 ⎥ ⎥ ⎢ −C2 (C2 + C3 ) −C3 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ −C3 (C3 + C4 ) −C4 ⎥+⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ... (K1 + K2 ) −K2 ⎢ −K2 (K2 + K3 ) −K3 ⎢ ⎢ −K3 (K3 + K4 ) −K4 ⎢ +⎢ −K4 (K4 + K5 ) −K5 ⎢ ⎢ ⎣ ⎤⎡ ... ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎦⎣ u1 u2 u3 u4 . . . un ⎤ ⎡ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎦ ⎣ ⎤⎡ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎦⎣ F1 (t) F2 (t) F3 (t) F4 (t) . . . Fn (t) u1 ú u2 ú u3 ú . . . u1 ú ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ (86)
  21. 21. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 21 Este sistema pode então ser escrito de forma compacta como M u(t) + Cu(t) + Ku(t) = F(t), ¨ ú (87) que é a equação algébrica do movimento do sistema discreto da Figura 11b. As matrizes são as chamadas matriz massa ou de inércia M, matriz de amortecimento C e a matriz de rigidez K, todas simétricas. Embora neste exemplo a M seja diagonal, de forma geral isto não é assim. 7 Elementos Finitos em Dinâmica Nas próximas seções trataremos de métodos para determinar ou estimar a solução do problema algébrico (87). Antes disso daremos uma amostra do processo geral de como aquelas matrizes são determinadas pelo método de elementos Þnitos na discretização de um corpo sólido, isto é, um sistema contínuo. Basicamente, o processo de determinação da equação matricial de movimento num caso dinâmico pelo método de elementos Þnitos é o mesmo procedimento usado nos capítulos anteriores na determinação da equação matricial de equilíbrio. Em ambos os casos usaremos o princípio do trabalho virtual (PTV), onde no caso dinâmico fazemos uma alteração em seu enunciado pelo uso do chamado princípio de D’Alembert, descrito a seguir. Um outro procedimento a ser apresentado, além do PTV, é a obtenção das equações de matriciais de movimento pelo uso das equações de movimento de Lagrange. Estas equações, porém, são apenas uma forma derivada do mesmo PTV aplicado à dinâmica. 7.1 Princípio de D’Alembert Julgando-se apenas pelo seu enunciado, este princípio é de uma simplicidade enorme. Sua utilidade entretanto é também enorme na engenharia. Considere a equação do movimento de uma partícula de massa m, dada pela segunda lei de Newton: n X Fi + mb = ma, (88) i=1 isto é, a resultante de todas as n forças externas aplicadas Fi , incluindo a força do corpo mb, deve ser igual a força da inércia, dada pela massa vezes a aceleração a desenvolvida pela massa m; b é uma força de corpo por unidade de massa. Quando as forças são tais que a aceleração é nula, as forças estão em equilíbrio e esta equação é chamada equação de equilíbrio. Obviamente, o tratamento de problemas de equilíbrio é mais simples que o tratamento de problemas dinâmicos. D’Alembert, de certa forma, realizou uma operação bastante “simples”. Ele transferiu a força de inércia do lado direito de (88) e passou-a para o lado esquerdo obtendo n X i=1 Fi + m(b − a) = 0. (89) Agora, a forma da equação é exatamente a mesma de uma equação de equilíbrio estático, e tudo o que existe desenvolvido para os problemas estáticos pode ser adaptado para os problemas dinâmicos. O princípio de D’Alembert então aÞrma que as forças de inércia podem ser incorporadas às forças de corpo e o problema pode ser tratado como uma equação estática, embora, agora, as forças de corpo associadas à inécia sejam desconhecidas, por incorporarem as acelerações.
  22. 22. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 7.2 22 Princípio dos Trabalhos Virtuais em Barras Lembre que nos vários capítulos anteriores, o P.T.V. foi desenvolvido e aplicado aos diversos tipos de componentes para o comportamento estático. Com o uso do princípio de D’Alembert as mesmas expressões do P.T.V. podem ser expandidas ao problema dinâmico de forma bastante simples. A dx x Figura 12: Elemento diferencial de volume de barra. Tomemos por exemplo o P.T.V. para o problema estático de barras: Z L Z L du dˆ u AE bˆ dx − A f u(L) = 0, u ˆ ∀ˆ ∈ V ar, u dx − A o dx dx o (90) onde b é a força de corpo por unidade de volume, e f a força concentrada aplicada na extremindade x = L. Considere um elemento diferencial de volume numa barra, como ilustrado na Figura 12. A massa deste elemento é dm = ρAdx onde ρ é a densidade do material, em kg/m3 , por exemplo. F(0) x u(x,t) F(t) X(x,t) Figura 13: Posição inicial P e posição Þnal p num dado instante t e deslocamento u(x, t) de um elemento diferencial numa barra sob solicitação dinâmica. Observe na Figura 13 o comportamento dinâmico de uma barra sob carga axial. O elemento diferencial inicialmente encontra-se a uma distância x da origem. Num outro instante t a posição daquela porção de material encontra-se a uma posição X da origem. A posição atual é função da posição inicial e varia instante a instante. Então podemos escrever que X(x, t) = x + u(x, t), (91) isto é, a posição atual X do ponto é igual à posição inicial x mais o valor u(x, t) do deslocamento sofrido. Como a posição inicial não se altera, diferenciando (91) temos a velocidade e a aceleração:
  23. 23. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 23 ⎧ ⎪ X(x, t) = ∂u (x, t) = u(x, t), ⎪ ú ú (velocidade) ⎨ ∂t (92) 2 ⎪ ⎪ ¨ ⎩ X(x, t) = ∂ u (x, t) = u(x, t) ¨ (aceleração). ∂t2 Isto signiÞca que a taxa de variação da posição é a mesma do deslocamento. O elemento diferencial de massa sofre uma aceleração u(x, t) e sua força de inércia é ¨ (força de inércia) A ρ¨(x, t) dx, u | {z } (93) bin é rcia que pode ser colocado na forma Abinércia dx, onde binércia = ρ u(x, t) é uma psudo-força de corpo ¨ assiciada à inércia. Assim, a força de inércia pode ser incluída no P.T.V. da equação (90) substituindo a força de corpo estática b(x) por (b(x, t) − binércia ), isto é, por (b(x, t) − ρ¨(x, t)), levando à expressão u do PTV dinâmico AE Z L o 7.3 ∂u(x, t) dˆ(x) u dx − A ∂x dx Z o L (b(x, t) − ρ¨(x, t)) u(x) dx − Af (t) u(L) = 0, u ˆ ˆ ∀ˆ ∈ V ar. (94) u Matrizes de Elementos Finitos de Barras Como no caso estático, consideramos o problema de uma barra sujeita a uma força f na extremidade e forças de corpo b distribuídas ao longo de sua extensão, como ilustrado na Figura 12, mas agora as forças podem ser função do tempo. A solução do problema consiste na função u(x, t) que satisfaz à ¯ expressão do PTV, eq.(94). A cada instante t a aceleração possui um valor, u(x, t) e os carregamentos ¨ ¯ ¯ ¯ tem valores deÞnidos b(x, t) e f (t). Tem-se então o PTV estático neste instante, onde se deve buscar ¯ a solução também estática, u(x, t). O tratamento por elementos Þnitos consiste ainda em discretizar o corpo em elementos e aproximar os campos por funções de interpolação. Considere pois um elemento Þnito linear de dois nós, e suas funções de interpolação implicitas, ϕe (x) = 1 Le − x Le e ϕe (x) = 2 x , Le (funcões de interpolação lineares) (95) associados aos nós intrinsecos 1 e 2. (Le é o comprimento do elemento.) O campo de deslocamento axial no elemento e é então interpolado por u(x, t) = 2 X ui (t)ϕe (x). i (96) i=1 Observe que os deslocamentos nodais em (96), os u0i s, agora variam com o tempo. De fato, essa expanssão representa uma separação de variáveis, em tempo t e espaço x. A função peso é interpolada pela mesma base de funções de interpolação ϕe (x): i u(x) = ˆ 2 X ui ϕe (x). ˆ i (97) i=1 Entretanto, os valores nodais ui da função peso não variam no tempo. De (96), temos claramente a ˆ aproximação da aceleração no elemento:
