APONTAMENTOS DE VIBRAÇÕES MECÂNICAS Análise de Estruturas 2 Mestrado Integrado em Engenharia Civil & Mestrado em Engenharia Civil (Reabilitação de Edifícios) Ano lectivo 2009/2010 Estes apontamentos foram retirados dos textos de apoio da disciplina de Mecânica Aplicada II, do antigo curso de Licenciatura em Engenharia Civil, da autoria do Prof. Corneliu Cismaşiu. i ii Conteúdo 1 Vibrações mecânicas 1.1 Vibrações não amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Vibrações livres. Movimento harmónico simples 1.1.2 Vibrações forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Vibrações amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Vibrações livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Vibrações forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 2 21 30 31 36 44 Capítulo 1 Vibrações mecânicas Uma vibração mecânica é o movimento de uma partícula ou de um corpo que oscila em torno de uma posição de equilíbrio. O estudo que se segue será limitado a sistemas com apenas um grau de liberdade. Uma vibração mecânica surge geralmente quando um sistema é deslocado da sua posição de equilíbrio estável. Em geral, quando o sistema tende voltar sob a acção de forças de restituição, ultrapassa esta posição. A repetição deste processo é chamado movimento oscilatório. O intervalo de tempo necessário para o sistema completar um ciclo de movimento chama-se período de vibração. O número de ciclos por unidade de tempo define a frequência, e o deslocamento máximo do sistema medido a partir da sua posição de equilíbrio chama-se amplitude de vibração. Vibrações: – livres: movimento mantido apenas por forças de restituição; – forçadas: quando uma força periódica é aplicada ao sistema; – não amortecidas: quando se pode desprezar o atrito - o movimento continua indefinidamente; – amortecidas: a amplitude decresce lentamente até que, passado um certo tempo, o movimento cessa. 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS 1.1 Vibrações não amortecidas 1.1.1 Vibrações livres. Movimento harmónico simples Considere-se uma partícula de massa m ligada a uma mola de constante de rigidez k. (a) (b) mola indeformada equilíbrio estático δest (c) Fe Fe x P P Quando a partícula se encontra na posição de equilíbrio estático (b), X Fx = 0 ⇒ P − Fe = 0 Mas, nesta posição, a força elástica é Fe = kδest , onde δest representa a deformação estática da mola, resultando P = kδest Numa posição arbitrária (c), X Fx = max P − Fe = mẍ ⇒ mẍ = P − k (δest + x) = P − kδest −kx | {z } 0 mẍ + kx = 0 ou, dividindo pela massa, ẍ + ω 2 x = 0 com ω 2 ≡ k m (1.1) O movimento definido pela equação (1.1) e um movimento harmónico simples. A solução desta equação diferencial homogénea é de tipo eλt , x = eλt p.2 – Capítulo 1 ẋ = λeλt ẍ = λ2 eλt 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS λ2 + ω 2 eλt = 0 ∀t λ2 + ω 2 = 0 ⇒ . . . eq. característica Como solução da equação característica é λ1,2 = ± iω a solução da equação diferencial é uma combinação linear de funções de tipo eλt , x(t) = C1 eλ1 t + C2 eλ2 t = C1 e−iωt + C2 eiωt onde C1 e C2 são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição das condições iniciais do movimento (deslocamento e velocidade inicial). Usando a bem conhecida fórmula de Euler, que liga o número irracional e das funções trigonométricas, e±ix = cos x ± i sin x a solução da equação diferencial pode ser escrita, x(t) = C1 (cos ωt − i sin ωt) + C2 (cos ωt + i sin ωt) x(t) = (C1 + C2 ) cos ωt + i(C2 − C1 ) sin ωt = A cos ωt + B sin ωt onde A e B são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição das condições iniciais. A forma acima é equivalente a x(t) = Xm sin(ωt − φ) onde Xm e φ são a amplitude e o desfazamento do movimento oscilatório, grandezas estas que devem ser determinadas das condições iniciais. Para mostrar que as duas formas são equivalentes, usa-se a fórmula trigonométrica, sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a Então, A cos ωt + B sin ωt = Xm sin(ωt − φ) = Xm (sin ωt cos φ − sin φ cos ωt) A cos ωt + B sin ωt = −Xm sin φ cos ωt + Xm cos φ sin ωt A = −Xm sin φ B = Xm cos φ ⇒ Xm = √ ⇓ A2 + B2 φ= ∀t , se B < 0 π + arctan −A B −A arctan B , se B ≥ 0 p.3 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Resumindo, o movimento harmónico simples é definido pela equação diferencial ẍ + ω 2 x = 0 cuja solução geral pode ter uma das seguintes formas, x(t) = C1 e−iωt + C2 eiωt x(t) = A cos ωt + B sin ωt x(t) = Xm sin(ωt − φ) Nestas equações, r k rad/s m denomina-se por frequência (circular) do movimento oscilatório. O tempo necessário para a partícula descrever um ciclo completo chama-se período, ω= T = 2π ω s enquanto o número de ciclos descritos na unidade de tempo, denomina-se por frequência natural, ω 1 Hz ν= = T 2π T XM t φ -XM A velocidade e a aceleração da partícula resulta pela definição, x(t) = Xm sin(ωt − φ) ẋ(t) = ωXm cos(ωt − φ) xmáx = Xm ẋmáx = ωXm ẍ(t) = −ω 2 Xm sin(ωt − φ) = −ω 2 x(t) ẍmáx = ω 2Xm Qualquer seja a forma sob a qual é apresentada a solução da equação diferencial, esta envolve duas constantes a determinar pela imposição das condições iniciais, ou seja, o deslocamento e a velocidade inicial da partícula. p.4 – Capítulo 1 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS Admitindo a solução e as condições iniciais, x(t) = Xm sin(ωt − φ) resulta, x(0) = x0 ẋ(0) = v0 r Xm = x20 + x(0) = x0 ⇒ e ẋ(0) = v0 −Xm sin φ = x0 ωXm cos φ = v0 v0 2 ω φ = arctan −ω x0 v0 Pêndulo simples (solução aproximada) Seja um pêndulo simples formado por uma esfera de massa m ligada a uma corda de comprimento l, que pode oscilar num plano vertical. Pede-se para determinar o período das pequenas oscilações (ângulo inferior à 10◦ ). X Ft = mat −mg sin θ = mlθ̈ ⇒ θ̈ + l θ T~ m P~ g sin θ = 0 l Para pequenas oscilações, sin θ ≃ θ θ(t) = θm sin(ωt − φ) ⇒ θ̈ + com ω = r g θ=0 l g l T = 2π = 2π ω s l g Exercício (Beer 19.15) Um cursor com 5 kg repousa sobre uma mola, não estando ligado a ela. Observa-se que, se o cursor for empurrado para baixo 180 mm ou mais, perde o