Aula 4 vibração forçada hamonicamente sem e com amortecimento 1 gdl

1

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Vibrações

Livre Forçada

Sem

Amortecimento

Com

amortecimento

Sem

Amortecimento

Com

amortecimento

[ ] [ ] [ ] ( )tFxKxCxM =++ &&&

[ ] [ ] 0=+ xKxM &&

[ ] [ ] [ ] 0=++ xKxCxM &&& [ ] [ ] ( )tFxKxM =+&&

VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44

2

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o –

Curs

o d

e V

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ções M

ecânic

as


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

4.1 – Introdução

F(t)

t

( ) ( )φ+Ω= tsenFtF o

Fo

F(t)

xx

mmkk

3

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ções M

ecânic

as

x(t) harmônica monofreqüência

x(t) harmônica multifreqüência

x(t) aleatória


Excitação & Resposta

4

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o –

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o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



5

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o –

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o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



6

Pro

f. A

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o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


Excitação Harmônica

( ) ( )titFeFtFti ωωω sincos00 +== (4.1)

( ) tFtF ωcos0= ( ) tsenFtF ω0= (4.2)

7

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o –

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o d

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ecânic

as



SISTEMAF(t) harmônica x(t) harmônica

ωωωω0 = ωωωωnRESSONÂNCIA

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

8

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o d

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ibra

ções M

ecânic

as



9

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Curs

o d

e V

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ções M

ecânic

as


Exemplos de Excitação Harmônica

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

ou o volante oscila, ele pode estar desbalanceado.

10

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as


Exemplos de Excitação Harmônica

Automóvel deslocando-se sobre estrada de perfil senoidal

11

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o d

e V

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ções M

ecânic

as


4.2 – Modelagem

12

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o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


4.2 – Modelagem

)(tFkxxm =+&& (4.3)

∑ = amFrr

tFkxxm o ωcos=+&& (4.4)

tm

Fx

m

kx o ωcos=+&& (4.5)

m

kn =ω (4.6)

13

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as


4.2 – Modelagem

tAtsenAx nnh ωω cos21 +=

(4.9)

(4.8)0=+ xm

kx&&

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

SoluSoluçção da equaão da equaçção ão homgêneahomgênea SoluSoluçção da equaão da equaçção particularão particular

EquaEquaçção Homogênea:ão Homogênea:

A soluA soluçção ão éé a a

mesma do caso de mesma do caso de

um movimento livre um movimento livre

não amortecidonão amortecido

SoluSoluçção ão EquaEquaçção ão

Homogênea:Homogênea:

14

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o d

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as

Tende a desaparecer quando

há amortecimento;

representa a resposta transienteRepresenta a

resposta permanente


4.2 – Modelagem

ph xxx +=

15

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as

Fim da resposta transiente e Fim da resposta transiente e ininíício da resposta permanentecio da resposta permanente


4.2 – Modelagem

16

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as


4.2 – Modelagem

SoluSoluçção ão

EquaEquaçção ão

Particular:Particular:

( ) ( ) tFtAktAm o ωωωω coscoscos2 =+−

tAx ωcos= tsenAx ωω−=& tAx ωω cos2−=&&

tFkxxm o ωcos=+&&

[ ] tFtmkA o ωωω coscos2 =−

2ωmk

FA o

−= (4.10)

17

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o d

e V

ibra

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ecânic

as


4.2 – Modelagem

ph xxx +=

tAtsenAx nnh ωω cos21 +=

tAxp ωcos=

2ωmk

FA o

−=

tmk

FtAtsenAx o

nn ωω

ωω coscos221

−++= (4.11)

18

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o –

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o d

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ibra

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ecânic

as

0)0( xx =

0)0( xx && =CondiCondiçções iniciaisões iniciais


4.2 – Modelagem

tmk

FtAtsenAx o

nn ωω

ωω coscos221

−++=

tsenmk

FtsenAtAx o

nnnn ωω

ωωωω221 cos

−−−=&

220ωmk

FAx o

−+=

10 Ax nω=&

202ωmk

FxA o

−−= (4.12)

n

xA

ω0

1

&= (4.13)

19

Pro

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o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


4.2 – Modelagem

tmk

FtAtsenAx o

nn ωω

ωω coscos221

−++=

n

xA

ω0

1

&=

202ωmk

FxA o

−−=

tmk

Ft

mk

Fxtsen

xx o

no

n

n

ωω

ωω

ωω

coscos220

0

−+

−−+=

&(4.14)

tm

F

tm

F

xtsenx

xn

o

n

n

o

n

n

ωωω

ωωω

ωω

coscos22220

0

−+

−−+=

&(4.15)

÷÷÷÷÷÷÷÷ mm ÷÷÷÷÷÷÷÷ mm

20

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as


4.2 – Modelagem

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

k÷2ωmk

FA o

−=

21 ωk

mk

F

A

o

−

=

2

1

−

=

n

o

k

F

A

ω

ω

2

1

−

=

n

oA

ω

ω

δ

2

1

1

−

=

n

o

A

ω

ωδ (4.16)

21

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as


4.2 – Modelagem

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

oδ

A Representa a razão entre a amplitude dinâmica

e a amplitude estática do movimento.

o

AFA

δ= (4.17)

22

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as


4.2 – Modelagem

Relação de Freqüências:n

rω

ω= (4.18)

2

1

1

−

=

n

FA

ω

ω (4.19)

21

1

rFA

−= (4.20)

23

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as

Resposta em Freqüência:


4.2 – Modelagem

24

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as

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

1

r

AFA

o −==

δ


Análise da Resposta em Freqüência

25

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as

Caso 2:Caso 2: r > 1 ⇒ 1 - r2 é (-) ⇒ A é (-)

onde a amplitude A é redefinida como:


Resposta permanente: tAtxp ωcos)( −= (4.21)

km

FA

−=

20

ω(4.22)

26

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as

Resposta na Ressonância

ARESSONÂNCI ⇒= nωω


Caso 3:Caso 3: r = 1 ⇒ A → ∞

ttsentx nno ω

ωδ

2)( = (4.23)