  24. 24. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 u(x, t) = ¨ 2 X 24 ui (t) ϕe (x). ¨ i (98) i=1 Levamos essas expressões ao P.T.V. da eq. (94): AE Z ÃX 2 e i | !à 2 ! X dϕe dϕe ui (t) i (x) ui i (x) dx− ˆ dx dx i {z }| {z } u(x,t) u(x) ˆ ! Z à 2 X e A ui (t)ϕi (x) dx − Af (t) u2 = 0, ¨ ˆ b(x, t) − ρ e i ∀ˆ ∈ V ar. u (99) As integrais são feitas ao longo do comprimento do elemento e. Faz-se o produto entre os dois somatórios na primeira integral e transfere-se o termo independente de x para fora da integral (os coeÞcientes ui (t) e ui ). Primeiramente obtém-se a forma expandida dos somatórios ˆ µ ¶µ ¶ R dϕe dϕe dϕe dϕe 1 2 1 2 AE e u1 (t) u1 ˆ dx − A e b(x, t) (ˆ1 ϕe + u2 ϕe ) dx u 1 ˆ 2 + u2 (x) + u2 dx dx dx dx {z }| {z } | R u(x,t) −ρA u(x) ˆ R e (¨1 (t)ϕe + u2 (t)ϕe ) (ˆ1 ϕe + u2 ϕe ) dx − Af (t)ˆ2 = 0 u ¨ ˆ 2 u 1 2 u 1 (100) ∀ˆ1 , u2 . u ˆ ˆ ˆ Como esta igualdade deve ser satisfeita para quaisquer valores de u1 e u2 , podemos fazer u1 = 1 ˆ e u2 = 0 e obter uma equação algébrica. Em seguida pode-se fazer u1 = 0 e u2 = 1, obtendo uma ˆ ˆ ˆ segunda equação: ∙ ∙ ¸ ¸ Z Z dϕe dϕe dϕe dϕe 1 1 1 2 =⇒ AE dx u1 (t) + AE dx u2 (t)+ e dx dx e dx dx {z } {z } | | e e K11 K12 ∙ Z ¸ ∙ Z ¸ R e e e e ρA ϕ1 ϕ1 dx u1 (t) + ρA ϕ1 ϕ2 dx u2 (t) = A e b(x, t)ϕe dx, ¨ ¨ 1 e e | | {z } {z } e M11 2 M12 ∙ ¸ ¸ ∙ Z Z dϕe dϕe dϕe dϕe 2 1 2 2 dx u1 (t) + AE dx u2 (t)+ =⇒ AE e dx dx e dx dx {z } {z } | | e e K21 K22 ∙ Z ¸ ∙ Z ¸ R e e e e ρA ϕ2 ϕ1 dx u1 (t) + ρA ϕ2 ϕ1 dx u2 (t) = A e b(x, t)ϕe dx + Af (t). ¨ ¨ 2 e e {z } {z } | | e M21 (101) e M22 Pode-se reconhecer as primeiras duas integrais em cada equação como os termos da matriz de rigidez do elemento Þnito de análise estática de barra usado em análise estática, visto na eq. (??). Os termos no terceiro e quarto colchete em cada equação formam a chamada matriz massa ou matriz de inércia do elemento. Os termos à direita da igualdade formam o vetor de carregamento, o mesmo mostrado em (??). Então, as equações acima podem ser postas na forma
  25. 25. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 ( 25 e e e e e K11 u1 (t) + K12 u2 (t) + M11 u1 (t) + M12 u2 (t) = F1 (t), ¨ ¨ (102) e e e e e ¨ ¨ K21 u1 (t) + K22 u2 (t) + M21 u1 (t) + M22 u2 (t) = F2 (t), ou, em notação matricial, ¨ Me ue (t) + Ke ue (t) = Fe (t). (103) ¨ Comparando com o caso estático vemos que agora existe uma força de inércia, Me ue (t), e que agora o carregamento pode variar no tempo. Mas mesmo que o carregamento seja estático, a presença do termo de inércia permitirá que a solução seja variante com o tempo. A deÞnição de cada termo é a seguinte ¯ Z e e ¯ ¯ K e = AE dϕi dϕj dx, ¯ ij ¯ e dx dx ¯ Z ¯ ¯ M e = ρA ϕe ϕe dx, (104) i j ¯ ij e ¯ ¯ Z ¯ e ¯ Fi (t) = A b(x, t)ϕi (x) dx + f (t)ϕi (Le ). ¯ e Para outros tipos mais complexos de elementos, como os de placa ou sólidos, as integrações acima podem ser inviáveis de serem realizadas analiticamente e são realizadas de forma numérica. Aqui, entretanto, as funções de interpolação são simples, lineares como vistas na eq. (95). A integração analítica da matriz de inércia é a seguinte Z e ¯ ¯ e ρA x2 e ρALe ¯ M11 = (L − x)2 dx = , ¯ L2 xe 3 e ¯ 1 ¯ Z e ¯ ρA x2 e ρALe ¯ e e (L − x) x dx = , (105) ¯ M21 = M12 = 2 ¯ Le xe 6 1 ¯ ¯ Z xe ¯ 2 ρALe ¯ M e = ρA . x2 dx = 22 ¯ 2 Le xe 3 1 A matriz de rigidez e o vetor força do elemento são os mesmos já integrados nas equações (??) e (??), isto é, AE K = Le e ∙ 1 −1 −1 1 ¸ ; ρALe M = 6 e ∙ 2 1 1 2 ¸ ; e F = Af ∙ ¸ 0 . 1 (106) Como no caso estático, essas são apenas as matrizes de um elemento, e devem ser rotacionadas e sobrepostas nas matrizes globais para gerar as equações discretas de movimento que representam o sistema sendo modelado: M¨(t) + Ku(t) = F(t). u (107) Observe que este é um sistema de n equações diferenciais, ordinárias, de coeÞcientes constantes, em termos do tempo, não homogêneo (F (t) 6= 0), com n funções incógnitas u1 (t), . . . , un (t). Diferentemente do caso estático, esta não é uma equação algébrica, portanto não pode ser simplesmente resolvida por inversão de matriz. É um sistema de equações diferenciais e deve ser integrado para dar a resposta do sistema, após a aplicação das condições de contorno e condições iniciais do sistema.
  26. 26. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 7.4 26 Equações do Movimento de Lagrange As equações do movimento (107), obtidas pelo PTV, podem ser também obtidas com o uso das equações de Lagrange. Considere que podemos expressar a energia de deformação U e a energia cinética T de um corpo elástico ou sistema, em termos de valores nodais de deslocamento ui (t) e ui (t), isto é, se temos as funções ú W = U (u1 (t), u2 (t), . . . , un (t)) , (108) T = T (u1 (t), u2 (t), . . . , un (t), u1 (t), u2 (t), . . . , un (t) . ú ú ú Partindo do princípio dos trabalhos virtuais, é possível deduzir as chamadas equações de Lagrange. Não apresentaremos aqui sua dedução, que pode ser achada em textos clássicos de dinâmica ??. Estas equações são as equações do movimento do sistema, em termos dos valores nodais ui (t) e ui (t). ú Frequentemente é mais fácil obter as equações do movimento através das equações de Lagrange que tentando aplicar diretamente a segunda lei de Newton. As equações de Lagrange são d dt µ ∂T ∂ ui ú ¶ + ∂T ∂W + = Fi . ∂ui ∂ui (109) Para uma barra, a energia de deformação é: ¶2 Z µ AE L ∂u(x, t) dx. (110) W = 2 o ∂x A energia cinética pode ser obtida da seguinte forma. Lembre que a energia cinética de uma massa pontual m é, por deÞnição, Ec = mv 2 /2. Agora considere o elemento diferencial de barra de comprimento dx das Figuras 12 e 13. Este elemento tem massa diferencial dm = ρAdx e velocidade axial u(x, t). Então sua energia cinética é u(x, t)2 dm/2, isto é, ρAu(x, t)2 dx/2. A energia cinética ú ú ú da barra completa é então Z ρA L (u(x, t))2 dx. ú (111) T = 2 o Tendo a W e T , cabe agora fazer a discretização de elementos Þnitos. Dividimos a barra em elementos, o que signiÞca simplesmente particionar o intervalo de integração nas deÞnições de W e T em uma soma de integrais realizadas em cada elemento. Em cada elemento interpolamos o deslocamento e velocidade usando (96). Então as energias em cada elemento se tornam: ¶2 Z µ AE dϕe dϕe 1 2 e W = u1 (t) dx, + u2 (t) 2 e dx dx (112) Z ρA e e 2 Te = (u1 (t)ϕ1 + u2 (t)ϕ2 ) dx. ú ú 2 e Se usarmos as funções de interpolação lineares (95) no elemento essas energias Þcam1 ¸∙ ¸ u1 (t) 1 −1 , −1 1 u2 (t) ¸T ∙ ¸ ∙ ¸∙ ρA u1 (t) ú 2 1 u1 (t) ú e . Le T = u2 (t) ú u2 (t) ú 1 2 12 AE W = 2Le e 1 ∙ u1 (t) u2 (t) ¸T ∙ O expoente T indica transposto de vetor ou matriz. (113)