contacto com a mola depois de libertado. Determine (a) a constante de rigidez da mola e (b) a posição, a velocidade e a aceleração do cursor, 0.16 s após ter sido empurrado para baixo 180 mm e , depois, libertado. mola indeformada m k x0 Fe x equilíbrio estático mg p.5 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Numa posição qualquer x, mẍ = mg − Fe = mg − k(x + x0 ) = −kx + (mg − kx0 ) mas tomando em conta que na posição de equilíbrio estático mg − kx0 = 0 resulta mẍ + kx = 0 ⇒ 2 ẍ + ω x = 0 ω ≡ A solução da equação diferencial pose ser escrita r k m x(t) = C1 sin ωt + C2 cos ωt onde C1 e C2 são constantes arbitrárias a determinar aplicando as condições iniciais: x(0) = Xm ⇒ C2 = Xm ⇒ x(t) = Xm cos ωt ẋ(0) = 0 ⇒ C1 = 0 A velocidade a a aceleração serão dadas por, ẍ(t) = −ω 2 Xm cos ωt ẋ(t) = −ωXm sin ωt (a) Sabe-se que, quando o cursor perde o contacto com a mola a sua velocidade é nula e a sua aceleração é a aceleração gravitacional, ẋ(t1 ) = 0 ⇒ sin ωt = 0 ⇒ ωt1 = π ⇒ −ω 2 Xm cos π = ω 2 Xm = g g k mg ω2 = = ⇒ k= Xm m Xm 5 × 9.81 k= = 272.5 N/m 0.18 ẍ(t1 ) = g (b) ω= r g = Xm r 9.81 ≃ 7.38 rad/s 0.18 x(0.16) = 0.18 × cos(7.38 × 0.16) ≃ 0.068 m ẋ(0.16) = −7.38 × 0.18 × sin(7.38 × 0.16) ≃ −1.23 m/s ẍ(0.16) = −7.382 × 0.18 × cos(7.38 × 0.16) ≃ −3.73 m/s2 p.6 – Capítulo 1 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS Exercício (Beer 19.17) Um bloco com 35 kg está apoiado pelo conjunto de molas mostrado na figura. O bloco é deslocado verticalmente para baixo e em seguida libertado. Sabendo que a amplitude do movimento resultante é de 45 mm, determine (a) o período e frequência do movimento e (b) a velocidade e a aceleração máxima do bloco. Considere k1 = 16 kN/m, k2 = k3 = 8 kN/m. k1 m k2 k3 • Determinar a constante de rigidez equivalente posição de equilíbrio (molas indeformadas) Fe F1 δ F2 P F3 P P = F1 + F2 + F3 = Fe ⇒ (k1 + k2 + k3 ) δ = ke δ ke = k1 + k2 + k3 = 16 + 8 + 8 = 32 kN/m ou seja, o movimento do sistema dado é equivalente ao movimento oscilatório de um bloco de massa m = 35 kg ligado a uma mola de rigidez ke = 32 kN/m. (a) ω= T = r ke = m r 32000 ≃ 30.237 rad/s 35 2π ≃ 0.208 s ω ν= (b) x(t) = Xm sin(ωt − φ) ⇒ 1 ≃ 4.81 Hz T ẋmáx = ωXm ẍmáx = ω 2Xm ẋmáx = 30.237 × 0.045 ≃ 1.36 m/s ẍmáx = 30.2372 × 0.045 ≃ 41.14 m/s2 p.7 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Exercício (Beer 19.28) Sabe-se da mecânica dos materiais que quando uma carga estática P é aplicada na extremidade B de uma viga encastrada com secção transversal uniforme, provoca uma flecha δB = P L3 /(3EI), em que L é o comprimento da viga, E o módulo de elasticidade do material e I o momento de inércia da secção transversal. Sabendo que L = 3.05 m, E = 200 GPa e I = 4.84 × 10−6 m4 , determine (a) a constante de rigidez equivalente da viga e (b) a frequência das vibrações verticais de um bloco com 2313 N ligado à extremidade B da mesma viga. (Nota: 1 Pa = 1 N/m2 , 1 GPa = 109 Pa) P P A δB B L, EI ke (a) P = Fe = kδB ke = ⇒ ke = 3EI P 3EI = 3 3 PL L 3 × 200 × 109 × 4.84 × 10−6 ≃ 102.352 kN/m 3.053 (b) 1 ω 1 ν= = = T 2π 2π 1 ν= 2π r r k 1 = m 2π r kg P 102352 × 9.81 ≃ 3.316 Hz 2313 Vibrações de corpos rígidos No caso dos corpos rígidos, a equação diferencial do movimento oscilatório resulta directo das equações de equilíbrio dinâmico. Exercício (Beer 19.55) p.8 – Capítulo 1 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS A A barra uniforme AB com 8 kg está articulada em C e ligada em A a uma mola de constante de rigidez k = 500 N/m. Se for imposto à extremidade A um pequeno deslocamento e se depois for libertada, determine (a) a frequência das pequenas oscilações e (b) o menor valor da constante de rigidez para o qual ocorrerão oscilações. Considere L = 250 mm e d = 40 mm. L k G d C B Fe A (a) θ X G mg X C Cn Ct MG Ft ... ... IG θ̈ = −Fe (L/2) cos θ − Ct d mat = Ct + mg sin θ − Fe cos θ at = θ̈ d sin θ ≃ θ cos θ ≃ 1 Ct = mθ̈d − mgθ + Fe IG θ̈ = −Fe L/2 − md2 θ̈ + mgdθ − Fe d Mas, Fe = k e L L + d sin θ ≃ k +d θ 2 2 IG = resultando, 1 mL2 12 k(L/2 + d)2 − mgd θ=0 mL2 /12 + md2 s k(L/2 + d)2 − mgd ω= mL2 /12 + md2 θ̈ + ω= s 500 × (0.25/2 + 0.04)2 − 8 × 9.81 × 0.04 ≃ 13.87 rad/s 8 × 0.252/12 + 8 × 0.042 f= ω 1 = ≃ 2.21 Hz T 2π (b) Não ocorrem oscilações quando o T → ∞ ou ω → 0, ou ainda se a frequência é um número imaginário, ω2 = k(L/2 + d)2 − mgd >0 mL2 /12 + md2 ⇒ k> mgd (L/2 + d)2 p.9 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS kmín > 8 × 9.81 × 0.04 ≃ 115.3 N/m (0.25/2 + 0.04)2 Exercício Determine o período das pequenas oscilações da placa rectangular homogénea representada. X ~ R O G θ 2b G P~ 2b 5 −P b sin θ = mb2 θ̈ ⇒ 3 Mas, como θ << 1, sin θ ≃ θ, resultando, 3g θ=0 θ̈ + 5b ⇒ 3g ω2 = 5b MO = IO θ̈ IO = IG + m OG2 1 IO = (2b)2 + (2b)2 + mb2 12 5 IO = mb2 3 5 2 −mgb sin θ = mb θ̈ 3 ⇒ 2π T = = 2π ω s 5b 3g Aplicação do princípio da conservação da energia O princípio da conservação da energia proporciona um meio conveniente para determinar o período de vibração de um sistema com um só grau de liberdade, desde que se admita o movimento harmónico simples. Escolhem-se duas posições particulares do sistema: 1a Quando o deslocamento do sistema é máximo. Nesta posição a energia cinética do sistema T1 é nula. Escolhendo o nível zero para a energia potencial a posição de equilíbrio estático, a energia potencial V1 pode ser expressa em função da amplitude Xm ou θm ; 2a Quando o sistema passa pela sua posição de equilíbrio. A energia potencial do sistema V2 é nula e a energia cinética T2 pode ser expressa em função da velocidade máxima Ẋm ou da velocidade angular máxima θ̇m . O período das pequenas oscilações resulta escrevendo a conservação da energia, T1 + V1 = T2 + V2 p.10 – Capítulo 1 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS e tomando em conta que, num movimento harmónico simples, Ẋm = ω Xm θ̇m = ω θm ou Exercício Utilizando o princípio da conservação da energia, determine o período das pequenas oscilações da placa rectangular homogénea considerada no exercício anterior. θ̇ = 0 θ=0 O O 2b