27

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o –

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as

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, ω = 2ωn

rad/s 202 == nωω

EXEMPLO 4.1

N/kg 3.2kg 10

N 23===

m

Ff o

o

m 02.0rad/s 10

m/s 2.00 ==n

x

ω

&rad/s 10

kg 10

N/m 1000===

m

knω

tm

F

tm

F

xtsenx

xn

o

n

n

o

n

n

ωωω

ωωω

ωω

coscos22220

0

−+

−−+=

&

(4.15)

m 108s/rad )20(10

N/kg 3.2 3222222

0 −×−=−

=−ωωn

f

tm

F

tm

F

tsenx

xn

o

n

n

o

n

n

ωωω

ωωω

ωω

coscos2222

0

−+

−−=

&

txtxtsenx 20cos10810cos1081002.0 33 −− +−=

28

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as

Fenômeno do Batimento


Ocorre quando a excitação harmônica tem uma freqüência muito próxima

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

tmk

Ft

mk

Fxtsen

xx o

no

n

n

ωω

ωω

ωω

coscos220

0

−+

−−+=

&(4.14)

Consideremos a solução geral

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

tmk

Ft

mk

Fx o

no ω

ωω

ωcoscos

22 −+

−−= (4.24)

29

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o d

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as


RelaRelaçções fundamentaisões fundamentais

30

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Curs

o d

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ções M

ecânic

as



tmk

Ft

mk

Fx o

no ω

ωω

ωcoscos

22 −+

−−= (4.24)

)cos(cos/

)cos(cos)(22

02

0 ttmF

ttmk

Ftx n

n

n ωωωω

ωωω

−−

=−−

=

(4.25)

)22

2(/

)(22

0 ttsensenmF

tx nn

n

ωωωω

ωω

−+

−= (4.26)

31

Pro

f. A

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Curs

o d

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ibra

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ecânic

as



Consideremos ω um pouquinho menor do que ωn:

εωω 2=−n (4.27)

onde ε é uma quantidade positiva muito pequena

Por outro lado, se ωn ≈ ω, então

ωωω 2≈+ n (4.28)

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

εωωω 422 =−n (4.29)

32

Pro

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Curs

o d

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ecânic

as

tsenmF

.)2

/( 0 ε

εω



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

tsentsenmF

tx ωεεω

).2

/()( 0= (4.30)

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

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

período 2π/ω e amplitude variável

33

Pro

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Curs

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ecânic

as

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



tsentsenmF

tx ωεεω

).2

/()( 0= (4.30)

34

Pro

f. A

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o –

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ções M

ecânic

as



35

Pro

f. A

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o –

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ções M

ecânic

as



36

Pro

f. A

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o –

Curs

o d

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ções M

ecânic

as



Período do Batimento:

Freqüência do Batimento:

ωω

π

ε

πτ

−==

n

b

2

2

2(4.31)

ωωωτ

πω −=⇒= nb

b

b

2(4.32)

37

Pro

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o –

Curs

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as

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

montados sobre a mesma base.



38

Pro

f. A

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o –

Curs

o d

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as

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

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

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ecânic

as

Solução:

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

( )( ) 433

in 0.208312

5.020

12===

bhI

Rigidez devido a flexão:

( )( )( )( ) in

lbf 1200

100

2083.010301921923

6

3===

x

L

EIk

EXEMPLO 4.2

40

Pro

f. A

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Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Solução:

Amplitude da resposta harmônica:Amplitude da resposta harmônica:

in 0.1504

srad

62.832

ftin 12

*sft

32.2

lbf 150inlbf

1200

lbf 50

2

2

−=

−

=A

2ωmk

FA o

−=

g

PmgmP =→= .

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

EXEMPLO 4.2

41

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Deduzir a equação do movimento e achar a resposta permanente do

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

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

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

EXEMPLO 4.3

42

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Solução:

EXEMPLO 4.3

43

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Solução:

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

( ) ( ) ( )( )ltsenFlFbkakMlJ oo ωθθ ..2221

2 ==+++ &&

SoluSoluçção Particular:ão Particular: tsenp ωθθ .=

EXEMPLO 4.3

44

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

SoluSoluçção Equaão Equaçção Particular:ão Particular:

tsenp ωθθ .= tp ωωθθ cos.=& tsenωωθθ 2.−=&&

( ) ( ) ( )( )ltsenFlFbkakMlJ oo ωθθ ..2221

2 ==+++ &&

( )( ) ( )( ) ( )( )ltsenFtsenbkaktsenMlJ oo ωωθωωθ ..... 22

21

22 =++−+

( ) lFbkakMlJ oo ... 22

21

222 =++−− θωω

EXEMPLO 4.3

45

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

22

21

222 ..

.

bkakMlJ

lF

o

o

++−−=

ωωθ

( ) 22

21

22

.

bkakMlJ

lF

o

o

++−−=

ωθ

( ) ( ) 2222

21

.

ωθ

MlJbkak

lF

o

o

+−+=

( ) ( ) tsenMlJbkak

lF

o

op ω

ωθ .

.222

22

1 +−+=

Solução:

EXEMPLO 4.3

46

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

( ) ( ) tsenMlJbkak

lFttsen

o

onn ω

ωωθωθθ .

.cos

2222

21

21+−+

++=

ph θθθ +=

Solução:

ttsen nnh ωθωθθ cos21 +=

( ) ( )tsen

MlJbkak

lF

o

op ω

ωθ .

.222

22

1 +−+=

EXEMPLO 4.3

47

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

0)0( θθ =CondiCondiçções iniciaisões iniciais

( ) ( ) tsenMlJbkak

lFttsen

o

onn ω

ωωθωθθ .

.cos

2222

21

21+−+

++=

Solução:

20 θθ =

EXEMPLO 4.3

48

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

0)0( θθ && =CondiCondiçções iniciaisões iniciais

( ) ( )t

MlJbkak

lFtsent

o

onn ωω

ωωωθωωθθ cos.

.cos

2222

21

21+−+

+−=&

( ) ( )ωωθθ

222

21

10

.

MlJbkak

lF

o

o

+−++=&

( ) ( ) ωω

ωθθ ..

2222

21

10MlJbkak

lF

o

o

+−++=&

Solução:

EXEMPLO 4.3

49

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Solução:

( ) ( )ωθωθ

222

21

01

.

MlJbkak

lF

o

o

+−++−=− &

( ) ( )[ ]ωωω

θθ

222

21

01

.

MlJbkak

lF

o

o

+−++

−=−

&

( ) ( )[ ]2222

21

01

.

ωωω

θθ

MlJbkak

lF

o

o

+−+−=

&

EXEMPLO 4.3

50

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Solução:

( ) ( )tsen

MlJbkak

lFttsen

o

onn ω

ωωθωθθ .