  27. 27. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 27 Se compararmos estas expressões a (106) vemos que as matrizes acima são proporcionais a rigidez e massa do elemento respectivamente. DeÞnindo o vetor de deslocamentos nodais do elemento como ue (t) = [u1 (t); u2 (t)]T , a equação acima pode ser posta na forma ½ e 1 eT W = 2 u (t) Ke ue (t), (114) T e = 1 ueT (t) Me ue (t). ú ú 2 Tendo então as expressões discretizadas para as energias interna e cinemática, podemos passar ao uso das equações de Lagrange. Para um dado elemento a equação de Lagrange em (109) reduz-se a duas equações, para i = 1 e i = 2, correspondentes aos dois graus de liberdade do elemento. As equações Þcam: ⎧ ¶ µ ∂W e ⎪ d ∂T e e ⎪ + = F1 , ⎨ dt µ ∂ u1 ¶ ú ∂u1 Equações de Lagrange (115) ∂W e ⎪ d ∂T e e ⎪ + = F2 . ⎩ dt ∂ u2 ú ∂u2 Observe que cada uma das equações (114) é uma forma quadrática, que expande-se em ( e e e e W e = 1 [K11 u2 + K12 u1 u2 + K21 u1 u2 + K22 u2 , 1 2 2 e e e e T e = 1 [M11 u2 + M12 u1 u2 + M21 u1 u2 + M22 u2 u2 . ú1 ú ú ú ú ú ú 2 Fazendo as derivações indicadas em (115) e recolocando o resultado em forma matricial obtemos ¸ ∙ e ¸ ∙ e ¸ ¸∙ ¸∙ ∙ e e e K11 K12 F1 (t) u1 (t) ¨ u1 (t) M11 M12 + = , (116) e e e e e u2 (t) ¨ u2 (t) F2 (t) M21 M22 K21 K22 que é exatamente a equação do movimento (103) obtida anteriormente usando o PTV e o princípio de D’Alembert para um elemento de barra. Para outros tipos de problemas (vigas, placas, cascas, elementos sólidos etc.) o procedimento é análogo para a determinação das equações de movimento. 7.4.1 Exemplo 2 — Equações de Movimento com E.F. de Barra Determine a equação do movimento para uma barra de comprimento L, área de seção transversal A, densidade ρ e módulo de elasticidade E. Obtenha as matrizes para dois e três elementos Þnitos. Solução: A Figura 14 ilustra os nós e graus de liberdade do modelo de três elementos. Para dois elementos a equação do movimento é obtida sobrepondo as matrizes em (106): ⎤ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎡ ⎤⎡ F1 (t) 2 1 0 u1 (t) ¨ 1 −1 0 u1 (t) ρAL ⎣ 2EA ⎣ ¨ 1 4 1 ⎦ ⎣ u2 (t) ⎦ + −1 2 −1 ⎦ ⎣ u2 (t) ⎦ = ⎣ F2 (t) ⎦ , 12 L u3 (t) ¨ u3 (t) F3 (t) 0 1 2 0 −1 1 e, mesma forma, para três elementos, ⎡ 2 ⎢ 1 ρAL ⎢ 18 ⎣ 0 0 1 4 1 0 0 1 4 1 ⎤⎡ 0 u1 (t) ¨ ⎥ ⎢ u2 (t) 0 ⎥⎢ ¨ ¨ 1 ⎦ ⎣ u3 (t) u4 (t) ¨ 2 ⎤⎡ 1 −1 0 0 u1 (t) ⎥ 3EA ⎢ −1 2 −1 0 ⎥ ⎢ u2 (t) ⎢ ⎥⎢ ⎥+ ⎦ L ⎣ 0 −1 2 −1 ⎦ ⎣ u3 (t) u4 (t) 0 0 −1 1 ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ F1 (t) ⎥ ⎢ F2 (t) ⎥ ⎥=⎢ ⎥ ⎦ ⎣ F3 (t) ⎦ . F4 (t)
  28. 28. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 28 y E, A, ρ x L z F2(t) F1(t) F3 (t) 1 2 3 u 2(t) 4 u 3 (t) 2 2 F4(t) 3 2 1 3 L 2 = L/3 Figura 14: Modelo de barra com três elementos do Exemplo 2. 8 Análise Modal Considere o caso em que normalmente se considera como estático, onde o carregamento não varia com o tempo. Devemos lembrar que certamente houve um período inicial em que a carga teve que ser aplicada, onde ela teve que variar de zero até seu valor Þnal. Quando este período é suÞcientemente longo, as acelerações desenvolvidas pela estrutura são baixas o suÞciente para poder serem desprezadas e a análise pode ser feita como estática, sem o primeiro termo de (107), onde força e deslocamento são agora constantes no tempo, constituindo-se no problema estático de obter o deslocamento Þnal uf de Kuf = F. Isto corresponde, por exemplo, a soltar uma carga sobre a carroceria de um caminhão com inÞnito cuidado. A carroceria baixaria suave e lentamente até atingir sua posição Þnal, como na Figura 15a. Na situação oposta a carga seria simplesmente jogada. A carroceria então oscilaria várias vezes sobre a suspensão. Devido ao amortecimento, essas oscilações gradualmente se reduziriam enquanto o sistema tenderia a sua posição Þnal de repouso como na Figura 15b. Nota-se então que a classiÞcação de problemas como estático ou dinâmicos nem sempre é simples e direta. Mesmo que o carregamento varie com o tempo não necessariamente se tem um problema dinâmico. Por exemplo, considere um carregamento cíclico com baixa freqüência. Novamente, se a freqüência de carregamento é baixa, as acelerações, que também são cíclicas, serão baixas. Isto pode ser visto de (48). Então as acelerações do sistema podem ser desprezadas em (107), resultando num sistema algébrico dado por Ku(t) = F(t). Este é o chamado problema quasi-estático porque, embora não tenha o termo de inércia, a resposta varia com o tempo como se fosse um problema estático. Para classiÞcar um problema como quasi-estático ou não basta saber se a freqüência de excitação é baixa o suÞciente. Este “pequeno” é geralmente quantiÞcado de forma um tanto arbitrária. Se a freqüência de excitação for menor que aproximadamente um terço da menor freqüência natural do
  29. 29. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 u(t) 29 u(t) uf t to t to (a) (b) Figura 15: (a) Exemplo de aplicação sem efeitos dinâmicos apreciáveis, (tipicamente para to > 100 s ou to > 10Tmax , onde Tmax = 2π/ω 1 e ω 1 é a menor freqüência natural); (b) Aplicação com resposta dinâmica, usuamente para tempos de carregamento da ordem de to < 0, 01 s. sistema, isto é, ω1 , (117) 3 então o problema pode ser tratado como quase estático com precisão aceitável. A outra situação é quando as freqüências de carregamento são altas e as forças de inércia devem ser consideradas, o que constitui o problema da dinâmica. Dois grandes tipos de problemas existem, os problemas de propagação da onda e os de dinâmica estrutural. Os problemas de propagação de onda ocorrem em situações de impacto ou de explosões ou de acústica entre outros, onde tanto o carregamento quanto a resposta são de alta freqüência e o período de duração da análise é em geral curto, da ordem de um período da onda que cruza a estrutura. Por outro lado, quando a freqüência de carregamento não é alta, no sentido de que é da mesma ordem, ou apenas algumas vezes maior que a primeira freqüência natural do sistema, o problema é dito de dinâmica estrutural. A Figura 16 mostra um esboço dos diversos tipos de problemas e análises possíveis, embora na realidade diversas outras situações existam. Os problemas de dinâmica estrutural, por sua vez, podem ser classiÞcados, pelo menos, em três grandes tipos: (a) determinação de freqüência e modos naturais, (b) análise de resposta temporal e (c) análise de freqüências. As freqüências e modos naturais de uma estrutura são determinados por uma série de motivos. Numa situação de projeto, frequentemente interessa que a freqüência de carregamento Þque abaixo da primeira freqüência natural, ou pelo menos interessa evitar que a freqüência de excitação Þque próxima a uma das freqüências do sistema. Na análise da resposta temporal buscamos determinar a resposta do sistema, instante a instante para um dado histórico de carga. Dois grandes métodos existem para realizar esta análise, (a) análise modal e (b) integração direta. O método de análise modal usa as freqüências e modos naturais, comentados no parágrafo anterior, enquanto o de integração direta faz uma discretização de diferenciais Þnitos no tempo na equação diferencial do movimento, (107), e faz uma integração numérica. O método de análise modal é um método baseado fundamentalmente na linearidade do sistema. Por outro lado, quando o sistema físico é modelado matematicamente, por elementos Þnitos por exemplo, levando em conta efeitos nãolineares, como plasticidade em metais, grandes deformações ω.