θM θ̇M G G P~ nível de referência V =0 P~ 2b • Posição do deslocamento máximo T1 = 0 V1 = P b(1 − cos θm ) 2 θm θm θ2 1 2 2 1 − cos θm = 2 sin ≃2 = m ⇒ V1 = P bθm 2 2 2 2 • Posição de equilíbrio 1 2 IO θ̇m V2 = 0 2 5 1 (2b)2 + (2b)2 + mb2 = mb2 IO = IG + mOG2 = 12 3 15 2 T2 = mb2 θ̇m V2 = 0 23 T2 = • Conservação da energia T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 1 15 2 2 P bθm = mb2 θ̇m 2 23 e tomando em conta que θ̇m = ωθm (movimento harmónico), 5 2 2 2 ω mgbθm = mb2 θm 3 ⇒ 3g ω2 = 5b ⇒ 2π T = = 2π ω s 5b 3g p.11 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Exercício (Beer 19.80) Uma barra AB com 8 kg e comprimento L = 600 mm está ligada a dois cursores com massa desprezável. O cursor A está por sua vez ligado a uma mola de constante de rigidez k = 1.2 kN/m e pode deslizar numa barra vertical, enquanto o cursor B pode deslizar livremente numa barra horizontal. A L k θ B Sabendo que o sistema está em equilíbrio e que θ = 40◦ , determine o período de vibração se for imposto um pequeno deslocamento ao cursor B e depois libertado. • Determinação da deformação estática da mola. Na posição de equilíbrio, X Fh = 0 ⇒ NA = 0 X mg NA A Fe mg B MB = 0 NB ⇓ L cos θ − Fe L cos θ = 0 2 • Conservação da energia δest = ⇒ mg 2k y y A dy A G G dȳ y ȳ θ dθ B x B x̄ dx x (A) x = L cos θ dx = −L sin θ dθ p.12 – Capítulo 1 (B) y = L sin θ dy = L cos θ dθ x 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS Tomando em conta que θ - o ângulo da posição de equilíbrio estático - é independente de tempo, dẋ = −L sin θ dθ̇ dẏ = L cos θ dθ̇ Como x̄ = x/2 e ȳ = y/2, dx̄˙ = − L sin θ dθ̇ 2 dȳ˙ = L cos θ dθ̇ 2 (A) - posição de equilíbrio (deformação da mola δest , velocidade máxima) 1 2 + mg ȳ V1 = kδest 2 1 1 T1 = IG (dθ̇)2m + m (dx̄˙ )2m + (dȳ˙ )2m 2 2 " 2 2 # 1 mL2 1 L L T1 = (dθ̇)2m + m sin θ + cos θ (dθ̇)2m 2 12 2 2 2 1 1 1 1 mL2 (dθ̇)2m = mL2 (dθ̇)2m + T1 = 2 12 4 6 (B) - posição de deslocamento máximo (velocidade zero) 1 V2 = k(δest − dym )2 + mg(ȳ + dȳm ) 2 T2 = 0 T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 1 2 1 1 mL2 (dθ̇)2m + kδest + mg ȳ = 0 + k(δest − dym )2 + mg(ȳ + dȳm ) 6 2 2 k 1 2 mL2 (dθ̇)2m = (2δest dym + dym ) + mgdȳm 6 2 e substituindo a expressão do δest , 1 k mg dym k 2 2 −2 mL2 (dθ̇)2m = dym + dym + mg = dym 6 2 2k 2 2 1 mL2 (dθ̇)2m = kL2 cos2 θ(dθ)2m 3 p.13 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Tomando em conta que o movimento é harmónico, dθ = (dθ)m sin(ωt − φ) ⇒ (dθ̇)m = ω(dθ)m resultando 1 mL2 ω 2 (dθ)2m = kL2 cos2 θ(dθ)2m 3 ω= r 3k cos θ = m ω2 = ⇒ 3k cos2 θ m r 3 × 1200 × cos 40◦ ≃ 16.25 rad/s 8 2π T = ≃ 0.387 s ω Exercício (Beer 19.85) Uma barra AB com 800 g está rebitada a um disco com 1.2 kg. Uma mola de constante de rigidez k = 1.2 kN/m está ligada ao centro do disco em A e à parede em C. Sabendo que o disco rola sem escorregar, determine o período das pequenas oscilações do sistema. Considere r = 250 mm e L = 600 mm. rθ̇M 1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 r L A k C B r sin θM ≃ rθM A A 1111111 0000000 θ̇M (L/2 − r) G 111111 000000 G θ̇M θM B B (A) (B) (A) - posição de equilíbrio estático (mola indeformada, velocidade máxima) Tomando em conta que o ponto de contacto entre o disco e a superfície horizontal é o centro instantâneo de rotação do sistema, a velocidade do ponto A é vA = r θ̇m p.14 – Capítulo 1 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS A velocidade do ponto G resulta, ~vG = ~vA + ~vG/A T1 = ⇒ vG = r θ̇m + L θ̇m = θ̇m (L/2 − r) 2 2 2 2 2 mAB (L/2 − r)2 θ̇m IA,disco θ̇m mdisco r 2 θ̇m IG,AB θ̇m + + + 2 2 2 2 mAB L2 0.8 × 0.62 = = 0.024 kgm2 12 12 mdisco r 2 1.2 × 0.252 = = = 0.0375 kgm2 2 2 IG,AB = IA,disco 0.024 0.8 × (0.3 − 0.25)2 0.0375 1.2 × 0.252 2 θ̇m + + + T1 = 2 2 2 2 Escolhendo o nível zero para a energia potencial do sistema nesta posição, temos então, 2 T1 = 0.06925 θ̇m V1 = 0 (B) - posição de deslocamento máximo (velocidade nula) A deformação da mola nesta posição é dada por, ∆ = r sin θm ≃ rθm V2 = 1 L k(rθm )2 + mAB g (1 − cos θm ) 2 2 Mas como, 2 1 − cos θm = 2 sin θm 2 ≃2 θm 2 2 = 2 θm 2 2 2 1 2 2 L θm mAB gL 2 kr V2 = kr θm + mAB g θm = + 2 2 2 2 4 1200 × 0.252 0.8 × 9.81 × 0.6 2 θm + V2 = 2 4 Tomando em conta que nesta posição a velocidade do sistema é nula, T2 = 0 2 V2 = 38.6772 θm p.15 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Aplicando agora o princípio da conservação da energia entre as duas posições, e tomando em conta que o movimento é harmónico (θ̇m = ωθm ), T1 + V1 = T2 + V2 2 0.06925 ω 2θm = 2 38.6772 θm T = 2 2 0.06925θ̇m = 38.6772θm ⇒ 2 ω = ⇒ r 38.6772 ≃ 23.64 rad/s 0.06925 2π ≃ 0.266 s ω Exercício k Determine a frequência das pequenas oscilações do disco homogéneo de massa m representado, assumindo que se encontra em equilíbrio na posição mostrada e que não escorrega na superfície horizontal. A a k O 1111 0000 0000 1111 r B (1) (2) θM A A θ̇M 11111 00000 00000 11111 11111 00000 00000 11111 B B (1) - posição de equilíbrio (a velocidade é máxima) Como o disco não escorrega na superfície horizontal, o ponto B é o C.I.R. para o disco e o movimento é uma rotação não-baricêntrica. T1 = com IB = IO + mr 2 = 1 2 IB θ̇m 2 1 3 mr 2 + mr 2 = mr 2 2 2 Escolhendo o nível zero para a energia potencial (gravítica e elástica) nesta posição, resulta 3 2 T1 = mr 2 θ̇m V1 = 0 4 p.16 – Capítulo 1 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS (2) - posição de deslocamento máximo (velocidade é nula) V2 = 1 1 2 2 2 k(r + a)2 θm + k(r + a)2 θm = k(r + a)2 θm 2 2 T2 = 0 Aplicando o princípio da conservação da energia entre as duas posições, e tomando em conta que o movimento é harmónico (θ̇m = ωθm ), T1 + V1 = T2 + V2 ω= ⇒ r 3 2 2 mr 2 ω 2 θm = k(r + a)2 θm 4 4k(r + a)2 rad/s 3mr 2 Nota: Para que o resultado acima seja correcto, não é necessário que as molas sejam indeformadas na posição de equilíbrio estático. Apenas é necessário que o sistema seja em equilíbrio nesta posição. Como neste caso as duas molas tem a mesma constante de rigidez, para o sistema estar em equilíbrio a deformação nas