Aula 4 vibração forçada hamonicamente sem e com amortecimento 1 gdl

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Aula 4 vibração forçada hamonicamente sem e com amortecimento 1 gdl

  1. 1. 1 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL Vibrações Livre Forçada Sem Amortecimento Com amortecimento Sem Amortecimento Com amortecimento [M]{&x&}+ [C]{x&}+ [K]{x}= F(t ) [M]{&x&}+ [K]{x}= 0 [M]{&x&}+ [C]{x&}+ [K]{x}= 0 [M]{&x&}+ [K]{x}= F(t )
  2. 2. 2 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.1 – Introdução Vibração forçada: Existe uma fonte externa adicionando energia ao sistema. F(t) F(t) t F(t ) = F sen(Wt +f ) o Fo x m k
  3. 3. 3 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL x(t) harmônica monofreqüência x(t) harmônica multifreqüência x(t) aleatória Excitação Resposta
  4. 4. 4 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL Excitação Resposta
  5. 5. 5 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL Excitação Resposta
  6. 6. 6 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL Excitação Harmônica F(t ) F e F ( t i t ) i t w w w cos sin = 0 = 0 + (4.1) F(t ) F coswt = 0 F(t ) = F0senwt (4.2)
  7. 7. 7 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL Excitação Harmônica F(t) harmônica SISTEMA x(t) harmônica w0 = wn RESSONÂNCIA x(t) muito grande, podendo ocasionar a falha do sistema
  8. 8. 8 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL Excitação Harmônica
  9. 9. 9 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL Exemplos de Excitação Harmônica Máquina rotativa desbalanceada : se o automóvel trepida, a carroceria vibra ou o volante oscila, ele pode estar desbalanceado.
  10. 10. 10 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL Exemplos de Excitação Harmônica Automóvel deslocando-se sobre estrada de perfil senoidal
  11. 11. 11 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.2 – Modelagem
  12. 12. 12 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.2 – Modelagem r r F = ma mx+ kx = F(t) (4.3) mx kx F t o + = cosw (4.4) x + = o cosw t (4.5) F m x k m k n w = (4.6) m
  13. 13. Sollução da equação homgênea Sollução da equação parttiicullar 13 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.2 – Modelagem Solução Geral do Movimento: h p x = x + x (4.7) x A sen t A t h n n w cosw 1 2 = + (4.9) k + x = 0 (4.8) m x Equação Homogênea: A sollução é a mesma do caso de um moviimentto lliivre não amortteciido Solução Equação Homogênea:
  14. 14. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 14 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Tende a desaparecer quando há amortecimento; representa a resposta transiente Representa a resposta permanente 4.2 – Modelagem h p x = x + x
  15. 15. 15 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL Fim da resposta transiente e início da resposta permanente 4.2 – Modelagem
  16. 16. 16 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.2 – Modelagem Solução Equação Particular: x = Acoswt x = −Awsenwt x Aw 2 coswt = − mx kx F t o + = cosw m( A t ) k(A t ) F t o w 2 cosw cosw cosw − + = A[k m ] t F t o w 2 cosw cosw − = F = (4.10) A o 2 k − mw
  17. 17. = + + (4.11) 17 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.2 – Modelagem h p x = x + x x A sen t A t h n n w cosw = 1 + 2 x A t p = cosw F A o 2 k − mw = w cosw cos 1 2 2 − n n w t F x A sen t A t o w k m
  18. 18. 18 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL x(0) = x0 0 x(0) = x 4.2 – Modelagem Condições iniciais w cosw cos 1 2 2 − n n w t F x A sen t A t o w k m = + + A x o = − (4.12) w w w w 1 2 2 cos F n n n n w sen t F x A t A sen t o w − k m = − − F x A o 0 2 2 k − mw = + x0 A1 n =w 2 0 2 k − mw 0 n x A w 1 = (4.13)
  19. 19. 19 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.2 – Modelagem w cosw cos 1 2 2 − n n w t F x A sen t A t o w k m = + + 0 n x A w 1 = F A x o 2 0 2 k − mw = − t F k m t F k m sen t x x x o n o n n w w w w w w cos cos 0 2 2 0 − + − = + − (4.14) F m t F m t sen t x x x n o n n o n n w w w w w w w w cos cos 0 2 2 2 2 0 − + − = + − (4.15) ÷÷ m ÷÷ m
  20. 20. 20 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.2 – Modelagem Máxima Amplitude da Equação Particular: F ÷ k 2 k mw A o − = F k m 1 w 2 k A o − = 2 F − w 1 = n o k A w 2 d − w 1 = n o A w 2 d w (4.16) 1 1 − = n A o w
  21. 21. 21 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.2 – Modelagem A Representa a razão entre a amplitude dinâmica o e a amplitude estática do movimento. Fator de Amplificação, Fator de Ampliação ou Coeficiente de Amplitude: A = (4.17) o FA d
  22. 22. 22 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.2 – Modelagem Relação de Freqüências: w = (4.18) n r w 2 1 1 w (4.19) − = n FA w 1 r = (4.20) 1 2 FA −
  23. 23. 23 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.2 – Modelagem Resposta em Freqüência:
  24. 24. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL 1 r 24 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas A Caso 1: 0 r 1 FA 1 2 = = d o − Análise da Resposta em Freqüência
  25. 25. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL 25 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Caso 2: r 1 1 - r2 é (-) A é (-) Resposta permanente: x t A t p ( ) = − cosw (4.21) onde a amplitude A é redefinida como: F 0 m k A − = 2 w (4.22)
  26. 26. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL ( ) = (4.23) 26 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas = RESSONÂNCIA n w w Resposta na Ressonância Caso 3: r = 1 A ® ¥ d w 2 o n w x t tsen t n
  27. 27. 27 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Determine a resposta do sistema considerando os seguintes dados: m = 10 kg, k =1000 N/m, x0 = 0,v0 = 0.2 m/s, F = 23 N, w = 2wn = 2 = 20 rad/s n w w EXEMPLO 4.1 2.3 N/kg 0.2 m/s 0 = = n 23 N F f o o = = = 10 kg m 0.02 m 10 rad/s x w 10 rad/s 1000 N/m F k F = = = 10 kg m n w m t m t sen t x x x n o n n o n n w w w w w w w w cos cos 0 2 2 2 2 0 − + − = + − (4.15) 2.3 N/kg 3 0 − = − × 8 10 m f 2 2 2 2 2 2 (10 20 ) rad / s − = w −w n F m t F m t sen t x x n o n n o n n w w w w w w w w cos cos 2 2 2 2 0 − + − = − x 0.02sen10t 8x10−3 cos10t 8x10−3 cos 20t = − +
  28. 28. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 28 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Fenômeno do Batimento Ocorre quando a excitação harmônica tem uma freqüência muito próxima (mas não exatamente igual) à freqüência natural do sistema. t F k m t F k m sen t x x x o n o n n w w w w w w cos cos 0 2 2 0 − + − = + − (4.14) Consideremos a solução geral Sejam ambas as C. I. nulas (sistema inicialmente em repouso): cos cos 2 2 − o w = − t (4.24) F x o k m t F k m n w w w + −
  29. 29. 29 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL Relações fundamentais
  30. 30. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL F 0 t t 30 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Fenômeno do Batimento cos cos 2 2 − o w = − t (4.24) F x o k m t F k m n w w w + − (cos cos ) / 0 ( ) (cos cos ) 2 2 n w w x t n 2 F m t t k m w w n w w w − − − = − = (4.25) ) F m 0 sen tsen t = (4.26) 2 2 (2 / ( ) 2 2 x t n n n w w w w w w + − −
  31. 31. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 31 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Fenômeno do Batimento Consideremos w um pouquinho menor do que wn: w −w = 2e n (4.27) onde e é uma quantidade positiva muito pequena Por outro lado, se wn » w, então w +w » 2w n (4.28) Multiplicando as eqs. (4.27) e (4.28): w 2 w 2 4ew − = n (4.29)
  32. 32. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL 32 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Fenômeno do Batimento Substituindo as eqs. (4.27), (4.28) e (4.29) na eq. (4.26): F m ) . 2 sen t / ( 0 e ew sen t sen t F m x t e w ew . ) 2 / ( ) = ( 0 (4.30) Como e w, sen et varia lentamente, sendo seu período 2p/e grande. Então, a eq. (4.30) pode ser vista como representando uma vibração de período 2p/w e amplitude variável
  33. 33. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 33 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Fenômeno do Batimento O senwt desenvolve vários ciclos, enquanto que o sen et desenvolve apenas um ciclo: sen t sen t F m x t e w ew . ) 2 / ( ) = ( 0 (4.30)
  34. 34. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 34 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Fenômeno do Batimento
  35. 35. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 35 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Fenômeno do Batimento
  36. 36. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 36 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Fenômeno do Batimento Período do Batimento: Freqüência do Batimento: p w w 2 p e t − = = n b 2 2 (4.31) w = = − b n w w w p t b b 2 (4.32)
  37. 37. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL 37 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Fenômeno do Batimento Exemplo de Batimento: duas máquinas de mesma rpm nominal, montados sobre a mesma base.