.cos

2222

21

21+−+

++=

( ) ( )[ ]2222

21

01

.

ωωω

θθ

MlJbkak

lF

o

o

+−+−=

&

( ) ( )[ ]

( ) ( ) tsenMlJbkak

lFt

tsenMlJbkak

lF

o

on

n

o

o

ωω

ωθ

ωωωω

θθ

..

cos

..

2222

21

0

2222

21

0

+−++

++−+

−=

&

&

EXEMPLO 4.3

51

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Solução:

( )( ) 232 kg.m 33.331103

1

3

1=== mlJo

( ) ( )[ ]

( ) ( )tsen

MlJbkak

lFt

tsenMlJbkak

lF

o

on

n

o

o

ωω

ωθ

ωωωω

θθ

..

cos

..

2222

21

0

2222

21

0

+−++

++−+

−=

&

&

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

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

rad/s 104.6760

2.1000 ==

πω

EXEMPLO 4.3

52

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.4

Um automóvel desloca-se sobre uma

pista ondulada com velocidade h

kmx 80=&

(a)(a) Determine a amplitude da vibração

forçada do automóvel de peso P, cuja

suspensão cede de uma altura h sob o peso

do carro, em condição estática. A pista tem

um perfil harmônico

=

L

xseny o

..

πδ

Adote os seguintes valores :

δo = 0.03 m; L = 12 m; h = 0.1 m;

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

qual haverá ressonância na vibração

vertical ?

53

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Solução:

okP δ= okmg δ=o

g

m

k

δ=

rad/s 9.90410.0

81.9====

o

n

g

m

k

δω

Hz 1.582

904.9

2===

ππ

ωnnf

FrequenciaFrequencia natural de vibranatural de vibraççãoão

EXEMPLO 4.4

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Comprimento de ondaComprimento de onda

Solução:

fT

1=

t

SV

∆

∆=

TV

λ= fv .λ=

Distância percorrida durante 1 oscilação completa!

fT

..22

ππ

ω == λπω

v..2= vv

L

v.262.0.

12. ===

ππω

s

rad 5.822

km 1

m 1000

3600s

1h

h

km 800.262.262.0 =

== vω

FrequenciaFrequencia de excitade excitaççãoão

EXEMPLO 4.4

55

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Solução:

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

2

1

−

=

n

oA

ω

ω

δmA 0458.0

904.9822.5

1

03.02

=

−

=

(b) Velocidade cr(b) Velocidade críítica do automtica do automóóvelvel

Igualando as frequencias natural e forçada ⇒ ωωωωωωωωnn = = ωωωωωωωω

nv ω=*262.0 904.9*262.0 =vh

km 136

s

m 37.8vc ==

EXEMPLO 4.4

56

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

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

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.5

N 2500P =

m

N 152004 x

m

N 3800keq ==

kg 254.84m =

Solução:

FrequenciaFrequencia natural de vibranatural de vibraççãoão

s

rad 7.72

84.254

15200===

m

keq

nω

FrequenciaFrequencia de excitade excitaççãoão

s

rad 62.83

rot 1

rad 2π

60s

min

min

rot600 ==ω

58

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.5

Solução:

Amplitude de vibraAmplitude de vibraçção forão forççadaada

22

11

−

=

−

=

nn

o k

P

A

ω

ω

ω

ω

δm

N 15200keq =

s

rad 7.72=nω

s

rad 62.83=ω

N 2500P =

mxk

P

A

n

322 1053.2

24.65

164.0

72.7

83.621

152002500

1

−−=−=

−

=

−

=

ω

ω

59

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.5

Solução:

2.. ωemFc =2.ωm

Fe c= ( )

mm 13m 0.01383.62.6

3042

===e

( ) N 304020.015200. =

== m

m

NxkF eq

60

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

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 ω1 e 1.2 de ω2.

O eixo de aço que suporta o rotor pode ser

assumido como engastado nos mancais (livre

para girar).

Determinar o diâmetro do eixo de forma que o

rotor não entre em contato com o estator em

todas as velocidades de operação da turbina.

Assumir que o amortecimento é pequeno.

m 2l

/2.07x10E

rpm 6000n

rpm 600n

m 0.005mm 5A

kg.m 0.005kg.mm 5

kg 250m

211

2

1

=

=

=

=

==

==

=

⊗

mN

me

Dados

61

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.6

Solução:

2

2

ω

ω

mk

meA

−=

+= m

A

mek

2ω

3

4

3

4

3

4

3147.0

64

3643

3

l

Ed

l

Ed

l

dE

l

EIk ==

==π

π

+= m

A

me

l

Ed 23

4

147.0 ω

+= m

A

me

E

ld

147.0

. 324 ω

+= m

A

me

E

ld

324 .

791.6ω

Amplitude de vibraAmplitude de vibraçção forão forççadaada

Rigidez dinâmicaRigidez dinâmica

Diâmetro do EixoDiâmetro do Eixo

Rigidez flexionalRigidez flexional

62

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.6

Solução:

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

21 ωωω ≤≤

s

rad 62.83

s

rad 20π

60

2π x 600

60

2π x ω 11 ==== n

s

rad 628.31

s

rad 200π

60

2π x 6000

60

2π x ω 22 ==== n

21 2.18.0 ωωω ≤≤

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

seguranseguranççaa

97.75326.50 ≤≤ ω

31.62883.62 ≤≤ ω

63

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.6

Solução:

Diâmetro do EixoDiâmetro do Eixo

+= m

A

me

E

ld

324 .

791.6ω 97.75326.50 ≤≤ ω

m 2l

/2.07x10E

rpm 6000n

rpm 600n

m 0.005mm 5A

kg.m 0.005kg.mm 5

kg 250m

211

2

1

=

=

=

=

==

==

=

⊗

mN

me

Dados

4

321

1

.791.6

+= m

A

me

E

ld

ω

4

322

2

.791.6

+= m

A

me

E

ld

ω

( ) ( )4

11

32

1 250005.0

005.0

1007.2

2.26.50791.6

+=

xd m 0.1131 =d

( ) ( )4

11

32

2 250005.0

005.0

1007.2

2.97.753791.6

+=

xd m 0.4402 =d

64

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.6

Solução:

+= m

A

mek

2ω

FrequenciaFrequencia naturalnatural

kk

m

kn 0632.0

250===ω

11 0632.0 kn =ω

22 0632.0 kn =ω

211 251ω=k

222 251ω=k

s

rad 50.3226.50*2510632.02510632.0 22

11 === ωωn

97.75326.50 ≤≤ ω

s

rad 754.9397.753*2510632.02510632.0 22

22 === ωωn

+= m

A

me

E

ld

324 .