duas molas deve ser a mesma. Seja esta deformação inicial x0 (compressão ou tracção nas duas molas). A energia mecânica na posição de equilíbrio passa a ser, 3 1 1 3 3 2 2 2 E1 = mr 2 θ̇m + kx20 + kx20 = mr 2 θ̇m + kx20 = mr 2 ω 2θm + kx20 4 2 2 4 4 Na posição de deslocamento máximo, 1 1 2 E2 = k [x0 + (r + a)θm ]2 + k [x0 − (r + a)θm ]2 = kx20 + k(r + a)2 θm 2 2 E igualando a energia mecânica nas duas posições, 3 2 2 2 2 mr ω θm + kx20 = kx20 + k(r + a)2 θm 4 ⇒ ω= r 4k(r + a)2 3mr 2 Exercício O cilindro de massa m e raio r rola sem escorregar numa superfície de raio R. Determine a frequência das pequenas oscilações do sistema. p.17 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS O1 O1 θ A O φ O C A B (1) (2) (1) - posição de equilíbrio estático (energia potencial zero, velocidade máxima) V1 = 0 2 2 1 1 ˙ θ)2 = 1 mr 2 φ̇ − θ̇ + 1 1 mr 2 φ̇ − θ̇ T1 = mvO2 + IO (φ − 2 2 2 22 2 3 T1 = mr 2 φ̇ − θ̇ 4 Mas, ⌢ ⌢ BC=AC ⇒ Rθ = rφ ⇒ φ= R θ r ⇒ φ̇ = R θ̇ r e como nesta posição θ̇ = θ̇m , 2 3 3 R 2 2 2 = m(R − r)2 θ̇m T1 = mr − 1 θ̇m 4 r 4 (2) - posição de deslocamento máximo (energia potencial máxima, velocidade nula) T2 = 0 V2 = mg(R − r)(1 − cos θ) Mas como, 2 θ 1 − cos θ ≃ 2 sin 2 2 θ2 1 θ = mg(R − r)2 = mg(R − r)θ2 V2 ≃ mg(R − r)2 sin 2 4 2 e tomando em conta que nesta posição θ = θm , V2 = p.18 – Capítulo 1 1 2 mg(R − r) θm 2 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS Aplicando o princípio da conservação da energia, T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 1 3 2 2 m(R − r)2 θ̇m = mg(R − r) θm 4 2 Como o movimento oscilatório é harmónico, θ̇m = ωθm resultando 3 2 2 m(R − r)2 ω 2 θm = mg(R − r) θm 2 s 2g 2g ω2 = ⇒ ω= 3 (R − r) 3 (R − r) Nota: Método alternativo para o cálculo do T1 1 2 1 1 2 1 1 2 vO2 3 3 2 T1 = mvO + IO ω = mvO + mr 2 = mvO2 = m(R − r)2 θ̇2 2 2 2 22 r 4 4 Exercício Admitindo que não há escorregamento entre o fio inextensível e o disco de massa M, determine a frequência das pequenas vibrações do sistema representado. θ̇M A G M m θM B ≡ C.I.R. A (1) r k B G (2) (1) - posição de equilíbrio estático (θ̇ = θ̇m ) 1 V1 = k∆20 2 p.19 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS 1 1 1 2 2 T1 = MvG + IG θ̇m + mvA2 = 2 2 2 3 M T1 = 4 1 11 1 2 2 2 Mr 2 θ̇m + Mr 2 θ̇m + m4r 2 θ̇m 2 22 2 2 + 2m r 2 θ̇m (2) - posição de deslocamento máxima (θ = θm ) 1 V2 = k(∆0 + xG )2 − mgxA − MgxG 2 1 V2 = k(∆0 + rθm )2 − (2m + M)grθm 2 T2 = 0 Escrevendo agora o princípio da conservação da energia, T1 + V1 = T2 + V2 resulta, 1 3 1 2 2 k∆0 + M + 2m r 2 θ̇m = k(∆0 + rθm )2 − (2m + M)grθm 2 4 2 1 3 2 2 M + 2m r 2 θ̇m = kr 2 θm + [k∆0 − (2m + M)g] rθm 4 2 Na expressão acima, ∆0 representa a deformação da mola na posição de equilíbrio estático. Se nesta posição escreve-se somatório de momentos em B, resulta X MB = 0 ⇒ mg2r + Mgr − k∆0 r = 0 ⇒ k∆0 − (2m + M)g = 0 Com este resultado, do princípio da conservação da energia resulta, 1 3 2 2 M + 2m r 2 θ̇m = kr 2 θm 4 2 e admitindo o movimento harmónico, 3 1 2 2 M + 2m ω 2 θm = kθm 4 2 ⇒ ω= s 3 M 2 k + 4m Nota: Para simplificar as contas no estudo das pequenas vibrações em torno da posição de equilíbrio estático, pode-se sempre admitir que a força elástica e as forças que a equilibram nesta nesta posição (pesos) anulam-se umas as outras. p.20 – Capítulo 1 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS Então, estas forças podem ser deixadas fora das seguintes contas e na posição de deslocamento máximo apenas terão de ser contabilizadas as restantes forças e o suplemento da força elástica. No problema considerado, isto significava, 2 V1 = 0 T1 = 43 M + 2m r 2 θ̇m 2 V2 = 12 kr 2 θm T2 = 0 1.1.2 Vibrações forçadas ω= ⇒ s 3 M 2 k + 4m As vibrações forçadas ocorrem sempre que um sistema está sujeito a uma força periódica, ou quando está elasticamente ligado a um apoio com movimento oscilatório. Força periódica Considere-se uma partícula de massa m ligada a uma mola de constante de rigidez k, sujeita a acção de uma força periódica F = Fm sin ωf t (a) mola indeformada equilíbrio estático (b) xest (c) Fe Fe x P F X Fx = mẍ ⇒ P mẍ = mg − Fe + F = mg − k(xest + x) + F Tomando em conta que na posição de equilíbrio estático mg = kxest e substituindo a expressão para a excitação harmónica, mẍ + kx = Fm sin ωf t Fm sin ωf t ẍ + ω x = m 2 onde ω = r k m (1.2) p.21 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Uma equação diferencial que possui o membro direito diferente de zero, diz-se não homogénea. A sua solução geral obtém-se pela adição da solução particular da equação dada à solução geral da correspondente equação homogénea, x = xp + x0 Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a solução particular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma função de tipo xp = A sin ωf t + B cos ωf t Nesta expressão, A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substituindo a solução particular na equação diferencial, ẋp = ωf A cos ωf t − ωf B sin ωf t ẍp = −ωf2 A sin ωf t − ωf2 B cos ωf t −ωf2 A sin ωf t − ωf2 B cos ωf t + ω 2 (A sin ωf t + B cos ωf t) = A(ω 2 − ωf2 ) sin ωf t + B(ω 2 − ωf2 ) cos ωf t = A(ω 2 − ωf2 ) = xp = Fm m e Fm sin ωf t m Fm sin ωf t m ∀t B=0 Fm /k Fm sin ω t = sin ωf t f 2 m(ω 2 − ωf ) 1 − (ωf /ω)2 Solução geral A solução geral obtém-se juntando à solução particular a solução da equação homogénea (oscilações livres), x(t) = C1 sin ωt + C2 cos ωt | {z } solução homogénea + onde, com a notação Ω = ωf /ω, Xm = Xm sin ωf t | {z } solução particular Fm /k 1 − Ω2 Nota-se que o movimento representado pela equação acima consiste em dois movimentos oscilatórios sobrepostos. Os dois primeiros termos representam a vibração livre do sistema. A frequência desta vibração é a frequência natural do sistema p.22 – Capítulo 1 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS e depende apenas da rigidez e da massa do sistema. As constantes C1 e C2 podem ser determinadas a partir das condições iniciais. Está vibração é também designada por vibração em regime transitório, uma vez que, no caso de vibrações amortecidas, a