  38. 38. 38 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.2 Uma bomba alternativa com 150 lbf de peso está montada no meio de uma placa de aço de 0.5 in de espessura, 20 in de largura e 100 in de comprimento, presa por braçadeiras ao longo de duas bordas. Durante a operação da bomba, a placa é sujeita a uma força harmônica F(t) = 50cos62.83 t [Lbf] . Determine a amplitude de vibração da bomba.
  39. 39. 39 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Solução: A placa pode ser modelada como uma viga fixa nas duas extremidades: 3 3 ( )( ) 4 0.2083 in 20 0.5 bh = = = 12 12 I Rigidez devido a flexão: ( )( )( ) lbf 1200 192 192 30 x 10 0.2083 ( 100 ) in 3 6 3 = = = L EI k EXEMPLO 4.2
  40. 40. 40 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.2 Solução: Amplitude da resposta harmônica: P 0.1504 in A o rad s 62.832 150 lbf ft 12 in * s ft 32.2 lbf in 1200 50 lbf F 2 2 = − − A = 2 k − mw = g P = m.g ®m = O sinal negativo de A, indica que a resposta x(t) está defasada da excitação F(t) .
  41. 41. 41 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.3 Deduzir a equação do movimento e achar a resposta permanente do sistema da figura para o movimento de rotação em torno do ponto O, para os seguintes dados: M = 50 kg, m = 10 kg, k1 = k2 = 5000 N/m, a = 0,25 m, b = 0,5 m, l = 1 m, F0 = 500 N e w = 1000 rpm.
  42. 42. 42 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Solução: EXEMPLO 4.3
  43. 43. 43 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.3 Solução: Equação de Movimento para movimento rotacional ao redor do ponto O: (2 ) + (2 2 2 J o + Ml q k a + k b ) q = F . l = (F o . sen w t )(l ) 1 Solução Particular: sen t p q =q . w
  44. 44. 44 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Solução Equação Particular: sen t p q =q . w t p q =q .w cosw q q w senwt = − . 2 (2 ) + (2 2 2 J o + Ml q k a + k b ) q = F . l = (F o . sen w t )(l ) 1 (2 . )( .2 . ) (2 J o + Ml − q w sen w t + k a + k b )( q . sen w t ) = (F o . sen w t )(l ) 2 2 1 ( 2 2 − J o . w − Ml . 2 2 w + k a + k b ) q = F o . l 2 2 1 EXEMPLO 4.3
  45. 45. 45 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 2 2 2 1 . F l . 2 2. 2 J Ml k a k b o o − − + + = w w EXEMPLO 4.3 q . F l ( ) 2 2 2 1 2 2 J Ml k a k b o o − − + + = w q F l ( 2 ) ( 2 ) 2 2 2 1 . w q k a k b J Ml o o + − + = F l q . sen t ( k a k b ) ( J Ml ) o o p w w . 2 2 2 2 2 1 + − + = Solução:
  46. 46. 46 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas sen t t h n n q q w q cosw = 1 + 2 F l q . F l Solução: h p q =q +q q q w q w . ( ) ( ) sen t 1 2 + − + k a k b J Ml sen t t o o n n w w . cos 2 2 2 2 2 1 = + + sen t ( k a k b ) ( J Ml ) o o p w w . 2 2 2 2 2 1 + − + = EXEMPLO 4.3
  47. 47. 47 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Solução: Condições iniciais q (0) =q0 F l q q w q w . ( ) ( ) sen t 1 2 + − + k a k b J Ml sen t t o o n n w w . cos 2 2 2 2 2 1 = + + 0 2 q =q EXEMPLO 4.3
  48. 48. 48 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.3 q (0) q0 Condições iniciais = F l q wq w wq w . cos ( ) ( ) t 1 2 + − + k a k b J Ml t sen t o o n n w w w . cos 2 2 2 2 2 1 = − + F l q wq . ( ) ( ) w F l q wq 2 2 ( ) ( )w 2 2 1 0 1 . k a k b J Ml o o + − + = + w . 2 2 2 2 2 1 0 1 k a k b J Ml o o + − + = + Solução:
  49. 49. 49 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Solução: F l wq q 2 2 ( ) ( )w 2 2 1 1 0 . k a k b J Ml o o + − + − = − + q F l q 2 2 w [( ) ( )w]w 2 2 1 0 1 . k a k b J Ml o o + − + + − − = F l [( 2 ) ( 2 ) 2 ] 2 2 1 q 0 1 . w w w q k a k b J Ml o o + − + = − EXEMPLO 4.3
  50. 50. 50 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.3 Solução: F l q q w q w . ( ) ( ) sen t 1 2 + − + k a k b J Ml sen t t o o n n w w . cos 2 2 2 2 2 1 = + + F l [( 2 ) ( 2 ) 2 ] 2 2 1 q 0 1 . w w w q k a k b J Ml o o + − + = − F l [( ) ( ) ] F l sen t ( k a k b ) ( J Ml ) t sen t k a k b J Ml o o n n o o w w q q w w w w w q . . cos . . 2 2 2 2 2 1 0 2 2 2 2 2 1 0 + − + + + + − + = −
  51. 51. 51 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Solução: F l [( ) ( ) ] 1 F l 2 (10)(1)3 33.33 kg.m2 q J = ml = = o 3 1 3 sen t ( k a k b ) ( J Ml ) t sen t k a k b J Ml o o n n o o w w q w w w w w q . . cos . . 2 2 2 2 2 1 0 2 2 2 2 2 1 0 + − + + + + − + = − M = 50 kg, m = 10 kg, k1 = k2 = 5000 N/m, a = 0,25 m, b = 0,5 m, l = 1 m, F0 = 500 N e w = 1000 rpm. 104.67 rad/s 2 p =1000. = 60 w EXEMPLO 4.3
  52. 52. 52 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.4 Um automóvel desloca-se sobre uma pista ondulada com velocidade km h x = 80 (a) Determine a amplitude da vibração forçada do automóvel de peso P, cuja suspensão cede de uma altura h sob o peso do carro, em condição estática. A pista tem um perfil harmônico = x L y sen o . . p d Adote os seguintes valores : o = 0.03 m; L = 12 m; h = 0.1 m; (b) Qual a velocidade do automóvel para qual haverá ressonância na vibração vertical ?