791.6ω

65

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Vibrações

Livre Forçada

Sem

Amortecimento

Com

amortecimento

Sem

Amortecimento

Com

amortecimento

[ ] [ ] [ ] ( )tFxKxCxM =++ &&&

[ ] [ ] 0=+ xKxM &&

[ ] [ ] [ ] 0=++ xKxCxM &&& [ ] [ ] ( )tFxKxM =+&&

VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL44

66

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

ModeloModelo com com ExcitaExcitaççãoão porpor

desbalanceamentodesbalanceamento de de massamassa


ModeloModelo com com ExcitaExcitaççãoão ExternaExterna

Transmissibilidade de Força

ModeloModelo com com ExcitaExcitaççãoão de Basede Base

Transmissibilidade de Deslocamento

4.3 – Casos a serem estudados

67

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


4.3.1 – Modelo com Excitação Externa

Sistema em OperaSistema em Operaççãoão Gerar ForGerar Forççasas Produzir VibraProduzir Vibraçções ões

IndesejIndesejááveisveis

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

68

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



69

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



70

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



∑ = amFrr

tsenFxckxxm o ω+−−= &&& tsenFkxxcxm o ω=++ &&& (4.33)

71

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

tsenm

Fx

m

kx

m

cx o ω=++ &&&

(4.34)



mk

c

m

c

c

c

ncrit .2..2===

ωζ (3.149)

Da Equação 3.149:

72

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

tsenm

Fxxx o

nn ωωζω =++ 22 &&& (4.35)



m

kn =ω

73

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:

ph xxx += (4.36)

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

parte do movimento que continuaparte do movimento que continua

enquanto a forenquanto a forçça F estiver presentea F estiver presente

74

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



EquaEquaçção Homogênea:ão Homogênea:

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

SoluSoluçção Equaão Equaçção ão Homogênea:Homogênea:

+=

−−−

−+−

−tt

t

h

nnn beaeex

ωζζωζζζω

11 22

(4.38)

( )θωζω += −tsenAex a

t

hn .. (4.39)

0=++ kxxcxm &&& (4.37)

75

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



SoluSoluçção Particular:ão Particular:

tBtAsenxp ωω cos+=

tBsentAxp ωωωω −= cos&

tBtAsenxp ωωωω cos22 −−=&&

tsenFkxxcxm o ω=++ &&&

76

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as




tsenFtkBtkAsentBsenctActBmtAsenm o ωωωωωωωωωωω =++−+−− coscoscos22

( ) ( ) ( ) tsenFtBtAsenktBsentActBtAsenm o ωωωωωωωωω =++−++− coscoscos2

0≠tsenω 0cos ≠tω

( ) ( ) tsenFtBmkBActsenkABcAm o ωωωωωωω =−+++−− cos22

( ) oFkABcAm =+−− ωω 2

02 =−+ BmkBAc ωω

77

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as




( ) oFkABcAm =+−− ωω 2

02 =−+ BmkBAc ωω

( ) oFBcAmk =−− ωω 2

( ) 02 =−+ BmkAc ωω

=

−

−−

02

2oF

B

A

mkc

cmk

ωω

ωω

222

2

)()(

)(

ωω

ω

cmk

mkFA o

+−

−= (4.40)

( )( ) ( )2222

22

...2 ωωζωω

ωω

nn

on FA

+−

−=

222 )()( ωω

ω

cmk

FcB o

+−

−= (4.41)( ) ( )2222 ...2

....2

ωωζωω

ωωζ

nn

on FB

+−=

78

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

222

2

)()(

)(

ωω

ω

cmk

mkFA o

+−

−=

222 )()( ωω

ω

cmk

cFB o

+−

−=

Substituir



tBtAsenxp ωω cos+=

( )222

2

)()(

cos)(

ωω

ωωωω

cmk

tctsenmkFx op

+−

−−= (4.42)

79

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

( )222

2

222 )()(

cos)(

)()( ωω

ωωωω

ωω cmk

tctsenmk

cmk

Fx o

p

+−

−−

+−=



)()()( 222

φωωω

−+−

= tsencmk

Fx o

p (4.43)

222 1

2

1

2

)(tan

r

r

mk

c

n

n

−=

−

=−

=ζ

ω

ω

ω

ωζ

ω

ωφ (4.44) Ângulo de Fase:Ângulo de Fase:

( )222

2

)()(

cos)(

ωω

ωωωω

cmk

tctsenmkFx op

+−

−−=

80

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as




ph xxx +=

( ) )()()(

..222

φωωω

θωζω −+−

++= −tsen

cmk

FtsenAex o

a

tn

(4.45)

( )θωζω += −tsenAex a

t

hn ..

)()()( 222

φωωω

−+−

= tsencmk

Fx o

p

Resposta Transiente Resposta em regime permanente

81

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



( ) )()()(

..222

φωωω

θωζω −+−

++= −tsen

cmk

FtsenAex o

a

tn

(4.45)


82

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as




( ) )(.. φωθωζω −++= −tsenAtsenAex oa

tn (4.47)

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

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

222

0

)()( ωω cmk

FAo

+−= (4.48)

( ) )()()(

..222

φωωω

θωζω −+−

++= −tsen

cmk

FtsenAex o

a

tn

(4.46)


Ao

83

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Condições iniciais:




tn

θ

φ

sen

AxA o cos0 −

= (4.49)

( )( )

+−+

−=

φζωφωζω

φωθ

cos

cos

00

0

non

oa

senAxx

Axarctg

&(4.50)

84

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



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

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

fase φ.

85

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



222

0

)()( ωω cmk

FAo

+−= (4.48)

222

0

)()( ωω cmk

FAo

+−= k÷

222

0

)1

()( ωω ckk

m

k

k

k

F

Ao

+−

=

22

22

0

)2.

1(1 ζωωωω

ωn

nn

o

mm

k

F

A

+

−

=

n2mω

c=ζ ζn2mω=c

mk nn .m

k 22 ωω =→=

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

86

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



22

2

0

)2.