amplitude deste movimento decresce rapidamente. O último termo da equação acima represente a vibração em regime estacionário. Este movimento é produzido e mantido pela força aplicada. A sua amplitude depende da relação entre a frequência da excitação e a frequência natural do sistema. A razão entre a amplitude das vibrações estacionárias e a deformação estática Fm /k, chama-se factor de amplificação dinâmica, Rd = 1 1 − Ω2 Movimento de base Considere-se uma partícula de massa m ligada a uma mola de constante de rigidez k, sujeita a um movimento de base harmónico, yf = xg sin ωf t 11 00 111 000 111 00 111 11 000 000 000 111 (a) (b) mola indeformada equilíbrio estático xest (c) yf Fe x P Fe P X Fx = ma ⇒ ⇒ m(ẍ + ÿf ) = mg − Fe = mg − k(xest + x) Tomando em conta que na posição de equilíbrio estático, mg = kxest e substituindo a expressão para o movimento harmónico de base, mẍ + kx = mωf2 xg sin ωf t 2 ẍ + ω x = ωf2 xg sin ωf t onde ω = r k m (1.3) p.23 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a solução particular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma função de tipo xp = A sin ωf t + B cos ωf t Nesta expressão, A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substituindo a solução particular na equação diferencial, (ω 2 − ωf2 )(A sin ωf t + B cos ωf t) = ωf2 xg sin ωf t ∀t A = xg Ω2 1 − Ω2 xp = Xm sin ωf t B=0 e com Xm = xg Ω2 1 − Ω2 No caso de movimento de base, interesse relacionar a amplitude das vibrações estacionárias com o deslocamento máximo da base. A razão entre estes dois deslocamentos máximos, chama-se factor de transmissibilidade. Para o calcular, nota-se que o deslocamento absoluto da massa em regime estacionário é dado por, xt (t) = xp (t) + yf (t) = xg 1 + Tr = Ω2 1 − Ω2 sin ωf t = xg 1 sin ωf t 1 − Ω2 xt,máx 1 = xg 1 − Ω2 As características das vibrações forçadas não-amortecidas, são resumidas no seguinte quadro. xp x0 x(t) xt (t) Rd Tr Vibrações forçadas não-amortecidas Força harmónica Movimento harmónico de base ẍ + ω 2x = (Fm /m) sin ωf t ẍ + ω 2 x = ωf2 xg sin ωf t (Fm /k)/(1 − Ω2 ) sin ωf t xg Ω2 /(1 − Ω2 ) sin ωf t C1 sin ωt + C2 cos ωt x0 (t) + xp (t) x(t) x(t) + xg (t) 2 1/(1 − Ω ) – – 1/(1 − Ω2 ) p.24 – Capítulo 1 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS 1 1 − Ω2 8 6 4 2 1 2 3 4 Ω Observa-se que, quando a frequência da excitação é igual a frequência natural do sistema a amplitude de vibração torna-se infinita. Diz-se que a excitação está em ressonância com o sistema. A amplitude do movimento é igual ao deslocamento estático para ωf = 0 e depois começa a crescer com ωf . Depois de ultrapassar a frequência de ressonância, a amplitude do movimente decresce, chegar a ser mais baixa do que o deslocamento estático para excitações com frequências muito altas. Exercício (Beer 19.112) A esfera com 1.2 kg forma um pêndulo com comprimento L = 600 mm que está suspenso a partir de um cursor C com 1.4 kg. O cursor é obrigado a deslocar-se de acordo com a relação, xC = Ym sin ωf t com amplitude Ym = 10 mm e uma frequência ff = 0.5 Hz. Considerando apenas o regime estacionário, determine (a) a amplitude do movimento da esfera e (b) a força que deve ser aplicada ao cursor C para o manter em movimento. p.25 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS xC = Ym sin ωf t C L θ T mg x X X Fx Fy ... ... mẍ = −T sin θ mÿ = T cos θ − mg Admitindo pequenas oscilações, sin θ ≃ tan θ ≃ θ cos θ ≃ 1 e o movimento ocorre segundo um eixo horizontal. Resulta então, T = mg mẍ = −mg x − xC L ⇒ ẍ + ω 2 x = ω 2 Ym sin ωf t g g x = xC L L r g com ω = L ẍ + (a) A solução particular será dada por, xp = Xm sin ωf t onde Xm = Ym 1 − (ωf /ω)2 Tomando em conta que ω2 = Xm = g L ωf2 = (2πff )2 0.01 Ym = ≃ 0.025 m 2 2 2 1 − 4π ff L/g 1 − 4 × π × 0.52 × 0.6/9.81 p.26 – Capítulo 1 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS (b) xC N C T mg θ aC = ẍC = −ωf2 Ym sin ωf t = −ωf2 xC X Fx ... mC aC = F + T sin θ ⇒ F = mC ac − T sin θ Tomando em conta que T = mg, sin θ ≃ (x − xC )/L e ω 2 = g/L, F = −mc ωf2 xC − mg x − xc = −mc ωf2 xC − mω 2 x + mω 2 xC L F = (mω 2 − mC ωf2 )Ym − mω 2 Xm sin ωf t Para os valores numéricos dados, F ≃ −0.44 sin πt N Exercício (Beer 19.118) Um motor com 180 kg está fixo a uma viga horizontal de massa desprezável. O desequilíbrio do rotor é equivalente a uma massa de 28 g situada a uma distância de 150 mm do eixo de rotação, e a deformação estática da viga devida ao peso do motor é igual a 12 mm. A amplitude de vibração devida ao desequilíbrio pode ser atenuada através da adição de uma placa à base do motor. Se a amplitude de vibração em regime estacionário tiver que ser menor que 60 µm para velocidades do motor acima de 300 rpm, determine a massa necessária da placa. p.27 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Motor Rotor ωf δest m Pm sin ωf t Mg x ωf t Pm sin ωf t Fe Pm = mωf2 r sumFx ... M ẍ = Mg − Fe + Pm sin ωf t r Pm k 2 sin ωf t onde ω = ẍ + ω x = M M A vibração em regime estacionário vai ter uma amplitude dada por, mωf2 r/(Mω 2 ) Pm /k rm/M Xm = = = 2 2 1 − (ωf /ω) 1 − (ωf /ω) (ω/ωf )2 − 1 Xm ωf > 300 rpm ωf /ω −r 1 m M Escrevendo o equilíbrio estático da viga, kδest = Mg ⇒ k= Mg 180 × 9.81 = = 147150 N/m δest 0.012 A frequência da estrutura, depois da adição da placa, será dada por, ω2 = k M′ Tomando em conta esta definição, rm/M ′ Xm = k/(M ′ ωf2 ) − 1 p.28 – Capítulo 1 ⇒ Xm k −1 M ′ ωf2 ! =r m M′ 1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS M′ = k rm − 2 ωf Xm Como ωf = 300 × 2π/60 = 10π rad/s e Xm = −60 × 10−6 m resulta M′ = (. . . veja o enunciado e a figura) 147150 0.15 × 0.028 + ≃ 219.1 kg 100π 2 60 × 10−6 O peso da placa será ∆M = M ′ − M = 219.1 − 180 = 39.1 kg Exercício (Beer 19.125) Um pequeno reboque e o barco possuem a massa total de 250 kg. O reboque está apoiado em duas molas, cada uma com 10 kN/m e desloca-se ao longo de uma estrada cuja superfície se pode aproximar a uma curva sinusoidal com uma amplitude de 40 mm e um comprimento de onda de 5 m. Determine (a) a velocidade para a qual ocorre a ressonância