  53. 53. 53 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.4 Solução: Frequencia natural de vibração P = kd o o mg = kd g o k m d = 9.904 rad/s 9.81 k = = = = 0.10 o n g m d w 1.58 Hz 9.904 wn = = = 2 2 p p n f
  54. 54. Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.4 Solução: Comprimento de onda Distância percorrida durante 1 oscilação completa! f T 1 = D = S t V D T V l = v=l.f Frequencia de excitação f T 2. . 2 p p p v . 0.262. v = 2. . v v w p w = = l = . = = L 12 w p rad s 5.822 1000 m 0 . 262 . 0.262 80 = 1 km 1h 3600s km h w = v =
  55. 55. 55 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Solução: (a) Amplitude de vibração forçada 2 d − w 1 = n o A w A 0.0458m 5.822 9.904 1 0.03 2 = − = (b) Velocidade crítica do automóvel Igualando as frequencias natural e forçada wn = w n 0.262*v =w 0.262*v = 9.904 km h 136 m v 37.8 c = = s EXEMPLO 4.4
  56. 56. 56 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.5 O conjunto motor-bomba de peso de 2500 N está apoiado sobre quatro molas de constante de 3800 N/m cada uma. O motor só pode se mover na vertical, e a amplitude de vibração é de 0.020 m a uma velocidade de 600 rpm. Sabendo-se que a massa desbalanceada é 6 kg , determinar a distância entre seu eixo de massa e o eixo de giro.
  57. 57. 57 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.5 P = 2500 N m = 254.84 kg N m N k 3800 eq = = x 4 15200 m Solução: Frequencia natural de vibração rad s 7.72 15200 keq = = = 254.84 m n w Frequencia de excitação rad s 62.83 2 rad w = 600 = 1 rot min 60s rot min
  58. 58. 58 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.5 Solução: Amplitude de vibração forçada P d o k 2 2 − − w w 1 1 = = n n A w w P = 2500 N N m k 15200 eq = rad s = 7.72 n w rad s w = 62.83 P 0.164 2500 k x m A w n 3 2 2 2.53 10 65.24 62.83 7.72 1 15200 1 − = − = − − = − = w
  59. 59. 59 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.5 Solução: F m.e.w 2 c = N ( ) N 304 020 . 0 15200 . = F 304 2 e = = = e = c ( ) m.w 2 0.013 m 13 mm 6. 62.83 = = m m F k x eq
  60. 60. 60 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.6 O diagrama esquemático de uma turbina de água tipo Francis está mostrado na Fig. , na qual a água flui de A para as lâminas B e caem no conduto C. O rotor tem uma massa de 250 kg e um desbalanceamento (me) de 5 kg.mm. A folga radial entre o rotor e o estator é 5 mm. A turbina opera na faixa de velocidades entre 600 e 6000 rpm. Considerar 0.8 da velocidade w1 e 1.2 de w2. O eixo de aço que suporta o rotor pode ser assumido como engastado nos mancais (livre para girar). Determinar o diâmetro do eixo de forma que o rotor não entre em contato com o estator em todas as velocidades de operação da turbina. Assumir que o amortecimento é pequeno. Dados m 250 kg 5 kg.mm 0.005 kg.m = = = A 5 mm 0.005 m = = n 600 rpm 1 = n 6000 rpm E 2.07x10 / = l 2 m 11 2 2 = = Ä N m me
  61. 61. 61 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.6 Solução: 2 2 w w me k m A − = me = +m A k 2 w Ed 3 4 Ed k = = 3 4 64 3 3 4 EI 3 0.147 64 3 3 l l l d E l = = p p me Ed 2 = + m A l 3 4 0.147 w w Rigidez flexional 4 w me 2. 3 = + m A E l d 0.147 me l = + m A E d 2 3 4 . 6.791 Amplitude de vibração forçada Rigidez dinâmica Diâmetro do Eixo
  62. 62. 62.83 £w £ 628.31 Faixa de velocidades de operação da turbina considerando uma margem de 62 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.6 Solução: Faixa de velocidades de operação da turbina 2 2 1 = n1 x = 600 x = = 2 2 2 = n2 x = 6000 x = = w1 £w £w2 rad s 62.83 rad s 20 60 60 rad s 628.31 rad s 200 60 60 1 2 0.8w £w £1.2w segurança 50.26 £w £ 753.97
  63. 63. d 0.113 m d1 = d 0.440 m d2 = 63 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.6 Solução: Diâmetro do Eixo Dados m 250 kg 5 kg.mm 0.005 kg.m = = = A 5 mm 0.005 m = = n 600 rpm 1 = n 6000 rpm E 2.07x10 / = w 50.26 £w £ 753.97 me l = + m A E d 2 3 4 . 6.791 l 2 m 11 2 2 = = Ä N m me 4 2 3 1 1 . me l 791 . 6 = + m A E d w 4 2 3 2 2 . me l 791 . 6 = + m A E d w 2 3 ( ) ( ) 0.005 50.26 . 2 4 1 250 6 . 791 11 0.005 2.07 10 = + x 2 3 ( ) ( ) 0.005 753.97 . 2 4 2 250 6 . 791 11 0.005 2.07 10 = + x
  64. 64. 64 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.6 Solução: me n 0.0632 = + m A k 2 w Frequencia natural k k k w = = = m 250 1 1 0.0632 k n w = 2 2 0.0632 k n w = 2 1 1 k = 251w 2 2 2 k = 251w rad s 50.26 £w £ 753.97 me l w = + m A 0.0632 251 2 0.0632 251*50.262 50.32 E w 1 = w1 = = n rad s 0.0632 251 2 0.0632 251*753.972 754.93 w 2 = w2 = = n d 2 3 4 . 6.791
  65. 65. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 65 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Vibrações Livre Forçada Sem Amortecimento Com amortecimento Sem Amortecimento Com amortecimento [M]{x}+ [C]{x}+ [K]{x}= F(t ) [M]{x}+ [K]{x}= 0 [M]{x}+ [C]{x}+ [K]{x}= 0 [M]{x}+ [K]{x}= F(t )
  66. 66. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 66 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4.3 – Casos a serem estudados Modelo com Excitação Externa Transmissibilidade de Força Modelo com Excitação de Base Transmissibilidade de Deslocamento Modelo com Excitação por desbalanceamento de massa
  67. 67. 67 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Sistema em Operação Gerar Forças Produzir Vibrações Indesejáveis Reduzir seus efeitos Projetar os suportes Podem ser reduzidas
  68. 68. 68 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
  69. 69. 69 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
  70. 70. 70 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa r r F = ma mx kx cx F sen t o = − − + w mx cx kx F sen t o + + = w (4.33)
  71. 71. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 71 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa o (4.34) x + + = sen w t F m x k m x c m c z (3.149) k m c = = = m c c crit 2. . w n 2 . Da Equação 3.149:
  72. 72. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 72 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas + 2 2 zw (4.35) n +w n = sen w t F x x x o m 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa k m n w =
  73. 73. 73 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Solução Geral do Movimento: h p x = x + x (4.36) Solução da equação homgênea Solução da equação particular: partte do moviimentto que conttiinua enquantto a fforça F esttiiver presentte
  74. 74. 74 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Equação Homogênea: mx+ cx + kx = 0 (4.37) A sollução é a mesma do caso de um moviimentto lliivre amortteciido.. 2 1 2 1 z z w z z w zw = + Solução Equação Homogênea: − − − − + − − t t t h n n x e n ae be (4.38) − zw t x h = Ae sen (w a t + q ) n . . (4.39)
  75. 75. 75 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Solução Particular: mx cx kx F sen t o + + = w x Asen t B t p = w + cosw x A t Bsen t p =w cosw −w w x Asen t B t p w 2 w w 2 cosw = − −
  76. 76. m (Asen t B t ) c (A t Bsen t ) k(Asen t B t ) F sen t o − w 2 w + cosw + w cosw − w + w + cosw = w 76 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Solução Particular: m Asen t m B t c A t c Bsen t kAsen t kB t F sen t o − w 2 w − w 2 cosw + w cosw − w w + w + cosw = w ( m A c B kA)sen t (c A kB m B) t F sen t o − w 2 − w + w + w + − w 2 cosw = w senwt ¹ 0 coswt ¹ 0 ( ) o −mw A− cwB + kA = F 2 2 0 cwA+ kB −mw B =
  77. 77. 77 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Solução Particular: ( ) o −mw A− cwB + kA = F 2 2 0 cwA+ kB −mw B = ( ) o k −mw A− cwB = F 2 ( 2 ) 0 cwA+ k −mw B = =
  78. 78. w w − − k m c w − w A 2 0 2 o F B c k m 2 ( − w ) w w F k m 2 2 w w − n o F = (4.40) 2 2 2 A o ( ) ( ) − + k m c ( ) ( 2 2 2 2 w w ) ( 2.z .w .w )n n A − + = w c F − B o z w w n o F = 2 2 ( 2 2 2 2 2 k − m w )+ ( c w)( ) ( 2. . . )(4.41) 2. . . . w w z w w n n B − + =
  79. 79. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 78 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 2 ( − w ) w w F k m 2 2 2 A o ( ) ( ) − + k m c = w F c − B o ( 2 )2 2 k − m w + ( c w)= Substituir 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa x Asen t B t p = w + cosw ( ( ) cos ) w w w w k m c − − k m sen t c t = (4.42) x Fp o − + 2 2 2 2 ( ) ( ) w w
  80. 80. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL ( ) cos − − w w w w k m sen t c t 79 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas ( ) 2 2 2 2 F 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa x o p 2 2 2 ( ) ( ) ( k m w ) ( c w ) k m w c w − + − + = ( ) F ( ) cos − − w w w w k m c k m sen t c t x Fp o − + x p = o sen t (4.43) ( 2 )2 ( )2 w f w w − − + k m c 2 2 r w w n f (4.44) Ângulo de Fase: 2 2 1 2 1 w c ( ) tan r k m w n − = − = − = z w z w ( ) 2 2 2 2 ( ) ( ) w w =
  81. 81. 80 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Solução Geral do Movimento: h p x = x + x F x o p = sen t F ( ) ( ) = + + − sen t w q zw − x Ae sen t o ( ) ( ) . . 2 2 2 w f − + w w k m c a t n (4.45) − zw t x h = Ae n . sen (w a . t + q ) ( ) ( 2 )2 ( )2 w f w w − − + k m c Resposta Transiente Resposta em regime permanente
  82. 82. 81 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa F ( ) ( ) = + + − sen t w q zw − x Ae sen t o ( ) ( ) . . 2 2 2 w f − + w w k m c a t n (4.45) Resposta Transiente Resposta em regime permanente
  83. 83. 82 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Solução Geral do Movimento: F Ao ( ) ( ) = + + − sen t zw n t w q − x Ae sen t o 2 2 2 ( ) ( ) . . w f − + w w k m c a Resposta Transiente Resposta em regime permanente . (w . q ) (w f ) zw = + + − − x Ae sen t A sen t a o (4.46) t n (4.47) F 0 = (4.48) 2 2 2 (k mw ) (cw) Ao − + A e q Constantes a serem determinadas pelas condições iniciais. São diifferenttes daquellas obttiidas para o caso de respostta lliivre..
  84. 84. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 83 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa . (w . q ) (w f ) zw = + + − − x Ae sen t A sen t a o Condições iniciais: t n A o cos 0 − = (4.49) q f x A sen ( ) w x − A f a o ( )
  85. 85. + − + = zw w f zw f q cos cos x x A sen 0 0 0 n o n arctg (4.50)
  86. 86. 84 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Portanto, a resposta permanente tem a mesma forma da excitação (função harmônica), tem a mesma freqüência w, porém está atrasada em relação à excitação de um ângulo de fase f.
  87. 87. Usando resposta de vibração forçada para medir as propriedades de um sistema 2 k 2 w = ® =w 85 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa F 0 = (4.48) 2 2 2 (k mw ) (cw) Ao − + F = 0 ÷ k 2 2 2 (k mw ) (cw) Ao − + F 0 2 2 2 ) 1 m k ( w ) ( cw k k k k Ao − + = 2 1 w F − 1 ( w zw 2 2 2 0 2 ) . w w n n n o m m k A + = c z = z n c = 2m n 2m k m n n . m
  88. 88. Usando resposta de vibração forçada para medir as propriedades de um sistema. 86 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa 2 1 w F − 1 ( w zw 2 2 0 2 ) . w w n n n o m m k A + = F 0 2 2 2 − w w 2 1
  89. 89. +
  90. 90. = n n o k A w z w o 2 2 2
  91. 91. − w w 1 2 +
  92. 92. = n n o A w z w d (4.51)
  93. 93. Usando resposta de vibração forçada para medir as propriedades de um sistema. 87 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa o 2 2 2 − w w 2 1
  94. 94. +
  95. 95. = n n o A w z w d (4.51) 1 2 2 2 d (4.52) − w 1 2
  96. 96. +
  97. 97. = w n n o A o w z w
  98. 98. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 88 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas A Representa a razão entre a amplitude dinâmica e a o o amplitude estática do movimento. Fator de Amplificação, Fator de Ampliação ou Coeficiente de Amplitude: o A = (4.53) o FA d 1 2 2 2 − w 1 2
  99. 99. +
  100. 100. = w n n FA w z w (4.54) 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Usando resposta de vibração forçada para medir as propriedades de um sistema.