  30. 30. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 30 como em processos de conformação, ou grandes deslocamentos, o processo adequado a ser usado é o de integração direta no tempo das equações de movimento, embora existam formas de circunscrever as limitações da análise modal em alguns casos. Os métodos de análise de freqüências não determinam a resposta do sistema a cada instante, mas sua composição em freqüências, e não será tratado nesse capítulo. O texto a seguir tratará primeiramente das freqüências e modos naturais da estrutura que em seguida serão usadas no processo de análise modal. Tipos de coportamento Estático Quase Estático Κu = F Ku(t) = F(t) Dinâmico Propagação de Onda Dinâmica Estrutural Freq. e Modos Naturais Resposta Temporal Análise Modal Respostas em Frequência Integração Direta Figura 16: ClassiÞcação aproximada do comportamento, tipos de análises e métodos em dinâmica. 8.1 Vibrações Livres Não-Amortecidas Consideremos F(t) = 0, isto é, o sistema de n equações diferenciais (107) descarregado, M¨(t) + Ku(t) = 0. u (118) A única coordenada nesse sistema é o tempo, uma vez que as coordenadas espaciais xyz foram já discretizados. Este tipo de equação é bastante conhecida e estudada em matemática, uma vez que toda uma série de fenômenos físicos é modelada por sistemas de equações diferenciais ordinárias desse tipo. Uma classe de solução tem a seguinte forma u(t) = φf (t). (119)
  31. 31. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 31 Consideremos o signiÞcado desta função. A Figura 17 ilustra o caso de uma viga modelada por três elementos Þnitos e quatro nós. A eq.(119) representa os deslocamentos de cada nó ao longo do tempo: ¯ ¯ u1 (t) = φ1 f (t), ¯ ¯ u2 (t) = φ2 f (t), ¯ (120) ¯ u3 (t) = φ3 f (t), ¯ ¯ u4 (t) = φ4 f (t). Suponha que num dado instante, t = 0 por exemplo, os deslocamentos sejam φ = [0; 0, 2; 0, 7; 1, 1]T como na Þgura. Se num certo instante t = t1 , f (t1 ) = f1 , e num outro instante, t = t2 , f (t2 ) = f2 , por exemplo, isto signiÞca, por esta hipótese que os todos os deslocamentos nodais no instante, t = t2 são f2 /f1 vezes maior que no instante t = t1 . Estes valores nodais são sempre proporcionais entre si a qualquer instante. 4 3 2 1 φ =0 1 φ = 0.2 2 φ =0 1 φ = 0.8 2 U3 = 2.8 φ4 = 4.4 φ = 0.10 2 φ 3 = 0.35 f(t = 0) = 1 φ4 = 0.55 U1 = 0 φ 3 = 0.7 φ4 =1.1 f(t = 1s) = 4 f(t = 2s) = 0.5 Figura 17: Exemplo de deslocamentos nodais proporcionais a um fator comum f (t) que varia no tempo. Observe que (119) não é a solução de (118), mas apenas sua forma geral. Antes desconhecíamos os valores nodais da função do tempo u(t). Agora temos u(t) expresso em termos de um perÞl de deslocamentos nodais φ, independente do tempo, e de um fator comum, f (t), ambos também desconhecidos. A diferenca é que antes tínhamos n funções do tempo a determinar, agora as n incógnitas são constantes, as componentes de φ, e apenas uma função incógnita dependente do tempo, f (t). Substituíndo (119) em (118) temos ¨ Mφ f (t) + Kφ f (t) = 0. (121) Se consideramos f (t) 6= 0 para qualquer valor de t, podemos dividir tudo por f (t) obtendo:
  32. 32. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 32 ¨ f (t) Mφ = −K φ. f (t) | {z } (122) −λ Lembremos que estas são n equações diferenciais em f (t). Mφ é uma matriz coluna de n termos, ¨ tanto quanto Kφ. Uma vez que tanto Mφ quanto Kφ são independentes de t, também f (t)/f (t) deve sê-lo. Deve então ser igual a uma certa constante, −λ ainda a ser determinada. Com isto se ¨ obtém uma nova equação, em termos apenas de f (t). Se f (t)/f (t) = −λ, de (122) temos os dois problemas: ¨ f (t) + λf (t) = 0, [K − λM] φ = 0. (123) 1. O primeiro problema é uma equação com forma bastante conhecida, cuja solução tem a forma f (t) = Aest , (124) onde s é uma constante a ser determinada. Substituindo em (123)1 obtém-se As2 est + λA est = 0. (125) Como A e est não podem ser nulos, eles podem ser simpliÞcados resultando a chamada equação característica do problema: s2 + λ = 0. (126) Raizes reais — Uma primeira solução é obtida supondo-se λ < 0, o que daria duas soluções reais, √ s1 = −s2 = −λ = s. Teríamos duas soluções, f1 (t) = Aest e f2 (t) = Ae−st , isto é, uma solução (119) crescente exponencialmente no tempo e outra solução decrescente. Mas o carregamento é nulo e o sistema é dito conservativo, isto é, não possui dissipação de energia, amortecimento. A única forma deste sistema se mover é simplesmente continuar um movimento iniciado anteriormente através de um impulso rápido aplicado no instante inicial. O movimento deve ser tal que a quantidade de energia total do sistema deve permanecer constante. Isto não permite que a amplitude do movimento cresça ou diminua ao longo do tempo. Como consequência deve-se ter que λ não pode ser negativo. Como o caso λ = 0 nos remeteria a um problema estático, deve-se então ter λ > 0. Se λ = 0, tem-se um problema estático. Raizes complexas — Se λ > 0, faz-se λ = ω2 e as soluções de (126) são s1 = iω e s2 = −iω, √ com i = −1, e a solução de (123) é uma combinação linear das duas soluções: f (t) = A1 eiωt + A2 e−iωt . (127) As constantes A1 e A2 são complexas. Pode-se igualmente representar f (t) na forma f (t) = Cei(ωt−φ) , e tomar apenas a parte real: f (t) = C cos (ωt − φ) , (128)
  33. 33. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 33 onde C é uma constante arbitrária real, φ o chamado ângulo de fase e ω a freqüência do movimento, que é harmônico. Essa freqüência é ainda incógnita, a ser determinada pela solução do problema (123)2 . Uma vez determinados φ e ω de (123), e usando f (t) de (128), a solução do problema de vibrações livres (118) vem de (119) como: u(t) = Cφ cos (ωt − φ). (129) Observe que esse é um movimento oscilante, chamado harmônico. Cada ponto i oscila com freqüência ω uniforme no tempo, em torno de uma certa posição, com amplitude Cφi . 2. Considera-se agora o problema (123)2 £ ¤ K − ω 2 M φ = 0. {z } | (130) A Observe que o fator multiplicando φ é uma matriz A ≡ K − ω 2 M de ordem n × n. A equação matricial é um sistema algébrico de n equações e n incógnitas, os φi , i = 1, n. De álgebra linear sabe-se que se A for uma matriz quadrada real não-singular, a nulidade do lado direito da equação, (F = 0 em Aφ = F), implica que a única solução possível é φ = 0, isto é, φ1 = φ2 = . . . φn = 0. A única maneira de se ter uma solução não-nula é que K − ω 2 M seja uma matriz singular, isto é: det A = 0, isto é, £ ¤ det K − ω 2 M = 0. (131) Como as freqüências são ainda desconhecidas, podemos usar a própria condição (131) para determiná-las, bastando que procuremos os valores de ω para os quais o determinante de A seja nulo. Note que o determinante de A é uma função, um polinômio em termos de ω 2 : £ ¤ ¡ ¢ det K − ω2 M = p ω 2 = 0. (132) Esse é o chamado polinômio característico, (ou equação de freqüência) associado ao chamado determinante característico. Se tivermos um sistema pequeno, 2 × 2 por exemplo, as raízes do polinômio podem ser obtidas analiticamente. Para sistemas da ordem de milhares, como é comum em elementos Þnitos, existem alguns métodos numéricos e dezenas de variações, que estimam algumas ou todas as raízes. Para o caso 2 × 2, por exemplo, o problema (131) Þca ∙ ¸ K11 − λM11 K12 − λM12 p (λ) = det = 0, K21 − λM21 K22 − λM22 p (λ) = (K11 − λM11 ) (K22 − λM22 ) − (K21 − λM21 ) (K12 − λM12 ) = 0. (133) . Observe que esse é um polinômio do 2o grau em λ. De forma geral, a algébra mostra que um sistema de n equações reais possui um polinômio característico de grau n e possui n raízes. O problema (130) é denominado problema de autovalor ou autoproblema, enquanto as raízes do polinômio característico, os ω 0i s, são chamados autovalores do problema. Calculamos então os n autovalores λj = ω 2 do problema. A cada autovalor substituído em (130) poderemos resolver e obter j um distinto vetor solução φj , isto é ¤ £ K − ω 2 M φj = 0 j j = 1, 2, · · · , n. (134)