1(1 ζωωωω

ωn

nn

o

mm

k

F

A

+

−

=222

0

21

+

−

=

nn

ok

F

A

ω

ωζ

ω

ω

222

21

+

−

=

nn

ooA

ω

ωζ

ω

ω

δ

(4.51)

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

87

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



222

21

+

−

=

nn

ooA

ω

ωζ

ω

ω

δ

(4.51)

222

21

1

+

−

=

nn

o

oA

ω

ωζ

ω

ωδ (4.52)


88

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

o

o

δ

ARepresenta a razão entre a amplitude dinâmica e a

amplitude estática do movimento.

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

o

oAFA

δ= (4.53)

222

21

1

+

−

=

nn

FA

ω

ωζ

ω

ω (4.54)




89

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Fator de Amplificação: n

rω

ω= (4.55)

[ ] [ ]222 ..21

1

rr

FA

ζ+−= (4.54) 21

..2tan

r

r

−=

ζφ



90

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



222

21

+

−

=

nn

ooA

ω

ωζ

ω

ω

δ

(4.51)

DeterminaDeterminaçção da ão da frequênciafrequência de de ressonânicaressonânica ⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒ Amplitude da resposta Amplitude da resposta éé mmááximaxima

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

( ) ( )( ) 021 222 =+− rrdr

dζ (4.56)

( ) 0421 2224 =+−+ rrrdr

dζ (4.57)

91

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



( ) 0421 2224 =+−+ rrrdr

dζ

0844 23 =+− rrr ζ ( ) 0844 22 =+− ζrr

021 22 =+− ζr

SoluSoluçção:ão:

0844 22 =+− ζr

0=r

22 21 ζ−=r

221 ζ−=r (4.58)

92

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



221 ζ−=r (4.58) Para:

( ) ( ) ( ) ( )222222 2121 rr

k

F

rr

A

o

oo

ζζ

δ

+−=

+−=

22 1212 ζζζζ

δ

−=

−= k

F

A

o

oMAX

(4.59)

212

1

ζζ −=MAXFA

(4.60) ζ2

1)( =resFA (4.61)

93

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Fator de Qualidade (ou Agudeza de Ressonância)



( )aressonanciFAQ = (4.62)

ζ2

1=Q (4.63)

94

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Para pequenos ζ (< 0.2)

Largura da banda ∆ω∆ω∆ω∆ω

Fator de Qualidade



122

1

ωω

ω

ζ −== nQ (4.64)

nζωωωω 212 =−=∆ (4.65)

95

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Frequências da Banda



−+=

QQn 2

1

4

11

21 ωω (4.66)

++=

QQn 2

1

4

11

22 ωω (4.67)

96

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


97

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


98

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


99

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


100

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.3EXEMPLO 4.7

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

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

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

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


Solução:

rad/s 10π60

300 x 2πrpm 300n

N; 100F

kg; 100m

m; 0.005mm 5

:

max

o

==→=

=

=

==

⊗

ω

oA

DADOS

102

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


METODOLOGIA PARA SOLUMETODOLOGIA PARA SOLUÇÇÃO:ÃO:

212 ζζ −= k

F

A

o

MAX

(4.59)

m

kn =ω

(4.6)

n

rω

ω=

(4.55)

mk

c

m

c

n .2..2==

ωζ

(3.149)

221 ζ−=r(4.58)

103

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


Solução:

212 ζζ −= k

F

A

o

MAX

kk

m

kn 01.0

100===ω

n

rω

ω= 221 ζ−=r

22101.0

ζω

−=k

22101.0

10ζ

π−=

k

22101.0

4.31ζ−=

k

22101.0

96.985ζ−=

k202.001.0

96.985

ζ−=k

104

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


Solução:

212 ζζ −= k

F

A

o

MAX

202.001.0

96.985

ζ−=k

2

2

12

00201.0985100

005.0ζζ

ζ

−

−= ( )2

2

00201.0

12

985

100005.0

ζ

ζζ

−

−=

( )2

2

00201.0

12

985

100005.0

ζ

ζζ

−

−=

( )2

2

00201.0

12030.0005.0

ζ

ζζ

−

−= 0998.0=ζ

rad/s 10π60

300 x 2πrpm 300n

N; 100F

kg; 100m

m; 0.005mm 5

:

max

o

==→=

=

=

==

⊗

ω

oA

DADOS

105

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


Solução:

rad/s 10π60

300 x 2πrpm 300n

N; 100F

kg; 100m

m; 0.005mm 5

:

max

o

==→=

=

=

==

⊗

ω

oA

DADOS

mk

c

m

c

c

c

ncrit .2..2===

ωζ (3.149)

nm

c

ωζ

..2= N.s/m 633.396 ..2. == nmc ωζ

106

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


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

parâmetros:

0x m; 0.01xiniciais Condições

N/m 4000 k N.s/m; 20 c kg; 10m

:

00 ==→

===

⊗

&

Dados

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

b) Vibração livre com F(t) = 0 .

107

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



( ) )()()(

..222

φωωω

θωζω −+−

++= −tsen

cmk

FtsenAex o

a

tn

(4.46)



tn (4.47)

[ ] [ ]222222

0

.21)()( rrcmk

FA o

o

ζ

δ

ωω +−=

+−=

(4.48)

θ

φ

sen

AxA o cos0 −

= (4.49)

( )( )

+−+

−=

φζωφωζω

φωθ

cos

cos

00

0

non

oa

senAxx

Axarctg

&(4.50)

21

..2tan

r

r

−=

ζφ (4.57)

108

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



N/m 4000 k N.s/m; 20 c kg; 10m

:

00 ==→

===

⊗

&

Dados

Solução:

Hz 3.18rad/s 20kg 10

N/m 4000====

m

knω

FrequênciaFrequência NaturalNatural

Deslocamento EstDeslocamento Estááticotico

m 0.025N/m 4000

N 100===

k

Fooδ

Razão de Razão de FrequênciasFrequências

5.020

10===

n

rω

ω

109

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



N/m 4000 k N.s/m; 20 c kg; 10m

:

00 ==→

===

⊗

&

Dados

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

b) Vibração livre com F(t) = 0 .