  101. 101. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 89 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas r w = (4.55) w Fator de Amplificação: n 1 = (4.54) 2 1 2 2 []2 1 r [2. . r ]FA − + z 2. . tan r r − = z f 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
  102. 102. Determinação da frequência de ressonânica Amplitude da resposta é máxima 90 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa o 2 2 2 − w w 2 1
  103. 103. +
  104. 104. = n n o A w z w d (4.51) Ao será a amplitude máxima se o denominador é um mínimo. ((1 ) (2 ) ) 0 2 2 2 − r + r = d dr z (4.56) (1 4 2 2 4 2 2 ) 0 + r − r + r = d dr z (4.57)
  105. 105. 91 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa (1 4 2 2 4 2 2 ) 0 + r − r + r = d dr z 4 3 4 8 2 0 r − r + z r = (4 2 4 8 2 ) 0 r r − + z = r = 0 2 1 2 2 0 r − + z = Solução: 4 2 4 8 2 0 r − + z = r 2 =1− 2z 2 r = 1− 2z 2 (4.58)
  106. 106. 92 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa r = 1− 2z 2 Para: (4.58) F k 2 2 ( ) 2 2 2 1 r ( 2 r ) ( 1 2 r ) ( 2 r )A o o o z z d − + = − + = d = k 2z 1 2 z 21 2 z − z = − F A o o MAX (4.59) 1 FA MAX = 2 1 2 (4.60) z −z 2z 1 ( ) = res FA (4.61)
  107. 107. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL Q = (4.63) 93 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa Fator de Qualidade (ou Agudeza de Ressonância) ( ) ressonancia Q = FA (4.62) 1 2z
  108. 108. 94 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 1 w = = n Q (4.64) z − Para pequenos z ( 0.2) Largura da banda Dw Fator de Qualidade 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa 2 1 2 w w n w w w 2zw D = 2 − 1 = (4.65)
  109. 109. 95 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL Frequências da Banda 4.3.1 – Modelo com Excitação Externa = + − Q Q n 2 1 4 1 1 w1 w 2 (4.66) = + + Q Q n 2 1 4 1 1 w2 w 2 (4.67)
  110. 110. 96 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL
  111. 111. 97 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL
  112. 112. 98 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL
  113. 113. 99 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL
  114. 114. 100 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.37 Um compressor a ar com massa 100 kg é montado sobre uma base elástica. Foi observado que quando uma amplitude de força harmônica de 100 N é aplicada no compressor, o máximo deslocamento foi de 5 mm obtido a uma rotação de 300 rpm. Determine as constantes de rigidez e amortecimento da base elástica.
  115. 115. 101 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.37 Solução: 10 rad/s : 5 mm 0.005 m; = = m 100 kg; = = 2 x 300 n 300 rpm 60 F 100 N; max o = ® = = Ä w o A DADOS
  116. 116. 102 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.37 METODOLOGIA PARA SOLUÇÃO: F = k 2z 1−z 2 A o MAX (4.59) k m n w = (4.6) w = n r w (4.55) c = = n 2. . 2 . k m c m w z (3.149) r = 1− 2z 2 (4.58)
  117. 117. 103 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.37 Solução: F = k 2z 1−z 2 A o MAX w = r = 1− 2z 2 n 0.01 k k k w = = = m 100 n r w 1 2 2 0.01 z w = − k 1 2 2 10 0.01 z p = − k 1 2 2 31.4 0.01 = − z k 1 2 2 985.96 0.01 = − z k 985.96 − z 0.01 0.02 2 k =
  118. 118. 2 z z 104 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.37 Solução: F = k 2z 1−z 2 A o MAX 985.96 − z : 5 mm 0.005 m; = = m 100 kg; = = 2 x 300 n 300 rpm 0.01 0.02 2 k = 2 1 100 z z z 2 = ( ) 2 2 100 985 0.01 002 2 1 0.005 z − z − 2 0.01 002 985 0.005 z − − 2 1 100 = 0.005 985 ( 0.01 2 − 002 z ) − = 2 0.2030 1 z − z − = z = 0.0998 ( 0.01 002 2 ) 0.005 z 10 rad/s 60 F 100 N; max o = ® = = Ä w o A DADOS
  119. 119. 105 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.37 Solução: 10 rad/s : 5 mm 0.005 m; = = m 100 kg; = = 2 x 300 n 300 rpm 60 F 100 N; max o = ® = = Ä w o A DADOS c z (3.149) k m c = = = m c c crit 2. . w n 2 . c w = = .2. . = 633.396 N.s/m n c z mw n m z 2. .
  120. 120. 106 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.38 Determinar a resposta total de um sistema com 1GDL, com os seguintes parâmetros: : m 10 kg; c 20 N.s/m; k 4000 N/m = = = Condições iniciais x 0.01 m; x 0 ® 0 = 0 = Ä Dados a) Uma força F(t) = Fo.coswt atua no sistema com Fo = 100 N e w = 10 rad/s; b) Vibração livre com F(t) = 0 .