  34. 34. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 34 ¢ ¡ Cada vetor solução φj é chamado autovetor do problema, e o par ω j ; φj é um autopar. φj é também denominado modo de vibração do sistema. Uma vez que não temos apenas um par de solução do problema de autovalor (130), mas n autopares, a solução do problema dinâmico (118) não é apenas (130), mas uma combinação linear de todos os modos na forma: u(t) = C1 φ1 cos (ω 1 t − φ1 ) + C2 φ2 cos (ω 2 t − φ2 ) + . . . + Cn φn cos (ω n t − φn ) , isto é, u(t) = ¢ ¡ Cj φj cos ω j t − φj . j=1 Pn (135) As várias constantes Cj devem ser determinadas de acordo com as condições iniciais do sistema, como sera visto posteriormente. 8.2 Propriedades dos Autovetores e Autovalores Nos próximos itens exploraremos as características, usos e signiÞcados físicos das freqüências e modos naturais de um sistema. Antes disso porém, vamos tratá-los simplesmente como entidades matemáticas, autovalores e autovetores, e observar suas propriedades. 8.2.1 Ortogonalidade A primeira propriedade a ser demonstada é a seguinte: considere dois distintos autopares de (130), isto é, (ω r ; φr ) e (ω s ; φs ), que satisfazem Kφr = ω 2 Mφr r Kφs = ω 2 Mφs . s e (136) Se multiplicarmos a primeira equação pelo transposto de φs , isto é, φsT , e a segunda por φrT obtemos2 φsT Kφr = ω 2 φst Mφr r φrT Kφs = ω2 φrt Mφs . s e (137) Observe que, enquanto a equação (136)1 consiste de uma igualdade entre dois vetores, isto é, Kφr é igual a um certo vetor Vr e Mφr é igual a um certo vetor Ur . De forma similar para a eq. (136)2 . Quando pré-multiplicamos (136)1 por um autovetor φsT , isto equivale a um realizar produto escalar φsT • Vr , cujo resultado é um escalar. Podemos transpor uma das duas equações (137), a segunda por exemplo, e o sistema Þca φsT Kφr = ω 2 φsT Mφr r e φsT KT φr = ω2 φsT MT φr . s (138) Como K e M são matrizes simétricas, os termos se tornam idênticos entre as duas equações. Se subtrairmos a primeira da segunda equação temos ¡ ¢ 0 = ω2 − ω 2 φsT Mφr . r s | {z } (139) a φsT Mφr é um escalar a. Se as freqüências naturais forem distintas, ω r 6= ωs , é então necessário que φsT Mφr = 0 2 para qualquer O sobre-índice ”T ” indica transposto de um vetor ou matriz. r 6= s se ω r 6= ωs . (140)
  35. 35. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 35 Este resultado é chamado de condição de ortogonalidade dos vetores modais. Caso ω r = ω s , prova-se que o correspondente par de autovetores φr e φs não necessariamente são ortogonais. Entretanto,esses vetores podem ser ortogonalizados, usando, por exemplo,o método de ortogonalização de Gran-Schmidt. Assim,deforma geral, considera-se sempre que se tem o conjunto dos n autovetores ortogonais pela massa. A operação φsT Mφr pode ser vista como um tipo diferente de produto escalar entre os vetores φs e φr . Esta tipo de produto escalar entre dois vetores U e V é deÞnido com o uso de uma matriz peso, no caso é usado a matriz massa, de forma que U · V ≡ UT MV, enquanto a forma mais conhecida do produto interno é o chamado produto euclidiano, dado por U · V ≡ UT V. Observe que se dois distintos vetores modais φr e φs são M-ortogonais, isto é, satisfazem (140), eles são também K-ortogonais. A demonstração é feita simplesmente levando (140) para o lado direito de (138)1 , o que resulta em: φsT Kφr = 0, (141) isto é, se dois vetores são ortogonais em relação à massa também o serão em relação à rigidez. 8.2.2 Normalização e Ortonormalidade Se temos deÞnido um produto escalar, também chamado produto interno entre dois vetores, temos então uma deÞnição de comprimento, ou norma kφr k de um vetor φr , deÞnida por kφr k p = p φr • φr , = φrT Mφr (142) É visível que se o termo dentro do radical puder ser negativo para algum vetor φr , a deÞnição perde o signiÞcado, uma vez que não se poderia interpretar como comprimento um valor negativo. Então esta norma só pode ser deÞnida com uma matriz peso que tenha a propriedade de ser positiva deÞnida. Uma matriz A é dita positiva deÞnida se ° T ° V AV ≥ 0, para qualquer V, e ° T (143) ° V AV = 0 ⇐⇒ V = 0, isto é, algumas matrizes sempre terão o resultado VT AV positivo, qualquer que seja o vetor considerado, exceto no caso dele ser nulo. Agora observe novamente o autoproblema (130). Suponha que já encontramos um autopar (ω r ; φr ) do problema, que, como tal, satisfaz: [K − ω r M] φr = 0. Podemos multiplicar estas n equações por uma constante d qualquer e colocar a equação na forma [K − ω r M] (cφr ) = 0. Concluímos que se φr é um autovetor, dφr também o será. Assim, após a determinação de cada autovetor fazemos sua normalização, isto é, calculamos sua norma por (142) e fazemos φr = 1 φr . kφr k (144)
  36. 36. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 36 Visivelmente, agora φr tem norma unitária, isto é, φrT Mφr = 1. Como os diversos autovetores são ortogonais entre si, podemos escrever a seguinte relação φrT Mφs = δ rs , (145) r, s = 1, 2, 3, ..., n onde δ rs é um símbolo conhecido como delta de Kronecker. Sua deÞnição é a de que δ rs = 1 se r = s, isto é, se tivemros r = s = 1 ou 2, etc. Por outro lado, se r 6= s, (por exemplo r = 1 e s = 2), por deÞnição tem-se que δ rs = 0 . Resumindo, δ rs = 1 se r = s, = 0 se r 6= 0. (146) Um conjunto de vetores que possui a propriedade mostrada em (145) é dito um conjunto ortonormal de vetores, isto é, cada um é normalizado para norma unitária e também é ortogonal a todos os demais. A relação (145) está colocada na chamada forma indicial, com os índices r e s podendo assumir valores entre 1 e n. Essa relação pode também ser colocada numa forma matricial completa. Para isso deÞne-se a chamada matriz modal como: £ ¤ Φ = φ1 φ2 . . . φn , (147) isto é, Φ é a matriz n × n em que cada coluna é composta por um dos autovetores do problema. Assim, a relação de ortonormalidade (145) pode ser colocada na forma matricial ΦT MΦ = I (148) onde I é uma matriz indentidade de ordem n × n. Consideremos novamente o autoproblema. Em vez de representar um autopar de solução a cada vez, como em (136)1 , aplicamos todos os autopares simultaneamente. Isto é feito da seguinte forma: KΦ = MΦΛ2 (149) onde Λ2 é uma matriz diagonal, denominada matriz espectral, composta pelos autovalores: ⎤ ⎡ ω2 1 ⎥ ⎢ ω2 2 ⎥ ⎢ 2 Λ =⎢ (150) ⎥. ... ⎦ ⎣ ω2 n De forma expandida, (149) pode ser posto como ⎡ K11 K12 ⎢ K21 K22 ⎢ ⎢ ... ⎣ ⎡ M11 M12 ⎢ M21 M22 ⎢ = ⎢ ... ⎣ ⎤⎡ Knn Mnn ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎦⎣ ⎤⎡ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎦⎣ φ1 1 φ1 2 . . . φ1 n φ1 1 φ1 2 . . . φ2 · · · 1 φ2 2 . ... . . φ2 n φ2 1 φ2 2 . . . φ1 φ2 n n φn 1 ⎤ ⎥ ⎥ . ⎥ . ⎦ . φn n ⎤⎡ · · · φn ω2 1 1 ⎥⎢ ω2 2 ⎥⎢ ⎥⎢ ... ... . ⎦ ⎣ . . ω2 φn n n ⎤ ⎥ ⎥ ⎥. ⎦