Solução:

( )( )05.0

1040002

20

22=====

mk

c

m

c

c

c

ncrit ωζ

Fator de AmortecimentoFator de Amortecimento

FrequênciaFrequência amortecidaamortecida

( ) Hz 3.18rad/s 19.9720.05.01.1 22 ==−=−= na ωζω

110

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



N/m 4000 k N.s/m; 20 c kg; 10m

:

00 ==→

===

⊗

&

DadosSolução:

Amplitude da Resposta em Regime PermanenteAmplitude da Resposta em Regime Permanente

[ ] [ ]222222

0

.21)()( rrcmk

FA o

o

ζ

δ

ωω +−=

+−=

(4.48)

[ ] [ ] ( )[ ] ( )( )[ ]m 0.025

5.005.0205.01

025.0

.21 222222=

+−

=+−

=rr

A oo

ζ

δ

21

..2tan

r

r

−=

ζφ (4.57)

Ângulo de FaseÂngulo de Fase( )( )

( )o81.3

5.01

5.005.0.2tan

2=→

−= φφ

111

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


Solução:

m -0.00234A

rad/s; 10

rad/s; 20ω

0.05;

;3.81

m; 0.033A

rad/s; 19.97

0x

m; 0.01x

:

n

o

o

0

0

=

=

=

=

=

=

=

=

=

⊗

ω

ζ

φ

ωa

Dados

&

( )( )

+−+

−=

φζωφωζω

φωθ

cos

cos

00

0

non

oa

senAxx

Axarctg

&(4.50)

Ângulo da Resposta TransienteÂngulo da Resposta Transiente

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

o

senarctg 96.83

81.3cos2005.081.310025.001.02005.0

81.3cos025.001.097.19=

+−

−=θ

o96.83=θ

θ

φ

sen

AxA o cos0 −

= (4.49)

Amplitude MAmplitude Mááxima da Resposta Transientexima da Resposta Transiente

m 0.023096.83

81.3cos033.001.0−=

−=

senA

112

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as




tn (4.47)

( ) )81.310(025.096.8397.19.0230.0 20*05.0 oot tsentsenex −++−= −

o

n

o

o

0

0

84.39

m -0.00234A

rad/s; 10

rad/s; 20ω

0.05;

;3.81

m; 0.033A

rad/s; 19.97

0x

m; 0.01x

:

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

⊗

θ

ω

ζ

φ

ωa

Dados

&

113

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

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

Determinar a amplitude de movimento e o ângulo de fase.

EXEMPLO 4.9

400sen30tF

N/m; 10000k

N.s/m; 150c

kg; 5m

:

=

=

=

=

⊗ Dados

114

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.9

Solução:

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

[ ] [ ]222222

0

.21)()( rrcmk

FA o

o

ζ

δ

ωω +−=

+−=

(4.48)

Hz 7.16rad/s 72.44kg 5

N/m 10000====

m

knω FrequênciaFrequência Natural:Natural:

Razão de Razão de FrequênciasFrequências: : 6708.072.44

30===

n

rω

ω

400sen30tF

N/m; 10000k

N.s/m; 150c

kg; 5m

:

=

=

=

=

⊗ Dados

( )( )3354.0

5100002

150

22=====

mk

c

m

c

c

c

ncrit ωζ Fator de Amortecimento:Fator de Amortecimento:

115

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.9

Solução:

400sen30tF

N/m; 10000k

N.s/m; 150c

kg; 5m

:

=

=

=

=

⊗ Dados

[ ] [ ] ( )[ ] ( )( )[ ]m 0.0563

6708.03354.026708.01

04.0

.21 222222=

+−

=+−

=rr

A oo

ζ

δ

Deslocamento EstDeslocamento Estááticotico

m 0.04N/m 10000

N 400===

k

Fooδ

21

..2tan

r

r

−=

ζφ (4.57)

Ângulo de FaseÂngulo de Fase

( )( ) oarctg

r

r29.39

6708.01

6708.03354.02

1

..2tan

22=

−=→

−= φ

ζφ

116

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


Isolamento de vibraIsolamento de vibraçções:ões:

4.3.2 – Modelo com Excitação de Base

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

devidos devidos ààs vibras vibraçções provocadas por equipamentos situados nas ões provocadas por equipamentos situados nas

vizinhanvizinhançças.as.

117

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

2a Lei de Newton:

xmyxkyxc &&&& =−−−− )()(


4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento

Supondo x > y:

( )yxk − ( )yxc && −

0)()( =−+−+ yxkyxcxm &&&&

(4.67)kyyckxxcxm +=++ &&&&

118

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

tYseny bω= tYy bb ωω cos=&


(4.67)kyyckxxcxm +=++ &&&&

Movimento da base:

Substituindo na EDOL:


tYksentYckxxcxm bbb ωωω +=++ cos&&& (4.68)

119

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



tYksentYckxxcxm ωωω +=++ cos&&& (4.68)

Trigonometria:

Associando P = ωt e Q = α

Multiplicando por A:

PsenQQsenPQPsen coscos)( −=− (4.69)

tsentsentsen ωααωαω coscos)( −=− (4.70)

tAsentAsentAsen ωααωαω coscos)( −=− (4.71)

ωαα YcAsenYkA == - e cos (4.72)

120

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



tYksentYckxxcxm ωωω +=++ cos&&& (4.68)

[ ] ( ) ( )[ ]tsenktcYtsenAtAsen ωωωωαωα +=+− coscoscos

[ ] ( ) ( )[ ][ ]22 coscoscos tsenktcYtsenAtAsen ωωωωαωα +=+−

[ ] ( ) ( )[ ]tsenktcYtsenAtsenA ωωωωαωα 22222222222 coscoscos +=+

[ ] ( ) ( )[ ]2222222 cos kcYAsenA +=+ ωαα

tAsentAsentAsen ωααωαω coscos)( −=− (4.71)

121

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



[ ] ( ) ( )[ ]2222222 cos kcYAsenA +=+ ωαα

22 )( ωckYA += (4.72)

k

csentg

ω

α

αα −==

cos(4.73)

−=

k

carctg

ωα (4.74)

122

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



Logo, a EDOL pode ser rescrita como:

( )αω −=++ tAsenkxxcxm &&& (4.75)

ou:

( )αωω −+=++ tsenckYkxxcxm222

&&& (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

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



( ) ( ) ( )αωωζωωωζω −+=++ tsenmmYxxx nnnn

22222 2.2 &&&

Algumas RelaAlgumas Relaçções Importantes:ões Importantes:

nm

c

ωζ

2=

m

kn =ω

ζωnmc 2=

mk n .2ω=

( )αωωζωωωζω −+=++ tsenYxxx nnnn

22242 42 &&& (4.77)

124

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

( ))(

)()(1222

22

αφωωω

ω−−

+−

+= tsen

cmk

ckYxp (4.78)

2221 1

2

1

2

)(tan

r

r

mk

c

n

n

−=

−

=−

=ζ

ω

ω

ω

ωζ

ω

ωφ (4.79)

Ângulo de Fase:Ângulo de Fase:



A resposta em regime permanente da massa pode ser expressa:

Que é semelhante a expressão 4.43.