  121. 121. 107 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.38 Solução Geral do Movimento: F ( ) ( ) = + + − sen t w q zw − x Ae sen t o ( ) ( ) . . 2 2 2 w f w w − + k m c a t n (4.46) Resposta Transiente Resposta em regime permanente . (w . q ) (w f ) zw = + + − − x Ae sen t A sen t a o nt (4.47) 0 F A o = [ ] [ ]2 2 2 2 2 2 (k m ) (c ) 1 r 2 .r o z d w w − + − + = (4.48) A o cos 0 − = (4.49) q f x A sen ( ) − w x A f a o 2. . ( )
  122. 122. + − + = zw w f zw f q cos cos x x A sen 0 0 0 n o n arctg (4.50) 1 2 tan r r − = z f (4.57)
  123. 123. 108 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.38 : m 10 kg; c 20 N.s/m; k 4000 N/m = = = Condições iniciais x 0.01 m; x 0 ® 0 = 0 = Ä Dados Solução: 20 rad/s 3.18 Hz Frequência Natural 4000 N/m k = = = = 10 kg m n w Deslocamento Estático 0.025 m 100 N Fo = = = 4000 N/m k o d Razão de Frequências 0.5 10 w = = = 20 n r w
  124. 124. a) Uma força F(t) = Fo.coswt atua no sistema com Fo = 100 N e w = 10 rad/s; b) Vibração livre com F(t) = 0 . 109 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.38 : m 10 kg; c 20 N.s/m; k 4000 N/m = = = Condições iniciais x 0.01 m; x 0 ® 0 = 0 = Ä Dados Solução: 20 c Fator de Amortecimento c = = = = = ( )( ) 0.05 2 4000 10 2 2 mk m c c crit n w z Frequência amortecida 1 . 1 (0.05) .20 19.97 rad/s 3.18 Hz 2 2 = − = − = = a n w z w
  125. 125. 110 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.38 : m 10 kg; c 20 N.s/m; k 4000 N/m = = = Condições iniciais x 0.01 m; x 0 ® 0 = 0 = Ä Solução: Dados Amplitude da Resposta em Regime Permanente 0 F A o = [ ] [ ]2 2 2 2 2 2 (k m ) (c ) 1 r 2 .r o z d w w − + − + = (4.48) 0.025 A o [ ] [ ] [ ( ) ] [ ( )( )] 0.025 m 1 2 2 2 . 2 2 2 2 1 0.05 2 0.05 0.5 = − + = − + = r r o z d Ângulo de Fase 2. . 1 2 tan r r − = z f (4.57) ( )( ) ( ) 3.81o 2. 0.05 0.5 tan f = 2 ® f = 1 0.5 −
  126. 126. : x 0.01 m; 0 = x 0 19.97 rad/s; 0 = = wa A 0.033 m; o = 3.81 ; 0.05; o = = f z 20 rad/s; 111 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.38 Solução: = 10 rad/s; n = A -0.00234 m = Ä w Dados ( ) − w x A f a o ( )
  127. 127. + − + = zw w f zw f q cos cos x x A sen 0 0 0 n o n arctg (4.50) Ângulo da Resposta Transiente ( ) 19.97 0.01 0.025cos3.81 − arctg 83.96 ( )( )( ) ( ( )( ) ) o 0.05 20 0.01 0.025 10 sen 3.81 0.05 20 cos3.81 =
  128. 128. − + q = q = 83.96o Amplitude Máxima da Resposta Transiente A o cos 0 − = (4.49) q f x A sen 0.0230 m 0.01 0.033cos3.81 83.96 = − − = sen A
  129. 129. : Ä Dados x 0.01 m; = x 0 19.97 rad/s; = = wa A 0.033 m; = 3.81 ; 0.05; = = f z 20 rad/s; = 10 rad/s; = w A -0.00234 m 112 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.38 Solução Geral do Movimento: . (w . q ) (w f ) zw = + + − − x Ae sen t A sen t a o t n (4.47) o 0 0 o n o = 84.39 = q 0.0230 0.05*20t . (19.97 83.96o ) 0.025 (10 3.81o ) x = − e sen t + + sen t − −
  130. 130. 113 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.9 Um sistema massa-mola-amortecedor está sujeito a uma força harmônica. Determinar a amplitude de movimento e o ângulo de fase. ÄDados m 5 kg; : = c 150 N.s/m; = k 10000 N/m; = F 400sen30t =
  131. 131. : ÄDados m 5 kg; = c 150 N.s/m; = k 10000 N/m; 114 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.9 Solução: Amplitude da Resposta em Regime Permanente: 0 F A o = [ ] [ ]2 2 2 2 2 2 (k m ) (c ) 1 r 2 .r o z d − + w w − + = = (4.48) 44.72 rad/s 7.16 Hz 10000 N/m k = = = = 5 kg m n Frequência Natural: w 30 w Razão de Frequências: 0.6708 = = = 44.72 n r w F 400sen30t = 150 c c = = = = = ( )( ) 0.3354 2 10000 5 2 2 mk m c c crit n w Fator de Amortecimento: z
  132. 132. : ÄDados m 5 kg; = c 150 N.s/m; = k 10000 N/m; 115 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.9 Solução: = F 400sen30t = 0.04 Deslocamento Estático Fo = = = A o 400 N [ ] [ ] [ ( ) ] [ ( )( )] 0.0563 m 1 2 2 2 . 2 2 2 2 1 0.6708 2 0.3354 0.6708 = − + = − + = r r o z d 0.04 m 10000 N/m k o d 2. . 1 2 tan r r − = z f (4.57) Ângulo de Fase ( )( ) o arctg 2. . z tan = 2 f 2 = r 2 0.3354 0.6708 r 39.29 1 0.6708 1 − ® = − f
  133. 133. 116 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base Isolamento de vibrações: 1) Isolar a máquina de deslocamentos provenientes da base (fundação) devidos às vibrações provocadas por equipamentos situados nas vizinhanças.
  134. 134. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento 117 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 2a Lei de Newton: − c(x − y) − k(x − y) = mx Supondo x y: k(x − y) c(x − y ) mx+ c(x − y) + k(x − y) = 0 mx+ cx + kx = cy + ky (4.67)
  135. 135. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento 118 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas mx+ cx + kx = cy + ky (4.67) y Ysen t b = w y Y t b b =w cosw Movimento da base: Substituindo na EDOL: mx cx kx Yc t Yksen t b b b + + = w cosw + w (4.68)
  136. 136. sen(wt −a ) = senwt cosa − sena coswt (4.70) 119 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento mx+ cx + kx = Ycw coswt +Yksenwt (4.68) Trigonometria: sen(P −Q) = senPcosQ − senQcos P (4.69) Associando P = wt e Q = a Multiplicando por A: Asen(wt −a ) = Asenwt cosa − Asena coswt (4.71) Acosa = Yk e - Asena = Ycw (4.72)
  137. 137. 120 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento mx+ cx + kx = Ycw coswt +Yksenwt (4.68) Asen(wt −a ) = Asenwt cosa − Asena coswt (4.71) [− Asena coswt + Acosasenwt]= Y[(cw )coswt + (k )senwt] [ ] [ [( ) ( ) ]]2 2 − Asena coswt + Acosasenwt = Y cw coswt + k senwt [A sen a wt A asen wt] Y [(cw ) wt (k ) sen wt] 2 2 cos2 + 2 cos2 2 = 2 2 cos2 + 2 2 [A2sen2a + A2 cos2a ]= Y 2 [(cw )2 + (k )2 ]
  138. 138. 121 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento [A2sen2a + A2 cos2a ]= Y 2 [(cw )2 + (k )2 ] A = Y k 2 + (cw)2 (4.72) a sen c (4.73) cos k a = = − tg w a = − c k arctg w a (4.74)
  139. 139. 122 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento Logo, a EDOL pode ser rescrita como: mx+ cx + kx = Asen(wt −a ) (4.75) ou: mx + cx + kx = Y k + c w sen(wt −a ) 2 2 2 (4.76) Conclusão: o deslocamento harmônico da base equivale à excitação de uma força harmônica de amplitude A, atuando diretamente sobre a massa m.