  37. 37. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 37 Note que (149) representam as n equações associadas a cada autovetor. Então tem-se de fato n × n equações algébricas. Podemos em seguida pré-multiplicar (149) por ΦT obtendo: t ΦT KΦ = Φ MΦΛ2 . Mas com a ortonormalidade dos autovetores em relação à matriz massa, eq. (148), o lado direito simpliÞca-se e temos ΦT KΦ =Λ2 . (151) Já tínhamos visto em (141) a ortogonalidade dos vetores em relação à rigidez, isto é, φr Kφs = 0. Agora temos também que φrT Kφr = ω 2 , isto é, a norma de um autovetor em relação a matriz de r rigidez é o quadrado do correspondente autovalor. A seção ?? descreve também outras propriedades das matrizes e autopares do problema. 8.2.3 Exemplo 3 — Freqüências Naturais Considere a barra do Exemplo 2, engastada na extremidade esquerda, modelada por três elementos. Obtenha a aproximação de elementos Þnitos para sua primeira e segunda freqüência natural. Use E = 200.000 MPa, ρ = 7.800 kg/m3 , A = 1, 0 cm2 e L = 1, 0 m. Solução: As freqüências naturais são as raizes ω 2 do polinômio característico deÞnido em (132) pelo deterj minante det[K − ω 2 M] = 0. Da solução do Exemplo 2, o problema de autovalor para um modo j é: ⎧ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎫ ⎡ j ⎤ ⎡ ⎤ 1 −1 0 0 2 1 0 0 ⎪ φ1 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 3EA ⎢ ⎥ ⎢ 1 4 1 0 ⎥⎬ ⎢ φj ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢ −1 2 −1 0 ⎥ − αj ⎢ ⎥ ⎢ 2 ⎥ ⎢ ⎥ (152) ⎣ 0 1 4 1 ⎦⎪ ⎣ φj ⎦ = ⎣ 0 ⎦ . ⎪ L ⎣ 0 −1 2 −1 ⎦ 3 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ 0 0 −1 1 0 0 1 2 0 φj 4 onde αj = ω 2 ρAL . j 18 Deve-se primeiramente aplicar as condições de contorno para vincular a barra. Uma vez que ela está engastada pelo nó 1, qualquer que seja seu movimento vibratório este deve ser tal que u1 (t) = 0. Então todos os modos de vibração devem ser tais que φj = 0. Levando este valor à equação signiÞca 1 eliminar a primeira coluna de cada matriz junto com o termo φj . Em seguida eliminamos a primeira 1 linha, Þcando então com matrizes 3 × 3. Quanto às constantes multiplicativas, dividimos a equação por 3EA/L e deÞnimos αj = ω 2 j ρAL/18 ρL2 = ω2 j 3EA/L 54E O polinômio característico então Þca ⎧⎡ ⎡ ⎤⎫ ⎤ 4 1 0 ⎬ ⎨ 2 −1 0 p(αj ) = det ⎣ −1 2 −1 ⎦ − αj ⎣ 1 4 1 ⎦ = 0, ⎭ ⎩ 0 1 2 0 −1 1 que pode ser simpliÞcado para: (153) (154)
  38. 38. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 38 Tabela 1: Freqüências naturais em modelo de barra em balanço. Freqüência em Hz (Erro %) Freq. Analítico (Hz) 1 elemento 2 elementos 3 elementos p 1 ω1 E/ρ = 1.265, 9 1.395,8 (10,3 %) 1.298,3 (2,56 %) 1.280,4 (1,10 %) 4L p 3 ω2 E/ρ = 3.797, 8 4.536,5 (19,5 %) 4.187,6 (10,3 %) 4L p 5 ω3 E/ρ = 6.329, 5 7.597,0 (16,7 %) 4L p(αj ) = (2 − 4αj )2 (1 − 2αj ) − (1 + αj )2 (1 − 2αj ) − (1 + αj )2 (1 − 4αj ) = 0. As três raizes são α1 α2 α3 √ 11 − 6 3 = = 0, 0467458 m−2 s−4 13 1 = = 0, 0467458 m−2 s−4 2 √ 11 + 6 3 = = 1, 64556 m−2 s−4 13 −→ ω 1 = 1.280, 4 Hz, −→ ω 2 = 4.187, 6 Hz, −→ ω 3 = 7.597, 0 Hz. (155) Observe que usando dois elementos as freqüências aproximadas são: ω 1 = 1.298, 3 Hz e ω 2 = 4.536, 5 Hz, enquanto usando um único elemento a primeira freqüência é aproximada por ω1 = 1.395, 8 Hz. A comparação dos resultados com a solução analítica é vista na Tabela 1. Observe que os modos iniciais convergem primeiro e os modos mais altos sempre requerem malha mais reÞnada para atingir precisões aceitaveis. Isto é regra geral nas aproximações por elementos Þnitos. 8.2.4 Exemplo 4 — Modos Naturais Considere a barra engastada do Exemplo 2 modelada por três elementos Þnitos. Determine os modos naturais de vibração da barra. As matrizes do problema são (a deÞnição de αj é dada em (153)): ⎧⎡ ⎡ ⎤⎫ ⎡ j ⎤ ⎡ ⎤ ⎤ 4 1 0 ⎬ φ2 0 ⎨ 2 −1 0 ⎣ −1 2 −1 ⎦ − αj ⎣ 1 4 1 ⎦ ⎣ φj ⎦ = ⎣ 0 ⎦ . (156) 3 ⎩ ⎭ j 0 1 2 0 −1 1 0 φ4 Solução: O autovetor φj é obtido substituindo o valor de ω j da Tabela 1 (Exemplo 3) em (152) e resolvendo o sistema para cada modo j. Para o modo 1, usamos ω1 = 1.280,4 Hz = 8.045 s−1 , o que corresponde a α1 = 0,04674 m−2 s−4 . A eq.(156) para o modo j = 1 Þca ⎡ ⎤⎡ 1 ⎤ ⎡ ⎤ φ2 1, 81302 −1, 04674 0 0 ⎣ −1, 04674 1, 81302 −1, 04674 ⎦ ⎣ φ1 ⎦ = ⎣ 0 ⎦ . 3 0 −1, 04674 0, 90651 0 φ1 4 Triangularizando a matriz por fatorização gaussiana temos:
  39. 39. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 39 ⎡ ⎤⎡ 1 ⎤ ⎡ ⎤ φ2 1, 81302 −1, 04674 0 0 ⎣ ⎦ ⎣ φ1 ⎦ = ⎣ 0 ⎦ . 0 1, 20868 −1, 04674 3 0 0 0 0 φ1 4 Podemos fazer φ1 = 1, 0. Neste caso resolvemos φ1 = 1, 5 e φ1 = 1, 15471, isto é, 4 2 3 ⎤ ⎡ 0, 5 1 ⎣ 0, 866 ⎦ . φ = 1, 0 Para o modo 2, o autovalor é α2 = 0, 0467458 m−2 s−4 . Os autovetores são ⎤ ⎤ ⎡ ⎡ 1, 0 0, 5 e φ3 = ⎣ −0, 866 ⎦ . φ2 = ⎣ 0 ⎦ −1, 0 1, 0 8.2.5 Exemplo 5 — Normalização de Autovetores Considere o autoproblema do Exemplo 4. Normalize os autovetores, forme as matrizes massa e rigidez. Solução: Os autopares obtidos foram: ⎛ ⎡ √ 11 − 6 3 ⎣ (α1 ; φ1 ) = ⎝ ; 2 ⎡ ⎛ √ 11 + 6 3 ⎣ (α3 ; φ3 ) = ⎝ ; 2 ⎤⎞ ⎛ ⎡ ⎤⎞ 0, 1 √ 5 (α2 ; φ2 ) = ⎝0, 5; ⎣ 0 ⎦⎠ , 3/2 ⎦⎠ , −1 1, 0 ⎤⎞ 0, √5 − 3/2 ⎦⎠ . 1, 0 Formamos a matriz modal não-normalizada ⎤ ⎡ 1/2 1 1/2 √ √ Φ = ⎣ 3/2 0 − 3/2 ⎦ . 1 −1 1 O teste de ortononalidade com a massa é feito por ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 4 1 0 8, 59808 0 0 ρAL ⎣ ρAL T ⎣ ⎦. 1 4 1 ⎦Φ = 0 6, 0000 0 A = ΦT MΦ = Φ 18 18 0 1 2 0 0 3, 40192 Essa é uma matriz diagonal, o que conÞrma a ortogonalidade dos ° ° autovetores. Os termos da °φj °2 = φjT Mφj . Então, diagonal são os quadrados das normas dos autovetores, isto é, Ajj = ° ° pode-se obter a matriz modal normalizada dividindo cada coluna j de A pela norma °φj °. Isto resulta em:
  40. 40. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 Observe que 40 √ ⎡ ⎤ r 0, 271037 0, 170518 1/ 6 18 ⎣ 0, 295345 0√ −0, 469536 ⎦ . Φ= ρAL 0, 341035 −1/ 6 0, 542173 (157) ⎡ ⎤ 0, 046746 0 0 3EA/L ⎣ ⎦ = Λ2 , 0 0, 5 0 ΦT KΦ = ρAL/18 0 0 1, 64556 que é a matriz com as freqüências naturais da barra, como pode ser visto nas eqs.(153), (155) e (150). 8.2.6 Exemplo 6 — Solução Analítica de Vibrações Livres em Barra Considere o problema de vibrações livres de uma barra engastada numa das extremidades como no Exemplo 2. a) Encontre a solução analítica para o problema; b) Plote a solução analítica e a de elementos Þnitos para os primeiros modos. Solução: a) Para a solução analítica, primeiro usamos a equação diferencial do problema estático, eq.(??): d2 u(x) + A bx (x) = 0 ∀x ∈ (0, L), (158) dx2 e aplicamos o princípio de D’Alembert, tomando a força de corpo bx como sendo a força de inércia, −ρ¨. A equação do movimento para vibrações livres, e condições iniciais e de contorno Þcam então: u ¯ ¯ d2 u(x, t) d2 u(x, t) ¯ AE − ρA = 0, ∀x ∈ (0, L), t > 0, ¯ dx2 dt2 ¯ ¯ (159) t > 0, ¯ u(0, t) = 0, ¯ ¯ du ¯ ¯ AE (L, t) = Afx = 0, t > 0. dx (fx é a força na extremidade x = L da barra.) Esse problema pode ser resolvido pelo método de separação de variáveis, cujo ponto de partida consiste em supor que a solução pode ser escrita na forma u(x, t) = X(x)T (t), que substituida em (159)1 produz: AE ρ ¨ X(x)T (t) = 0. E Pode-se separar os termos dependentes de x e t da seguinte forma: X 00 (x)T (t) − ¨ ρ X 00 (x) T (t) = = ω2 . E X(x) T (t) (160) Uma vez que lado esquerdo da igualdade é função apenas de x enquanto o lado direito depende apenas de t, conclui-se que cada lado deve ser constante. Denominemos essa constante de ω 2 . Isto gera duas equações diferenciais ordinárias:
  41. 41. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 41 ⎧ ρ ⎨ X 00 (x) + ω 2 X(x) = 0, E ⎩ ¨ T (t) + ω2 T (t) = 0. (161) A primeira dessas equações, quando juntadas às condições de contorno, gera o primeiro problema de valor no contorno. As condições de contorno são de que uma das extremidades é engastada, u(0, t) = 0, e a outra é livre de forças. Isto resulta no problema ° ° d2 X(x) ° E − ω 2 ρ X(x) = 0, ° 2 |{z} dx ° ° Eβ 2 ° ° (162) ° X(0) = 0, ° ¯ ° ° dX ¯ ¯ ° = 0. ° dx ¯ x=L Esse é um problema de autovalor contínuo, não discretizado com aqueles vistos anteriormente. Para compactar a notação, deÞne-se β 2 = ω 2 ρ/E. Essa equação diferencial tem solução bastante conhecida. Se ω for conhecido, a solução é: X(x) = A sen βx + B cos βx. (163) Resolvendo para a primeira condição de contorno obtemos B = 0. Para a segunda condição, ¯ dX ¯ ¯ = βA cos βx = 0. dx ¯x=L Como βA 6= 0, é necessário que βL = (2n − 1)π/2, para n = 1, 2, 3, ...Estes são então os autovalores da barra: (2n − 1)π , n = 1, 2, 3, ..., 2L ou, da deÞnição de β, as freqüências naturais da barra engastada são: βn = (2n − 1)π ωn = 2L r E , n = 1, 2, 3, ..., ρ (164) Os correspondentes modos naturais de vibrações são obtidos levando as freqüências para (163) com B = 0: Xn (x) = An sen β n x, n = 1, 2, 3, ... (165) b) A solução aproximada para os modos de vibrações obtida por três elementos é vista na eq.(157), normalizada pela massa. Esses são valores nodais da solução. Já os valores de deslocamentos em pontos arbitrários x da barra são obtidos com o uso das funções de interpolação. Uma vez que estas funções são lineares em x ao longo de cada elemento, obtém-se a distribuição de deslocamentos de forma “quebrada”, como mostrada na Figura 18. Os valores de β n na solução analítica são β 1 = 1, 57, β 2 = 4, 71 e β 3 = 7, 85. A solução analítica normalizada de forma a que o módulo do
  42. 42. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 42 modo 3 0.50 φ (x), X(x) modo1 0.25 L 0.00 -0.25 modo 2 -0.50 0.00 0.25 0.50 0.75 1.00 x Figura 18: Solução analítica Xn (x) e aproximada φn (x), obtida por três elementos Þnitos de barra, para os três primeiros modos naturais de vibrações. deslocamento Xj (L) coincida com o valor de φj em x = L, isto é, em (165) a constante Aj foi obtida por Aj = φj /sen β j L. Então, A1 = 0, 3410, A2 = −0, 4082 e A3 = 0, 5422. 4 Observe que a precisão obtida decai progressivamente para os modos mais altos, tal como as freqüências naturais, vists no Exemplo 2. Isto é regra no método de elementos Þnitos. Nota-se que também nesse exemplo que os valores nodais foram sempre exatos. Isto ocorre sempre, mas apenas em problemas unidimensionais. Problemas bi- ou tridimensionais como os de placa ou sólidos apresentam valores nodais apenas aproximativos da solução analítica. Note que a plotagem da Figura 18 representa, na realidade, deslocamentos axiais, e não transversais,como a Þgura pode sugerir. 8.2.7 Autovetores Linearmente Independentes Monstraremos que o conjunto dos n autovetores associados às matrizes massa e rigidez do sistema mecânico formam um conjunto de vetores linearmente independentes. Um conjunto linearmente independente signiÞca que qualquer um de seus elementos não pode ser escrito como uma combinação linear dos demais. Para a prova consideraremos o contrário, isto é, que o conjunto é linearmente dependente, tal que, se tomarmos, por exemplo, o primeiro vetor, poderiamos escreve-lo como uma combinação linear dos demais: φ1 = a2 φ2 + a3 φ3 + . . . an φn , (166) com constantes a2 , . . . , an não-nulas. Passando os termos da direita para a esquerda e mudando os nomes das constantes tem-se b1 φ1 + b2 φ2 + . . . + bn φn = 0.
  43. 43. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 43 Isto pode ser colocado em forma matricial como Φ b = 0, onde b = [b1 b2 . . . bn ]T . Pré-multiplicando por ΦT M tem-se ΦT{z }b = 0 =⇒ b = 0, | MΦ I isto é, b1 = b2 = . . . = bn = 0, devido a ortonormalidade dos vetores. Então (166) só pode ser satisfeito se todos os ai = 0. Mas b1 = 1, logo (166) não é possível, isto é, φ1 não pode ser representado como uma combinação linear dos demais vetores. Repetindo o procedimento para os demais vetores, conclui-se que o conjunto de autovetores Φ é linearmente independente. Da teoria de álgebra linear tem-se então a seguinte consequência: qualquer vetor φ de ordem n pode ser escrito como uma combinação linear dos vetores modais φr , isto é, qualquer φ pode ser representado por: 1 2 n φ = d1 φ + d2 φ + . . . + dn φ = n X dj φj , j=1 ou ainda, numa forma matricial, o teorema de expansão pode ser representado por: φ = Φd, (167) onde d é o vetor coluna composto pelos n coeÞciente dj tal que d = [d1 , d2 , . . . dn ]T . O conjunto Φ de autovetores é então dito ser uma base do espaço de dimensão Þnita ndimensional gerado pelas matrizes massa e rigidez. A expressão (167) caracteriza o chamado teorema de expansão. Ele é fundamental ao método de análise modal visto a seguir. 8.3 Análise Modal para Excitação Inicial - Sistema não-Amortecido A aplicação do método de análise modal mais simples é no caso em que a única excitação no sistema é aquela aplicada no instante inicial, e ele permanece em movimento permanentedevido à ausência de dissipação de energia. Ao longo do tempo o carregamento é nulo, isto é, F(t) = 0 para t > 0, e a equação de movimento discretizada (107) reduz-se à eq.(118): M¨(t) + Ku(t) = 0. u (168) Primeiramente formamos o problema de autovalor (130) e obtemos sua solução, os n auto-valores Λ2 e os correspondentes autovetores Φ. Usamos então o teorema da expansão (167), isto é, se qualquer vetor no espaço n-dimensional gerado por K e M pode ser expandido como uma combinação linear dos modos naturais, então a solução u(t) de (168) também deve poder, já que este vetor também pertence ao mesmo espaço. Então pode-se representar a solução u(t) por: u(t) = Φη(t), (169) onde η(t) = [η 1 (t), η 2 (t) . . . η n (t)]T são os coeÞcientes, os d’s de (167). u(t) são os deslocamentos nodais físicos do sistema, enquanto η(t) são coordenadas generalizadas, aqui denominadas também coordenadas modais. Nesse caso, como u(t) é um vetor que muda a cada instante, também os coeÞcientes η j (t) devem ser função do tempo. Aparentemente não se conseguiu nenhum beneÞcio com a transformação vetorial acima. Simplesmente passamos de n funções incógnitas uj (t) para outras n funções incógnitas η j (t). Mas a seguir se poderá visualizar sua utilidade.