e (b) a amplitude da vibração do reboque à velocidade de 50 km/h. y v x 2Ym λ δest Fe m(ẍ − ÿ) = −kx mẍ + kx = k ÿ x mg ẍ + ω 2 x = −ω 2 Ym sin ωf t y = Ym sin ωf t ω2 = k m ωf = 2π 2π 2πv = = T λ/v λ p.29 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS A solução da equação diferencial é x(t) = Xm sin ωf t onde a amplitude do movimento oscilatório é dada por Xm = Ym 1 − (ωf /ω)2 (a) A ressonância ocorre quando a amplitude do movimento é máxima, ou seja, quando r r k k 2πv λ ω = ωf ⇒ = ⇒ v= m λ 2π m 5 v= 2π r (b) Xm = 2 × 10000 ≃ 7.12 m/s ≃ 25.62 km/h 250 Ym = 1 − (ωf /ω)2 v = 50 km/h = Xm = Ym 1− 2πv λ 125 m/s 9 2 m k 0.040 ≃ −0.014 m 4 × π 2 × 1252 250 1− 52 × 92 20000 1.2 Vibrações amortecidas Na realidade, todas as vibrações são amortecidas, em maior ou menor grau, pela acção das forças de atrito. Estas forças podem ser causadas por atrito seco - entre corpos rígidos, por atrito fluido - quando um corpo rígido se desloca num fluido, ou por atrito interno - entre as moléculas que constituem um corpo. Um tipo de amortecimento com especial interesse é o amortecimento viscoso em que a força de atrito é proporcional e oposta a velocidade do corpo em movimento Fa = −c ẋ A constante c expressa em Ns/m chama-se coeficiente de amortecimento viscoso. p.30 – Capítulo 1 1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS 1.2.1 Vibrações livres Seja uma partícula de massa m ligada a uma mola de rigidez k e a um amortecedor de coeficiente de amortecimento viscoso c. (a) (b) (c) Fe xest Fe Fa x mg mg Na posição de equilíbrio estático (b), o sistema está em repouso, portanto no amortecedor não se desenvolve força nenhuma. Escrevendo a equação de equilíbrio estático resulta mg = kxest . Seja uma posição qualquer (c) caracterizada pela posição x e a velocidade ẋ da partícula. Escrevendo as equações de movimento nesta posição, resulta mẍ = mg − cẋ − k(xest + x) = mg − kxest −cẋ − kx | {z } 0 mẍ + cẋ + kx = 0 ou, dividindo pela massa, k c ẋ + ω 2 x = 0 com ω 2 ≡ (1.4) m m O movimento definido pela equação (1.4) representa um movimento oscilatório amortecido. A solução desta equação diferencial homogénea é de tipo eλt , ẍ + x = eλt ẋ = λeλt ẍ = λ2 eλt c λ2 + λ + ω 2 eλt = 0 ∀t m Resulta a equação característica c λ2 + λ + ω 2 = 0 m cuja solução é dada por r k c 2 c ± − λ1,2 = − 2m 2m m p.31 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Designa-se por coeficiente de amortecimento crítico, ccr o valor do coeficiente de amortecimento c que anula o radical, r k ccr = 2m = 2mω m Por vezes, o amortecimento de um sistema costuma ser dado em percentagem sobre o valor do amortecimento crítico, ζ= c ccr Os valores recomendados para o factor de amortecimento ζ no cálculo de estruturas variam entre 5 − 10% para estruturas metálicas, 7 − 10% para estruturas em betão e 10 − 20% para estruturas em madeira. Com esta notação, a equação diferencial das vibrações livres amortecidas toma a seguinte forma, ẍ + 2ζω ẋ + ω 2 x = 0 (1.5) Dependendo do valor do coeficiente de amortecimento, distinguem-se três casos: Amortecimento super-crítico (c > ccr ou ζ > 1) As raízes da equação característica são reais e distintas, ambas negativas. λ1 , λ2 < 0 ⇒ x(t) = Aeλ1 t + Beλ2 t ⇒ lim x(t) = 0 t→∞ O movimento resultante não é oscilatório. O x tende para zero quando t aumenta indefinidamente, ou seja, o sistema readquire a sua posição de equilíbrio estático após um intervalo de tempo suficientemente longo. Amortecimento crítico (c = ccr ou ζ = 1) A equação característica tem uma raiz dupla, λ1,2 = −ω ⇒ x(t) = (A + Bt)e−ωt O movimento não é vibratório, retomando o sistema a sua posição de equilíbrio no menor tempo possível, sem oscilar. Amortecimento sub-crítico (c < ccr ou ζ < 1) As raízes da equação característica são complexas conjugadas, r c 2 c k λ1,2 = − ±i − 2m m 2m p.32 – Capítulo 1 1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS Definindo, c 2 k m c 2 k = 1− − = m 2m m k 2m !2 c = ω 2 (1 − ζ 2) p ωa2 = ω 2 1 − 2m k/m ωa2 resulta λ1,2 = −ζω ± iωa e x(t) = e−ζωt (C1 sin ωa t + C2 cos ωa t) O movimento é oscilatório, com amplitude decrescente. A frequência de p 2 vibração, ωa = ω 1 − ζ < ω pelo que o período de vibração do sistema amortecido é maior do que o período de vibração correspondente ao sistema não amortecido. O sistema readquire a sua posição de equilíbrio estático após um intervalo de tempo suficientemente longo. Amplitude do movimento amortecimento crítico amortecimento supra-crítico Tempo amortecimento sub-crítico Exercício (Beer 19.134) Um bloco A com 4 kg é solto de uma altura de 800 mm sobre um bloco B com 9 kg, que está em repouso. O bloco B está apoiado numa com constante de rigidez k = 1500 N/m e está ligado a um amortecedor com coeficiente de amortecimento c = 230 Ns/m. Sabendo que não existe qualquer ressalto, determine a distância máxima percorrida pelos blocos após o choque. A h B k c p.33 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS • A velocidade do bloco A antes de choque obtém-se aplicando o princípio de conservação da energia. p 1 mA gh = mA vA2 ⇒ vA = 2gh 2 • A velocidade dos dois blocos após o choque resulta da conservação da quantidade de movimento, tomando em conta que não há forças impulsivas externas e que o choque é perfeitamente plástico. mA p 2gh mA vA = (mA + mB )v ′ ⇒ v ′ = mA + mB √ 4 × 2 × 9.81 × 0.8 ≃ 1.219 m/s v′ = 4+9 • As forças que actuam em seguida sobre o sistema formado pelos dois blocos são o peso, à força elástica e à força de amortecimento viscoso. Tomando em conta que a nova posição de equilíbrio estático, devida ao suplemento de peso provocado pelo bloco A é dada por, x0 = mA g 4 × 9.81 = ≃ 0.026 m k 1500 Mg x0 x Fe Fa temos, M ẍ = Mg − k(x0 + x) − cẋ ⇒ ẍ + c k ẋ + x=0 M M ou seja, ẍ + 2ζω ẋ + ω 2 x = 0 onde r r k 1500 = ≃ 10.742 rad/s ω= M 4+9 ccr = 2Mω = 2 × (4 + 9) × 10.742 ≃ 279.266 Ns/m c 230 ζ= = ≃ 82% ccr 279.266 Como o amortecimento é sub-crítico, o movimento resultante será dado por x(t) = e−ζωt (C1 sin ωa t + C2 cos ωa t) com ωa = ω ou seja p √ 1 − ζ 2 = 10.742 × 1 − 0.822 ≃ 6.15 rad/s x(t) = e−8.81 t [C1 sin(6.15 t) + C2 cos(6.15 t)] p.34 – Capítulo 1 1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS • As constantes C1 e C2 vão ser determinadas a partir das condições iniciais do movimento: x(0) = −x0 e ẋ(0) = v ′ x(0) = C2 = −x0 ⇒ C2 = −0.026 ẋ(t) = e−8.81 t [(6.15 C1 − 8.81 C2) cos(6.15 t)+ (−8.81 C1 − 6.15 C2) sin(6.15 t)] ẋ(0) = 6.15 C1 − 8.81 C2 = v ′ C1 = ⇒ C1 = v ′ + 8.81 C2 6.15 1.219 − 8.81 × 0.026 ≃ 0.161 6.15 A equação do movimento oscilatório em torno da posição de equilíbrio estático, fica então definida por x(t) = e−8.81 t [0.161 sin(6.15 t) − 0.026 cos(6.15 t)] −0.02 x0 −0.01 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t xM 0.01 0.02 0.03 x • O deslocamento máximo xm , será alcançado quando a velocidade do sistema será nula. ẋ(t) = e−8.81 t [1.219 cos(6.15 t) − 1.259 sin(6.15 t)] 1 1.219 ẋ(t) = 0 ⇒ t = ≃ 0.125 s arctan 6.15 1.259 O deslocamento máximo será então, xm = x(0.125) ≃ 0.031 m p.35 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS • A distância máxima percorrida pelos blocos após o choque será, dmáx = x0 + xm = 0.026 + 0.031 = 0.057 m 1.2.2 Vibrações forçadas Força periódica Seja uma partícula de massa m ligada a uma mola de rigidez k e a um amortecedor de coeficiente de amortecimento viscoso c sob a acção de uma força periódica, F = Fm sin ωf t (a) (b) (c) Fe xest Fe Fa x mg F mg A equação de movimento em torno da posição de equilíbrio estático será m ẍ + c ẋ + k x = Fm sin ωf t ou, dividindo pela massa, ẍ + 2ζω ẋ + ω 2 x = Fm sin ωf t m (1.6) A solução geral desta equação diferencial não-homogénea obtém-se pela adição de uma solução particular à solução geral da equação homogénea. A solução geral da equação homogénea, que foi obtida no caso das vibrações livres amortecidas, depende do amortecimento do sistema, mas de qualquer modo esvanece com o tempo. O intervalo de tempo inicial em que esta solução tem valores não desprezáveis, chama-se zona transitória. A solução particular representa a vibração em regime estacionário, significando que depois de um intervalo suficientemente longo, esta solução caracteriza sozinha o movimento do sistema. p.36 – Capítulo 1 1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS Se a excitação fosse harmónica, a solução particular é também harmónica, xp = A sin ωf t + B cos ωf t e substituindo na equação diferencial, temos −ωf2 A sin ωf t − ωf2 B cos ωf t + 2ζωωf A cos ωf t − 2ζωωf B sin ωf t+ Fm sin ωf t ∀t ω 2 A sin ωf t + ω 2 B cos ωf t = m ω 2 − ωf2 −2ζωωf 2ζωωf ω 2 − ωf2 A B = Fm /m 0 ou, dividindo cada linha por ω 2 e utilizando as notações Ω = ωf /ω e δ0 = Fm /k, 1 − Ω2 −2ζΩ 2ζΩ 1 − Ω2 A B = A= (1 − Ω2 ) δ0 (1 − Ω2 )2 + (2ζΩ)2 B= −2ζΩ δ0 (1 − Ω2 )2 + (2ζΩ)2 δ0 0 Para por em evidência a amplitude do movimento, a solução particular pode ser escrita sob forma xp = Xm sin(ωf t − φ) onde Xm = e √ A2 + B 2 = p 1 δ0 (1 − Ω2 )2 + (2ζΩ)2 B 2ζΩ φ = arctan − = arctan A 1 − Ω2 A razão entre a amplitude das vibrações em regime estacionário e a deformação estática provocada pela aplicação da força Fm , designa-se por factor de amplificação dinâmica, 1 Rd = p 2 (1 − Ω )2 + (2ζΩ)2 O factor de amplificação dinâmica depende da razão das frequências, Ω = ωf /ω e do factor de amortecimento do sistema ζ. p.37 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Rd ζ =0 4 ζ = 0.125 3 ζ = 0.250 2 ζ = 0.375 1 Ω ζ = 1.000 0.5 1 1.5 2 2.5 3 Observa-se que a amplitude de uma vibração forçada pode manter-se pequena, quer através da escolha de um elevado coeficiente de amortecimento viscoso, quer mantendo afastadas uma da outra a frequência natural do sistema e a frequência da excitação. Movimento de base Seja uma partícula de massa m ligada a uma mola de rigidez k e a um amortecedor de coeficiente de amortecimento viscoso c. O sistema está sujeito a um movimento harmónico de base, xf (t) = xg sin ωf t δest x m k c h 1111111 0000000 0000000 1111111 xf Para uma posição qualquer x, a equação de movimento é dada por, X F = ma ⇒ ma = −P + Fe − Fa onde d2 (xf + h + x) = ẍf + ẍ dt2 Fe = k(δest − x) Fa = cẋ a= Resulta, m(ẍf + ẍ) = −mg + k(δest − x) − cẋ p.38 – Capítulo 1 ⇒ mẍ + cẋ + kx = −mẍf 1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS e dividindo pela massa, e substituindo a expressão da aceleração da base, ẍ + 2ζω ẋ + ω 2 x = ωf2 xg sin ωf t (1.7) Observa-se que, fazendo a notação, Fm = mωf2 xg a equação (1.7) transforma-se em ẍ + 2ζω ẋ + ω 2 x = Fm sin ωf t m ou seja, numa forma idêntica à (1.6) que representava a equação diferencial das vibrações amortecidas forçadas, provocadas por uma força harmónica. A solução particular da equação (1.7) resulta, mωf2 xg Fm Rd sin(ωf t − φ) = Rd sin(ωf t − φ) k mω 2 ω 2 f xp (t) = xg Rd sin(ωf t − φ) ω xp = δ0 Rd sin(ωf t − φ) = Viu-se que, no caso de uma força aplicada, calculou-se o factor de amplificação dinâmica, Rd . Este factor permite relacionar os deslocamentos máximos da massa obtidos para uma aplicação estática, respectivamente dinâmica da força. No caso de movimento de base, interesse relacionar o deslocamento máximo da base com o deslocamento máximo da massa. O coeficiente que permite este relacionamento, chama-se factor de transmissibilidade, Tr . Para o calcular, nota-se que o deslocamento absoluto da massa em regime estacionário é dado por, ω 2 f xt (t) = x(t) + xf (t) = xg Rd sin(ωf t − φ) + xg sin ωf t ω Para por em evidência a amplitude do movimento, o deslocamento absoluto escreve-se como xt (t) = Xm sin(ωf t − Φ) e identificando os termos, ω 2 f Rd cos φ X cos Φ = x + x g g m ω X sin Φ = x ωf 2 R sin φ m g d ω p.39 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Utilizando a notação Ω = ωf /ω, Xm cos Φ = 1 + Ω2 Rd cos φ xg Xm sin Φ = Ω2 Rd sin φ xg Xm = ⇒ Tr = xg s 1 + (2ζΩ)2 (1 − Ω2 )2 + (2ζΩ)2 Observa-se que uma redução na transmissibilidade nem sempre se consegue com um aumento do amortecimento. Tr ζ =0 3 ζ = 0.125 2.5 ζ = 0.250 2 ζ = 0.375 1.5 1 0.5 ζ = 1.000 0.5 Ω 1 1.5 2 2.5 3 Exercício Considere o sistema da figura que representa um