  140. 140. 123 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento Algumas Relações Importantes: c w n m z 2 = k m n w = w z n c = 2m k m n 2. =w x + zw x +w x = Y (w m) + ( mw z ) w sen(wt −a ) n n n n 2 2 2. 2 2 2 2 x + zw x +w x = Y w + w z w sen(wt −a ) n n n n 2 2 4 4 2 2 2 (4.77)
  141. 141. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento 124 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas A resposta em regime permanente da massa pode ser expressa: 2 2 ( ) ( ) w + Y k c = sen t xp (4.78) 2 2 2 1 ( ) ( ) w f a w w − − − + k m c x o p (4.43) 2 F = sen t 2 r Que é semelhante a expressão 4.43. w c w w n f (4.79) 1 2 2 2 1 1 ( ) tan r k m w n − = − = − = z w z w Ângulo de Fase: ( ) ( 2 )2 ( )2 w f w w − − + k m c
  142. 142. 125 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento Pode-se colocar a eq. (4.78) numa forma mais conveniente: 2 2 ( ) ( ) w + Y k c = sen t xp (4.78) 2 2 2 1 ( ) ( ) w f a w w − − − + k m c x (t) = Xsen(wt −f ) p (4.79) onde: 2 2 ( w ) + Y k c = (4.80) ( 2 2 ) 2 k m w ( c w )X − + f =f1 +a (4.81)
  143. 143. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento 126 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas onde f1 e a são dados, respectivamente, por após simplificações c = 1 2 w arctg (4.82) − w f k m = − c k arctg w a (4.83) ) 2 3 r ( 2 2 = (4.84) 1 r (2 r ) arctg z z f − +
  144. 144. 127 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento Usando: c w k 2 2 ( m w n ) 2 + ( 2 z m w n w ) ( 2 2 2 ) 2 m w m w ( 2 z m w w )n n X Y − + = n m z 2 = m n w = w z n c = 2m k m n 2. =w 2 1 + (2 r ) r r = = (4.85) 2 2 2 (1 ) (2 ) X Y FA z z − + Fator de amplificação:
  145. 145. Se uma massa deve ser isolada de um indesejado movimento harmônico da base, a transmissibilidade de deslocamento do isolador é dada por 128 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento 2 1 + (2 r ) r r = = (4.86) Td z 2 2 2 (1 ) (2 ) X Y z − + Qual a freqüência em que a amplitude é máxima? Qual o ponto de máxima amplitude? 1 1 8 2 − + + r = (4.87) z z 2
  146. 146. 129 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento = 2 w n w n w = 2 *w
  147. 147. 130 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.3 – Comparação entre as Curvas de Transmissibilidade de Deslocamento de Força
  148. 148. 131 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.10 A figura abaixo mostra um modelo simplificado de um veículo motorizado que oscila na direção vertical (1 GDL) enquanto move-se sobre uma estrada ondulada. A carroceria suspensa do veículo tem uma massa de 1200 kg e o sistema de suspensão tem constante equivalente de mola de 400 kN/m e constante de amortecimento de 20 kNs/m. Se a velocidade do veículo é de 100 km/h, determine a amplitude X do movimento da carroceria. Sabe-se que a superfície da estrada varia segundo uma senóide com amplitude Y = 0.05 m e = 6 m. m 1200 kg; = c 20000 N.s/m; = k 400000 N/m; = v 100 km/h; = Y 0.05 m; 6 m : = = Ä l Dados
  149. 149. m 1200 kg; = c 20000 N.s/m; = k 400000 N/m; = v 100 km/h; 132 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.10 Solução: = Y 0.05 m; 6 m : = = Ä l Dados 2 ( ) 1 2 + r ( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 2
  150. 150. − + = r r X Y z z (4.75)
  151. 151. m 1200 kg; = c 20000 N.s/m; = k 400000 N/m; = v 100 km/h; 133 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.10 Solução: = Y 0.05 m; 6 m : = = Ä l Dados 400000 k Freqüência Natural: 18.26 rad/s = = = 1200 m n w Fator de Amortecimento: 20000 c w = = = ( )( ) 0.46 2 1200 18.3 2 n m z
  152. 152. 134 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.10 Solução: m 1200 kg; = c 20000 N.s/m; = k 400000 N/m; = v 100 km/h; = Y 0.05 m; 6 m : = = Ä l Dados 29.089 rad/s 2 rad 100 = 6 ciclo 1h 3600 s 1000 m 1 km km h w =
  153. 153. 135 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 1 w = = = 29.09 0.0425 m 42.5 mm 1 2 + X 1 (2*0.5*1.6) 2 + 2 r 0,05 2 2 2 (1 1.6 ) (2*0.5*1.6) = = − + X = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2
  154. 154. − + = r r Y z z (4.75) EXEMPLO 4.10 Solução: 1.6 18.23 n r w Razão de Frequência:
  155. 155. 136 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 0.85 0.0425 = = 0.05 X Y 1.6 29.09 w = = = 18.23 n r w EXEMPLO 4.10 Solução:
  156. 156. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 137 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Isolamento de vibrações: 2) Isolar a base (fundação) de forças geradas pela máquina (casos de máquinas rotativas, alternativas, prensas, etc.)
  157. 157. 138 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força Força transmitida a massa principal = Força no suporte t −mx = c(x − y) + k(x − y) = F (4.88)
  158. 158. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 139 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força x = Xsen(wt −f ) p Resposta permanente: x p =wX cos(wt −f ) 2 ( ) x = −w Xsen wt −f p Substituindo na Eq. 4.88: t −mx = F t −mx = c(x − y) + k(x − y) = F (4.88) F = −m[−w Xsen(wt −f )] t 2 2 F t = mw Xsen(wt −f ) F = F sen(wt −f ) t T (4.89) Valor máximo a força transmitida a base: 2 = w (4.90) F m X T
  159. 159. 2 = (4.91) 1 2 r r r 2 ( ) 1 + 2 r r r ( 1 2 2 ) 2 ( 2 )X + FT = (4.92) 140 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força 2 = w (4.90) F m X T 2 1 2 + r ( ) ( ) 2 ( ) X 2 2 w z ( ) ( ) 1 2 + r ( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 2
  160. 160. − + = r r F m Y n T z 1 + 2 r r r ( ) ( )2 2 2 T = 2 1 2 F m Y n z z w − + 1 2 2 2 2 1 2
  161. 161. − + = r r Y z z (4.75) 2 ( ) 1 + 2 z r r r ( ) ( )2 2 2 2 w m X 2 1 2 w m Y n − + z ( ) ( ) ( )2 2 2 2 1 2 r Y TF z z − + = = kY z z − +
  162. 162. 141 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força
  163. 163. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 142 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo Deslocamento da massa em relação à base z = x − y (4.93) mx+ c(x − y) + k(x − y) = 0 EDO: mz+ cz + kz = −my (4.94) mz cz kz mw Ysenwt (4.95) 2 + + =
  164. 164. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL z t (4.96) 143 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo Resposta Permanente: 2 w m Y ( ) = sen ( t 1 ) ( ) ( ) 2 2 2 w f w w − − + k m c Amplitude Z: 2 w m Y = (4.97) ( 2 2 ) 2 k m w ( c w )Z − + 2 r = (4.98) 2 ( 1 2 r ) 2 ( 2 r )Z Y − + z
  165. 165. 4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL 144 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo Ângulo de Fase f1: c = 1 2 w arctg (4.99) − w f k m 2 r = 1 2 − r arctg z f (4.100) 2 r = (4.101) 2 ( 1 2 r ) 2 ( 2 r )Z Y − + z
  166. 166. 145 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.11 Uma máquina pesando 3000 N está colocada sobre uma fundação elástica. A deflexão estática da fundação devida ao peso da máquina vale 7,5 cm. Observa-se que a máquina vibra com uma amplitude de 1 cm quando a base da fundação é submetida a uma oscilação harmônica de amplitude 0,25 cm e freqüência igual à freqüência natural do sistema. Determinar: (1) coeficiente de amortecimento da fundação; (2) amplitude da força transmitida à base; (3) amplitude do deslocamento da máquina em relação à base.