  44. 44. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 44 Realizamos então as seguintes operações: substituímos (169) em (168) e pré-multiplicamos esta última por ΦT , o que resulta Φt M Φ η (t)+Φt K Φ η(t) = 0. ¨ Se o conjunto Φ de autovetores tiver sido ortonormalizado, com o uso de (148) e (151) a equação acima Þca I¨ (t) + Λ2 η(t) = 0 η (170) Observe que, como Λ2 é uma matriz diagonal, este é um conjunto de n equações diferenciais ordinárias, homogêneas, com coeÞcientes constantes, desacoplado, isto é, a j-ésima equação tem a forma η j (t) + ω2 η j (t) = 0, ¨ j (171) ou ainda, de forma extendida, as n equações são: ¯ ¯ η 1 (t) + ω2 η 1 (t) = 0, 1 ¯ ¨ ¯ ¯ η (t) + ω2 η (t) = 0, ¯ ¨2 2 2 ¯ . . ¯ . ¯ 2 ¯ η n (t) + ωn η n (t) = 0. ¨ Compare (168) a (170). As eqs.(168) são também n equações diferenciais, mas cada uma delas, a equação j-ésima, por exemplo, tem a forma Mj1 u1 + Mj2 u2 + . . . + Mjn un + Kj1 u1 + Kj2 u2 + . . . + Kjn un = 0. ¨ ¨ ¨ (172) Envolve portanto todas as n funções incógnitas uk (t), sendo um sistema do tipo acoplado. Já em (170) a j-ésima equação envolve apenas uma única função incógnita, η j (t). Desta forma, cada uma das equações (170) pode ser resolvida separadamente. Quando todos os η j (t) forem determinados, usamos a transformação (169) e temos a solução u(t). Note que os coeÞcientes η j (t) são apenas “coeÞcientes”, funções temporárias no processo do cálculo, não tendo signiÞcado físico deÞnido, como tem u(t). Passemos aos detalhes. Cada equação desacoplada em (170) tem solução já determinada, uma vez que corresponde ao problema de vibrações livres não-amortecidas de um grau de liberdade. A solução pode ser tomada de (29) para amortecimento nulo, ξ = 0: η j (t) = Aj cos(ω j t − φj ), (173) onde Aj e φj são constantes a serem determinadas de forma que a função satisfaça as condições iniciais do sistema. Considere o sistema mostrado na Figura 19. Ali se mostra uma das muitas maneiras de modelar matematicamente o comportamento dinâmico de um veículo. No caso, podemse obter informações úteis por uma simulação simpliÞcada, onde o veículo é modelado como uma simples viga apoiada sobre duas molas que representam toda a ßexibilidade dos pneus e do sistema de suspensão. Aplicado um carregamento impulsivo sobre o veículo, cada parte dele se põe a mover. No esquema da Figura 19b indicamos uma modelagem de elementos Þnitos de cinco elementos de viga para modelar o comportamento do modelo inicial. Note que temos dois modelos: o veículo físico foi primeiro modelado pela viga e molas. O segundo modelo, o de elementos Þnitos visa aproximar o comportamento dinâmico do primeiro modelo, que por sua vez pretende-se que dê informações sobre o comportamento do veículo em si.
  45. 45. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 1 45 2 3 4 5 6 u1(t) Ka Kb Figura 19: (a) Esquema de um veículo, e (b) uma possível representação esquemática. Buscamos então as seis funções, u1 (t) a u6 (t) em cada um dos seis nós da malha da Figura 19b, por exemplo. Para a resolução de qualquer problema diferencial que envolve o tempo, é necessário que se tenha um problema de valor inicial, dito bem posto. Isto signiÞca que devemos ter a(s) equações diferenciais que regem o problemas. Mas elas não são suÞcientes. É necessário que conheçamos as condições de contorno, que em geral dizem como o sistema está vinculado. Além disso, é necessário que se conheça as condições iniciais do sistema, isto é, devemos conhecer os deslocamentos e velocidades de cada ponto do sistema no instante inicial, t = 0. No exemplo da Figura 19b isto signiÞca conhecer os valores de deslocamento em cada um dos nós no instante t = 0. Frequentemente a origem da medida de deslocamentos é escolhida como a conÞguração do sistema no instante inicial, ou em sua conÞguração de equilíbrio. Nestes casos as condições iniciais seriam u1 (0) = u2 (0) = . . . = un (0) = 0. (174) Observemos também que no instante inicial cada ponto do sistema pode estar se movendo com uma certa velocidade. Estes valores de deslocamentos e velocidades iniciais, quando não nulos, fazem às vezes de excitação no sistema. Observe o caminhão do exemplo. Considere que ele está na Figura 19a, em sua posição de equilíbrio estático, imovel. Se nada for feito com ele, ele continuará parado como é previsto pela segunda lei de Newton. Agora se aplica uma força vertical sobre ele, mas sem que se faça medição ou se conheça esta força. Ampliamos o valor da força até que o deslocamento medido em cada um dos seis nós atinja certos valores, por exemplo, u01 , u02 , u0n . Neste momento removemos a carga e começamos a contar o tempo. Podemos então considerar que o sistema possui uma distribuição de deslocamentos iniciais ui (0) = uoi , ou, em forma vetorial, u(0) = uo . (175) É de se esperar que o sistema continue a mover-se, devido a interações entre as forças de inércia e as elásticas. Isto é o que explica por que a equação do movimento (168) pode ter solução não nula se nela não aparece carregamento. A excitação aparece em termos de deslocamentos iniciais. O mesmo pode ser dito sobre as velocidade iniciais. Podemos ter a cada nó valores conhecidos de velocidade inicial: u(0) = vo , ú ú ú isto é, u1 (0) = υ 01 , u2 (0) = υ02 , . . . , un (0) = υ 0n . ú (176)
  46. 46. Paulo de Tarso R Mendonça - Grante - EMC - UFSC, 2004 46 Note que, com uso da transformação (169), transformamos o conjunto de equações diferenciais de movimento (168), escrito em termos de deslocamentos, nas equações diferenciais (170), escritos em termos das funções nj (t). Como desejamos resolver primeiro (170), devemos transformar também as condições iniciais (175) e (176) em termos de nj (t). Aplicamos então a transformação (169) às condições iniciais: u(0) = Φ η(0) ⇒ u0 = Φ η 0 , u(0) = Φ η(0) ú ú ⇒ v0 = Φ η 0 . ú (177) Pré-multiplicamos as equações do lado direito pela matriz ΦT M obtendo ΦT Muo = ΦT MΦη o , ΦT Mvo = ΦT MΦη o . ú Devido à ortonormalidade dos autovetores em Φ temos η o = ΦT Muo , (178) η o = ΦT Mvo , ú o que nos dá os valores iniciais das funções η(t), a serem usados na solução do problema (170). Aplicamos (172) no instante inicial: η j (0) = Aj cos φj , (179) η j (0) = Aj ωj sen φj . ú ú Observe que cada η j (0) e η j (0) é já conhecido de (178). Então (179) forma um sistema de duas equações para cada j,e duas incógnitas, Aj e φj . Se dividimos a segunda pela primeira equação temos tan φj = η j (0) ú . ω j η(0) (180) Obtendo φj , de (179)1 obtemos Aj como: Aj = η j (0) . cos φj (181) Estas constantes são calculadas para cada uma das equações desacopladas, de forma que todas as funções η j (t) são conhecidas de (173). Conhecidas estas funções a solução dos deslocamentos nodais do sistema não amortecido sob excitação inicial vem de (169), isto é, u(t) = n P j=1 ¡ ¢ φj Aj cos ω j t − φj . (182) Esta solução pode também ser calculada numa forma alternativa. Usamos a solução (37) do problema de vibração livre unidimensional. Fazendo o amortecimento nulo naquelas equações, ζ = 0, obtemos as simpliÞcações ω d = ω n e φ = 0, o que resulta na solução do problema desacoplado como: η j (t) = η j (0) cos ω j t + η j (0) ú sen ω j t, ωj para j = 1, . . . , n, (183)

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