)()()( 222

φωωω

−+−

= tsencmk

Fx o

p (4.43)

125

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



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

( ))(

)()(1222

22

αφωωω

ω−−

+−

+= tsen

cmk

ckYxp (4.78)

)()( φω −= tXsentxp (4.79)

onde:( )

( ) ( )222

22

ωω

ω

cmk

ckYX

+−

+= (4.80)

αφφ += 1 (4.81)

126

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

após simplificações



onde φ1 e α são dados, respectivamente, por

−=

21ω

ωφ

mk

carctg (4.82)

−=

k

carctg

ωα (4.83)

))2(1

2(

22

3

rr

rarctg

ζ

ζφ

+−= (4.84)

127

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



Usando:

( ) ( )

( ) ( )2222

222

2

2

ωωζωω

ωωζω

nn

nn

mmm

mm

Y

X

+−

+=

nm

c

ωζ

2=

m

kn =ω

ζωnmc 2=

mk n .2ω=

222

2

)2()1(

)2(1

rr

r

Y

XFA

ζ

ζ

+−

+== (4.85)

Fator de amplificaFator de amplificaçção:ão:

128

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



222

2

)2()1(

)2(1

rr

r

Y

XTd

ζ

ζ

+−

+== (4.86)

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

base, a transmissibilidade de deslocamento do isolador é dada por

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

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

ζ

ζ

2

811 2++−=r (4.87)

129

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



2=nω

ωnωω *2=

130

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


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

131

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

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 λ = 6 m.

m 6

m; 0.05Y

km/h; 100v

N/m; 000400k

N.s/m; 20000c

kg; 1200m

:

=

=

=

=

=

=

⊗

λ

Dados

132

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.10

Solução:

m 6

m; 0.05Y

km/h; 100v

N/m; 000400k

N.s/m; 20000c

kg; 1200m

:

=

=

=

=

=

=

⊗

λ

Dados

( )( ) ( )

2

1

222

2

21

21

+−

+=

rr

r

Y

X

ζ

ζ(4.75)

133

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.10

Solução:

m 6

m; 0.05Y

km/h; 100v

N/m; 000400k

N.s/m; 20000c

kg; 1200m

:

=

=

=

=

=

=

⊗

λ

Dados

FreqFreqüüência Natural:ência Natural: rad/s 26.181200

400000===

m

knω

Fator de Amortecimento:Fator de Amortecimento:

( )( )46.0

3.1812002

20000

2===

nm

c

ωζ

134

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

EXEMPLO 4.10

Solução:

m 6

m; 0.05Y

km/h; 100v

N/m; 000400k

N.s/m; 20000c

kg; 1200m

:

=

=

=

=

=

=

⊗

λ

Dados

rad/s 29.089ciclo 6

rad 2π

s 3600

1h

km 1

m 1000

h

km 100 =

=ω

135

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

mm 42.5m 0.0425)6.1*5.0*2()6.11(

)6.1*5.0*2(105,0

222

2

==+−

+=X

( )( ) ( )

2

1

222

2

21

21

+−

+=

rr

r

Y

X

ζ

ζ(4.75)

EXEMPLO 4.10

Solução:

6.123.18

09.29===

n

rω

ω Razão de Razão de FrequênciaFrequência::

136

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

85.005.0

0425.0==

Y

X

6.123.18

09.29===

n

rω

ω

EXEMPLO 4.10

Solução:

137

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Isolamento de vibraIsolamento de vibraçções:ões:


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

mmááquinas rotativas, alternativas, prensas, etc.)quinas rotativas, alternativas, prensas, etc.)

138

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força

Força transmitida a massa principal = Força no suporte

tFyxkyxcxm =−+−=− )()( &&&& (4.88)

139

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

)( φω −= tXsenxp

Resposta permanente:Resposta permanente:



)cos( φωω −= tXxp&

)(2 φωω −−= tXsenxp&&&

Substituindo na Eq. 4.88:

tFxm =− &&

tFyxkyxcxm =−+−=− )()( &&&& (4.88)

( )[ ]φωω −−−= tXsenmFt

2 ( )φωω −= tXsenmFt

2

( )φω −= tsenFF Tt(4.89)

XmFT

2ω= (4.90)

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

140

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



XmFT

2ω= (4.90)

( )( ) ( )

2

1

222

22

21

21

+−

+=

rr

r

Y

m

F

n

T

ζ

ζω ( )( ) ( )222

2

221

21

rr

r

Ym

F

n

T

ζ

ζ

ω +−

+=

( )( ) ( )

2

1

222

2

21

21

+−

+=

rr

r

Y

X

ζ

ζ(4.75)

( )( ) ( )222

2

2

2

21

21

rr

r

Ym

Xm

n ζ

ζ

ω

ω

+−

+= (4.92)

( )( ) ( )222

22

21

21

rr

rr

Y

XTF

ζ

ζ

+−

+==

( )( ) ( )222

2

21

21

rr

r

kY

FT

ζ

ζ

+−

+= (4.91)

141

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



142

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Deslocamento da massa em relaDeslocamento da massa em relaçção ão àà basebase


4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo

yxz −= (4.93)

EDO:EDO:

0)()( =−+−+ yxkyxcxm &&&&

(4.94)ymkzzczm &&&&& −=++

(4.95)tYsenmkzzczm ωω 2=++ &&&

143

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Resposta Permanente:Resposta Permanente:



( ) ( ))()( 1

222

2

φωωω

ω−

+−= tsen

cmk

Ymtz (4.96)

Amplitude Z:Amplitude Z:

( ) ( )222

2

ωω

ω

cmk

YmZ

+−=

(4.97)

( ) ( )222

2

21 rr

rYZ

ζ+−= (4.98)

144

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Ângulo de Fase Ângulo de Fase φ φ φ φ φ φ φ φ11::



−=

21ω

ωφ

mk

carctg (4.99)

−=

21

2

r

rarctg

ζφ (4.100)

( ) ( )222

2

21 rr

r

Y

Z

ζ+−= (4.101)

145

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

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.