  167. 167. 146 EXEMPLO 4.11 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Ä DADOS DADOS: W = 3000 N m = 305,81 kg dst = 7,5 cm = 0,075 m X = 1 cm Y = 0,25 cm = 0,0025 m Solução: Sistema em ressonância: w = =1 = r w w n w n 11.44 rad/s 9.81 = = = = 0.075 st n g d w w 2 Na ressonância: r = 1 1 + ( 2 r ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 2
  168. 168. − + = r r X Y z z (4.75) 1 (2 ) 1 (2 ) 2 z z z z 2 (2 ) 2 2 + = + = X Y
  169. 169. 147 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.11 Solução: 4 0.1291 0.010 0.0025 1 (2 )2 2 = = = + z z z (1) coeficiente de amortecimento da fundação = = zw = 2 2 305,81 0,1291 11,44 2 c m x x x c w m n n z c = 903.051 N.s/m
  170. 170. 148 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 2 EXEMPLO 4.11 (2) Amplitude da força transmitida à base; 1 + (2 z r ) r r T r f z 2 2 2 2 (1 ) (2 ) − + = Na ressonância: 1 (2 )2 + z 2 z = f T 4 1 (2*0.1291)2 2*0.1291 = + = f T Solução: r = 1
  171. 171. 149 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas F f = F T kY T f = EXEMPLO 4.11 T T kY 2 305.81*11.442 40022.51 N/m = = = n k mw = 4*40022.51*0.0025 = 400.22 N T F 2 r 2 ( 1 2 r ) 2 ( 2 r )Z Y − + z = 0.00968 m 9.67 mm 0.0025 Y = = = = 2*0.1291 2 z Z Na ressonância: r = 1 Obs.: Z = 0,00968 m ¹ X - Y = 0,01 - 0,0025 = 0,0075 m por causa da diferença de fase entre x, y e z. Solução:
  172. 172. 150 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.4 – Desbalanceamento Rotativo Pequenas irregularidades na distribuição de massas rotativas de eixos de máquinas rotativas, quando em movimento, podem causar vibrações devido ao desbalanceamento rotativo.
  173. 173. 151 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.4 – Desbalanceamento Rotativo m0 k c e wr e = excentricidade; mo = massa de desbalanceamento wr = frequência de rotação Esquema do desbalanceamento rotativo de uma máquina
  174. 174. VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 152 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas 4.4 – Desbalanceamento Rotativo m0 k c e wrt e m0 q Rx Ry wr x esen t r r = w x e t r r r =w cosw x esen t r r r w w 2 = − 2 2 = = − = − w q w w R m a m e sen m e sen t 0 x x o r o r r 2 cos 2 cos = = − = − w q w w R m a m e m e t 0 y y o r o r r (4.102)
  175. 175. + + = w w (4.103) + zw +w = w w (4.104) 153 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.4 – Desbalanceamento Rotativo 2 sin (2.82) o r r mx cx kx m e t m m or 2 2 o 2 sin x x x e t n n r r m ( ) sin( ) (2.83) p r x t = X w t −f (4.105)
  176. 176. 154 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.4 – Desbalanceamento Rotativo ( ) 2 o m e r (1 2 )2 2 2 X m r z r = − + (4.106) Na ressonância r = 1 : m e = 0 (4.107) m X 2z − 1 f 2 2 z tan (2.85) 1 r r = − (4.108)
  177. 177. 155 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM 4 AMORTECIMENTO 1 GDL 4.4 – Desbalanceamento Rotativo
  178. 178. 156 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.11 Uma máquina rotativa apresenta os seguintes dados: deflexão na ressonância é 0.1 m, z = 0.05 e a m0 = 10% do valor de m. Determinar o valor da excentricidade (e) e a quantidade de massa adicional (Dm) necessária para reduzir a amplitude máxima para 0.01 m. DADOS 0.05; = X 0.1 m : = m 0.1* ; = 0 m Ä
  179. 179. DADOS 0.05; = X 0.1 m : 157 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.11 Solução: Na ressonância r = 1 me = 0 (4.108) mz X 2 m 2 2(0.05)(0.1)(10) 0.1 m 0 = = = m e zX = m 0.1* ; = 0 m Ä Excentricidade Agora, para calcular a massa para reduzir a amplitude de vibração: m m0 X 0.1 m = 10 10 0.01 0.1 + D m 0 = m m + D m m ( ) 10 0.01 0.1 0.1 = m Dm = 9*m
  180. 180. 158 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.12 A seção do rotor da cauda do helicóptero é composto por quatro hélices, cada uma de massa 20 kg, motor tem massa 60 kg, tendo uma rigidez de 1x105 N/m. A seção de cauda está ligada ao corpo principal do helicóptero por uma estrutura elástica. Durante o vôo o rotor opera a 1500 rpm. Assuma que o sistema tem uma relação de amortecimento de 0,01. Durante o vôo 500 g de partículas se prendem a uma das hélices, a 15 cm a partir do eixo de rotação. Qual é a amplitude de vibração causada pelo desequilíbrio rotativo resultante?
  181. 181. 159 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas EXEMPLO 4.12 Solução: DADOS 5 k 1 x 10 N/m; m 60 kg; motor = m 20 kg; helice = m 0.5 kg 500 g; 0.01; = e 15cm 0.15 ; = = n rpm m m r 1500 : desb 0 = = = = = Ä z
  182. 182. 160 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Frequência de rotação: EXEMPLO 4.12 Solução: 157 rad/s 2 rad =1500 rpm =1500 = r w rev min 60s rev min 1x105 N/m 4.45 157 rad/s w k = = = 35.24 rad/s n r w ( ) ( ) 35.24 rad/s 20.5 kg 60 kg = + = = m n w DADOS 5 k 1 x 10 N/m; m 60 kg; motor = m 20 kg; helice = m 0.5 kg 500 g; 0.01; = e 15cm 0.15 ; = = n rpm m m r 1500 : desb 0 = = = = = Ä z Frequência natural: Razão de Frequência: ( ) 2 o m e r (1 2 )2 2 2 X m r z r = − + (4.106)
  183. 183. = 0 (4.107) 161 Prof. Alexandre Eduardo – Curso de Vibrações Mecânicas Amplitude de vibração: Desbalanceamento rotativo EXEMPLO 4.12 Solução: 2 o m e r ( )( ) ( 4.45 ) ( ( ) ) ( ( )( )) 0.003 m 1 4.45 2 0.01 4.45 0.5 0.15 kg m 20.5 2 2 2 = − − = kg X DADOS 5 k 1 x 10 N/m; m 60 kg; motor = m 20 kg; helice = m 0.5 kg 500 g; 0.01; = e 15cm 0.15 ; = = n rpm m m r 1500 : desb 0 = = = = = Ä z ( ) 2 (1 2 )2 2 2 X m r z r = − + (4.106) Na ressonância r = 1 me mz X 2 (0.5 kg)(0.15 m) 1 0.183 m or 18.3 cm X = = 20.5 kg 2(0.01) 336.52 rpm A máxima deflexão ocorre na velocidade: 60s rev = 35.24 rad/s = 35.24 = min rad s 2 rad r w

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