Aula 4 vibração forçada hamonicamente sem e com amortecimento 1 gdl

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
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
x(t) harmônica monofreqüência
x(t) harmônica multifreqüência
x(t) aleatória
Excitação Resposta

4

5

6
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
F(t) harmônica SISTEMA x(t) harmônica
w0 = wn
RESSONÂNCIA
x(t) muito grande, podendo
ocasionar a falha do sistema

8

9
Exemplos de Excitação Harmônica
Máquina rotativa desbalanceada : se o automóvel trepida, a carroceria vibra
ou o volante oscila, ele pode estar desbalanceado.

10
Exemplos de Excitação Harmônica
Automóvel deslocando-se sobre estrada de perfil senoidal

11
4.2 – Modelagem

12
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

Sollução da equação homgênea Sollução da equação parttiicullar
13
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
Tende a desaparecer quando
há amortecimento;
representa a resposta transiente
Representa a
resposta permanente
4.2 – Modelagem
h p x = x + x

15
Fim da resposta transiente e
início da resposta permanente
4.2 – Modelagem

16
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

= + + (4.11)
17
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
x(0) = x0
0 x(0) = x
4.2 – Modelagem
Condições iniciais
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
4.2 – Modelagem
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
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
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
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
4.2 – Modelagem
Resposta em Freqüência:

1
r
24
A
Caso 1: 0 r 1 FA
1 2
= =
d
o −
Análise da Resposta em Freqüência

25
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)

( ) = (4.23)
26
= RESSONÂNCIA n w w
Resposta na Ressonância
Caso 3: r = 1 A ® ¥
d w
2
o n w
x t tsen t n

27
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
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
Relações fundamentais

F
0 t t
30

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
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
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
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

35

36
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
Exemplo de Batimento: duas máquinas de mesma rpm nominal,
montados sobre a mesma base.

38
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
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
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
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
Solução:
EXEMPLO 4.3

43
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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

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
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
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
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
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
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
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
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

62.83 £w £ 628.31
Faixa de velocidades de operação da turbina considerando uma margem de
62
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

d 0.113 m d1 =
d 0.440 m d2 =
63
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
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

4 VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL
65
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
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
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

69

70
r r
F = ma
mx kx cx F sen t o = − − + w mx cx kx F sen t o + + = w (4.33)

71
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
+ 2 2 zw (4.35)
n +w n = sen w t
F
x x x o
m
k
m
n w =

73
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
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
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 = − −

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
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
( ) 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 =

=

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
− +
=

78
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
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

( ) cos
− −
w w w w
k m sen t c t
79
( )
2 2 2
2
F
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
=

80
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

81
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)

82
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
. (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..

83
Condições iniciais:
t n
A o cos 0 −
= (4.49)
q
f
x A
sen
( )

w x −
A
f
a o
( )

+ − +
=
zw w f zw f
q
cos
cos
x x A sen
0 0
0
n o n
arctg

(4.50)

84
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.

Usando resposta de vibração forçada para medir as propriedades de um sistema
2 k 2 w = ® =w
85
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

Usando resposta de vibração forçada para medir as propriedades de um sistema.
86
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

=
n n
o
k
A
w
z
w
o
2 2 2

=
n n
o A
w
z
w
d
(4.51)

87
o
2 2 2

−
w
w
2 1

=
n n
o A
w
z
w
d
(4.51)
1
2 2 2
d (4.52)

−
w
1 2

88

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

=
w
n n
FA
w
z
w
(4.54)

89
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

Determinação da frequência de ressonânica Amplitude da resposta é máxima
90
o
2 2 2

−
w
w
2 1

=
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)

91
(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)

92
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)

Q = (4.63)
93
Fator de Qualidade (ou Agudeza de Ressonância)
( ) ressonancia Q = FA (4.62)
1
2z

94
1
w
= = n Q (4.64)
z −
Para pequenos z ( 0.2)
Largura da banda Dw
Fator de Qualidade
2 1 2
w w
n w w w 2zw D = 2 − 1 = (4.65)

95
Frequências da Banda

= + −
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)

96

97

98

99

100
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.

101
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

102
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)

103
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 =

2
z z
104
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

105
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. .

106
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 .

107
EXEMPLO 4.38
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)
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. .
( )

+ − +
=
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)

108
EXEMPLO 4.38
:
m 10 kg; c 20 N.s/m; k 4000 N/m
= = =
® 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

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
EXEMPLO 4.38
:
m 10 kg; c 20 N.s/m; k 4000 N/m
= = =
® 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

110
EXEMPLO 4.38
:
m 10 kg; c 20 N.s/m; k 4000 N/m
= = =
® 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
−

:
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
EXEMPLO 4.38
Solução:
=
10 rad/s;
n
=
A -0.00234 m
=
Ä
w
Dados

( )

−
w x A
f
a o
( )

+ − +
=
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
=

− +
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

:
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
EXEMPLO 4.38
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 − −

113
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
=

:
ÄDados
m 5 kg;
=
c 150 N.s/m;
=
k 10000 N/m;
114
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

:
ÄDados
m 5 kg;
=
c 150 N.s/m;
=
k 10000 N/m;
115
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

116
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.

4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
117
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)

118
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)

sen(wt −a ) = senwt cosa − sena coswt (4.70)
119
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)

120
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 ]

121
[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)

122
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.

123
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)

124
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

125
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)

126
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
− +

127
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:

Se uma massa deve ser isolada de um indesejado movimento harmônico da
base, a transmissibilidade de deslocamento do isolador é dada por
128
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

129
= 2
w
n w
n w = 2 *w

130
4.3.3 – Comparação entre as Curvas de Transmissibilidade de Deslocamento de Força

131
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

m 1200 kg;
=
c 20000 N.s/m;
=
k 400000 N/m;
=
v 100 km/h;
132
EXEMPLO 4.10
Solução:
=
Y 0.05 m;
6 m
:
=
=
Ä
l
Dados
2
( )
1 2
+
r
( ) ( )
1
2
2 2 2
1 2

− +
=
r r
X
Y
z
z
(4.75)

m 1200 kg;
=
c 20000 N.s/m;
=
k 400000 N/m;
=
v 100 km/h;
133
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

134
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 =

135
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

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