EXEMPLO 4.11

146

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

⊗⊗⊗⊗⊗⊗⊗⊗ DADOSDADOS::

W = 3000 N ⇒ m = 305,81 kg

δst = 7,5 cm = 0,075 m

X = 1 cm

Y = 0,25 cm = 0,0025 m

Sistema em ressonância: Sistema em ressonância:

n

n

r ωωω

ω=⇒== 1

rad/s 44.11075.0

81.9====

st

n

g

δωω

Solução:

EXEMPLO 4.11

Na ressonância: r = 1r = 1 ( )( ) ( )

2

1

222

2

21

21

+−

+=

rr

r

Y

X

ζ

ζ(4.75)

ζ

ζ

ζ

ζ

2

)2(1

)2(

)2(1 2

2

2 +=

+=

Y

X

147

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Solução:

EXEMPLO 4.11

1291.040025.0

010.0

2

)2(1 2

=⇒==+

ζζ

ζ

44,111291,081,305222

xxxmcm

cn

n

==⇒= ζωω

ζ

N.s/m 051.903=c

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

148

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

222

22

)2()1(

)2(1

rr

rrT f

ζ

ζ

+−

+=

Na ressonância: ζ

ζ

2

)2(1 2+=fT

41291.0*2

)1291.0*2(1 2

=+

=fT

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

Solução:

EXEMPLO 4.11

r = 1r = 1

149

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

kY

FT T

f = kYTF fT =

N/m 51.4002244.11*81.305 22 === nmk ω

N 400.220025.0*51.40022*4 ==TF

( ) ( )222

2

21 rr

rYZ

ζ+−=

mm 9.67m 00968.01291.0*2

0025.0

2====

ζ

YZ

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

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

Na ressonância:

r = 1r = 1

Solução:

EXEMPLO 4.11

150

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as


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.

151

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



m0

k

c

e

ωωωωr

e = excentricidade;

mo = massa de

desbalanceamento

ωωωωr = frequência de rotação

Esquema do

desbalanceamento

rotativo de uma

máquina

152

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

m0

k

c

e

ωωωωrt



e

m0

θθθθ

Rx

Ry

ωωωωr

tesenx rr ω=

tex rrr ωω cos=&

tesenx rrr ωω 2−=&&

tememamR

tsenemsenemamR

rroroyy

rroroxx

ωωθω

ωωθω

coscos 220

220

−=−==

−=−==(4.102)

153

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



2 sin (2.82)o r r

mx cx kx m e t

m

ω ω+ + =&& & (4.103)

2 2or 2 sinon n r r

mx x x e t

mζω ω ω ω+ + =&& & (4.104)

( ) sin( ) (2.83)p r

x t X tω φ= − (4.105)

154

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



( )

2

22 2(1 ) 2

om e rX

m r rζ=

− +(4.106)

Na ressonância r = 1 :

m

emX

ζ20= (4.107)

12

2tan (2.85)

1

r

r

ζφ −

= −

(4.108)

155

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as



156

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Uma máquina rotativa apresenta os seguintes dados: deflexão na ressonância

é 0.1 m, ζ = 0.05 e a m0 = 10% do valor de m.

Determinar o valor da excentricidade (e) e a quantidade de massa adicional (∆m)

necessária para reduzir a amplitude máxima para 0.01 m.

EXEMPLO 4.11

;*1.0m

m 0.1X

0.05;ζ

:

0 m

DADOS

=

=

=

⊗

157

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Na ressonância r = 1

Solução:

EXEMPLO 4.11

ζm

emX

20= (4.108)

( )( )( ) m 0.1101.005.0220

==

=

m

mXe ζ

;*1.0m

m 0.1X

0.05;ζ

:

0 m

DADOS

=

=

=

⊗

ExcentricidadeExcentricidade

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

m

m0

X

0.1 m

= 10

101.0

01.0

0

=

∆+

m

mm

( )10

1.0

01.0

1.0=

∆+

m

mmmm *9=∆

158

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

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?

EXEMPLO 4.12

159

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

rpmn

m

m

DADOS

r 1500

;15.015cme

0.01;

g; 500kg .50m

kg; 20m

kg; 60m

N/m; 10 x 1k

:

0desb

helice

motor

5

=

==

=

===

=

=

=

⊗

ζ

EXEMPLO 4.12

Solução:

160

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

FrequênciaFrequência de de rotarotaççãoão: :

EXEMPLO 4.12

Solução:

rad/s 157rev

rad 2π

60s

min

min

rev1500rpm 1500 ===rω

45.4rad/s 35.24

rad/s 157===

n

rω

ω

( ) ( )rad/s 35.24

kg 60kg 20.5

N/m 1x105

=+

==m

knω

rpmn

m

m

DADOS

r 1500

;15.015cme

0.01;

g; 500kg .50m

kg; 20m

kg; 60m

N/m; 10 x 1k

:

0desb

helice

motor

5

=

==

=

===

=

=

=

⊗

ζ

FrequênciaFrequência natural:natural:

RazãoRazão de de FrequênciaFrequência::

( )

2

22 2(1 ) 2

om e r

Xm r rζ

=− +

(4.106)

161

Pro

f. A

lexandre

Eduard

o –

Curs

o d

e V

ibra

ções M

ecânic

as

Amplitude de Amplitude de vibravibraççãoão: : DesbalanceamentoDesbalanceamento rotativorotativo

EXEMPLO 4.12

Solução:

( )( ) ( )

( )( ) ( )( )( )m 0.003

45.401.0245.41

45.4

5.20

15.05.0222

2

=

−−

=kg

mkgX

rpmn

m

m

DADOS

r 1500

;15.015cme

0.01;

g; 500kg .50m

kg; 20m

kg; 60m

N/m; 10 x 1k

:

0desb

helice

motor

5

=

==

=

===

=

=

=

⊗

ζ

( )

2

22 2(1 ) 2

om e r

Xm r rζ

=− +

(4.106)

Na ressonância r = 1

ζm

emX

20= (4.107)

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

20.5 kg 2(0.01)X = =

rpm 336.52min

60s

rad 2πs

rad 35.24 rad/s 35.24 ===

revrω

A A mmááximaxima deflexãodeflexão ocorreocorre nana velocidadevelocidade::

Aula 4 vibração forçada hamonicamente sem e com amortecimento 1 gdl

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