carro que sobe a rampa de transição para o tabuleiro de uma ponte. a) Escreva a equação de movimento do carro, admitindo que mantêm a velocidade horizontal v0 constante e que a rampa tem uma inclinação h/L constante; b) Sendo M = 1000 kg, c = 0.05 ccr , v0 = 40 km/h, k = 250 kN/cm, h = 1 m e L = 100 m, qual é a aceleração máxima de M no trajecto ao longo da rampa? M ut k v0 c ug L p.40 – Capítulo 1 h 1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS a) Como a velocidade horizontal é constante, o movimento do carro segundo o eixo horizontal é rectilíneo e uniforme definido pela equação x(t) = v0 t No estudo que se segue será considerada apenas a componente vertical deste movimento. Uma vez na rampa inclinada, as forças que actuam no corpo de massa M são o peso, a força elástica e a força de amortecimento. Ma u Fe uest Fa M P h0 h0 k c 1111111111111111111 0000000000000000000 0000000000000000000 1111111111111111111 ug Ma = −P + Fe − Fa onde d2 d2 a = 2 (ug + h0 + u) = 2 dt dt Fe = k(uest − u) v0 h t + h0 + u L Fa = cu̇ = ü Resulta, M ü = −Mg + kuest −ku − cu̇ {z } | 0 M ü + cu̇ + ku = 0 ou, dividindo pela massa, ü + 2ζω u̇ + ω 2u = 0 A solução desta equação diferencial representa o movimento da massa M em relação à posição de equilíbrio estático. O movimento absoluto da massa é dado por ut (t) = ug (t) + h0 + u(t) = v0 h t + h0 + u(t) L p.41 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS onde ug é a componente vertical do deslocamento da base e h0 uma constante (altura do veículo). b) Como o movimento oscilatório definido pela equação diferencial tem um amortecimento sub-critico (ζ = 5%), u(t) = e−ζωt (C1 sin ωa t + C2 cos ωa t) u̇(t) = e−ζωt [(C1 ωa − C2 ζω) cos ωa t − (C2 ωa + C1 ζω) sin ωa t] p com ωa = ω 1 − ζ 2 . As constantes C1 e C2 vão ser determinadas a partir das condições iniciais do movimento, u(0) = 0 u̇(0) = v0y = e u(0) = C2 = 0 ⇒ u̇(0) = C1 ωa − C2 ζω = C1 ωa = Resulta u(t) = v0 h L C2 = 0 v0 h L ⇒ C1 = v0 h ωa L v0 h −ζωt e sin(ωa t) ωa L v0 h −ζωt e [ωa cos(ωa t) − ζω sin(ωa t)] ωa L v0 h −ζωt 2 2 e (ζ ω − ωa2 ) sin(ωa t) − 2ζωωa cos(ωa t) ü(t) = ωa L u̇(t) = u [m] 0.0006 0.0004 0.0002 t [s] 0.05 −0.0002 −0.0004 p.42 – Capítulo 1 0.1 0.15 0.2 1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS Para os valores numéricos dados, ω= ωa = ω ü [m/s2 ] r k = M r 250 × 105 ≃ 158.11 rad/s 1000 p √ 1 − ζ 2 = 158.11 1 − 0.052 ≃ 157.91 rad/s 10 5 0.05 0.1 0.15 0.2 t [s] −5 −10 −15 u(t) ≃ 0.000703636 e−7.9055t sin(157.91t) ü(t) ≃ e−7.9055t [−1.75678 cos(157.91t) − 17.5016 sin(157.91t)] A aceleração máxima resulta então, d ü =0 dt ⇒ t ≃ 0.009s ⇒ amáx ≃ −16.4 m/s2 O deslocamento absoluto da massa é apresentado na figura seguinte. p.43 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS ut [m] 0.02 0.015 0.01 0.005 h0 0.05 0.1 0.15 t [s] 0.2 1.3 Exercícios propostos Exercício O sistema representado na figura consiste numa barra rígida, apoiada num ponto fixo em O, ligada a uma mola e a um amortecedor. A massa total m1 = 2m do troço OB está uniformemente distribuída no seu comprimento. Os troços AO e BC não possuem massa estando uma placa circular de massa m2 = m ligada rigidamente ao ponto C. Sabendo que m = 2kg, L = 3m, k = 800N/m e c = 200Ns/m, determine: (a) a equação de movimento do sistema para pequenas oscilações. Tome o ângulo θ de rotação da barra em torno do ponto O como coordenada generalizada; (b) a frequência das vibrações amortecidas ωa e o factor de amortecimento do sistema ζ. R = L/8 A O θ c B k L/2 p.44 – Capítulo 1 C 3L/4 L/4 L/4 1.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS (a) Considerando as pequenas vibrações em torno da posição de equilíbrio, L mg θ − k 4 3L 4 X MO = IO θ̈ 3L L L θ −c = IO θ̈ θ̇ 4 2 2 " 2 2 # 1 L L 1 I0 = m1 L2 + m1 + m2 R2 + m2 L2 + 12 2 2 4 IO = Resulta: L2 1 L2 667 17 1 2mL2 + 2m + m + mL2 = mL2 12 4 2 64 16 384 667 L2 9L2 L 2 mL θ̈ + c θ̇ + k − mg θ = 0 384 4 16 4 ou, m̄θ̈ + c̄θ̇ + k̄θ = 0 onde m̄ = 667mL2 ≈ 31.27 384 c̄ = cL2 = 450 4 k̄ = 9kL2 L − mg = 4035.3 16 4 (b) A frequência natural do sistema sem amortecimento é dada por, ωn = r k̄ ≈ 11.36 rad/s m̄ O factor de amortecimento, ζ= c̄ 450 c̄ = ≈ ≈ 0.633 (sub-crítico) c̄cr 2m̄ωn 2 × 31.27 × 11.36 A frequência das vibrações amortecidas, ωa = ωn p 1 − ζ 2 ≈ 8.79 rad/s p.45 – Capítulo 1 CAPÍTULO 1. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Exercício A massa m1 é suportada pela mola k estando em equilíbrio estático. Uma segunda massa m2 cai de uma altura h e choca com a massa m1 , ficando as massas, a partir do instante do choque, ligadas uma à outra. Determine o subsequente movimento u(t) medido a partir da posição de equilíbrio estático da massa m1 antes do choque. k m2 h m1 • a velocidade da massa m2 no instante do choque calcula-se aplicando o princípio da conservação da energia: p 1 m2 gH = mv02 ⇒ v0 = 2gh 2 • A velocidade das duas massas imediatamente após o choque calcula-se aplicando o princípio da conservação da quantidade de movimento: m2 p (m1 + m2 )v = m2 v0 ⇒ v = 2gh m1 + m2 • A nova posição de equilíbrio estático será dada por, m2 g kδe = m2 g ⇒ δe = k • A frequência das pequenas oscilações em torno da nova posição de equilíbrio será r k ω= m1 + m2 • As vibrações em torno da posição de equilíbrio são definidas por u(t) = A sin ωt + B cos ωt onde A e B são constantes arbitrárias que vão ser determinadas a partir das condições iniciais. • Admitindo o eixo u dirigido para cima, as condições iniciais são m2 p m2 g u̇(0) = −v = − u(0) = δe = 2gh k m1 + m2 Resulta então u(t) = A sin ωt + B cos ωt u̇(t) = ωA cos ωt − ωB sin ωt u(0) = u0 ; u̇(0) = u̇0 p.46 – Capítulo 1 ⇒ B = u0 ωA = u̇0 ⇒ A = u̇0 /ω 1.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS u(t) = r u(t) = − u̇0 sin ωt + u0 cos ωt ω 2gh m2 √ sin k m1 + m2 r ! ! r k k m2 g t + t cos m1 + m2 k m1 + m2 u choque uM u0 u̇0 u0 t posição equilíbrio −u0 −uM a amplitude do movimento será, uM = √ A2 + B 2 = r u20 + u̇20 ω2 Em relação à posição de equilíbrio estático da massa m1 antes do choque, ū = u − u0 p.47 – Capítulo 1