Dina Micavi Br Mecanic As

APONTAMENTOS DE VIBRAÇÕESMECÂNICAS

Análise de Estruturas 2Mestrado 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 deMecânicaAplicada II, do antigo curso de Licenciatura em Engenharia Civil, da autoria doProf. Corneliu Cismasiu.

i

Conteúdo

1 Vibrações mecânicas 11.1 Vibrações não amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Vibrações livres. Movimento harmónico simples . . . . .21.1.2 Vibrações forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.2 Vibrações amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.2.1 Vibrações livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.2.2 Vibrações forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.3 Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

iii

Capítulo 1

Vibrações mecânicas

Uma vibração mecânica é o movimento de uma partícula ou de um corpo queoscila 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 suaposição de equilíbrio estável. Em geral, quando o sistema tende voltar sob a ac-ção de forças de restituição, ultrapassa esta posição. A repetição deste processoé chamado movimento oscilatório. O intervalo de tempo necessário para o sis-tema completar um ciclo de movimento chama-se período de vibração. O númerode ciclos por unidade de tempo define a frequência, e o deslocamento máximodo sistema medido a partir da sua posição de equilíbrio chama-se amplitude devibração.

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 movimentocontinua indefinidamente;

– amortecidas: a amplitude decresce lentamente até que, passado umcerto 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 massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk.

molaindeformada

equilíbrioestático

δest

Fe

P

(a) (b) (c)

P

Fe

x

Quando a partícula se encontra na posição de equilíbrio estático (b),

∑

Fx = 0 ⇒ P − Fe = 0

Mas, nesta posição, a força elástica éFe = kδest, ondeδest representa a deforma-ção estática da mola, resultando

P = kδest

Numa posição arbitrária (c),

∑

Fx = max ⇒ P − Fe = mx

mx = P − k (δest + x) = P − kδest︸︷︷︸

0

−kx

mx + kx = 0

ou, dividindo pela massa,

x + ω2x = 0 comω2 ≡ k

m(1.1)

O movimento definido pela equação (1.1) e um movimento harmónico simples. Asolução desta equação diferencial homogénea é de tipoeλt,

x = eλt x = λeλt x = λ2eλt

p.2 – Capítulo 1

1.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS

(λ2 + ω2

)eλt = 0 ∀t ⇒ λ2 + ω2 = 0 . . . eq. característica

Como solução da equação característica é

λ1,2 = ± iω

a solução da equação diferencial é uma combinação linear de funções de tipoeλt,

x(t) = C1eλ1t + C2e

λ2t = C1e−iωt + C2e

iωt

ondeC1 e C2 são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição dascondições iniciais do movimento (deslocamento e velocidade inicial).

Usando a bem conhecida fórmula de Euler, que liga o número irracionale dasfunções 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

ondeA e B são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição dascondições iniciais.

A forma acima é equivalente a

x(t) = Xm sin(ωt − φ)

ondeXm e φ são a amplitude e o desfazamento do movimento oscilatório, gran-dezas estas que devem ser determinadas das condições iniciais.Para mostrar que as duas formas são equivalentes, usa-se a fórmula trigonomé-trica,

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 cosφ − sin φ cos ωt)

A cos ωt + B sin ωt = −Xm sin φ cos ωt + Xm cos φ sinωt ∀t

⇓

A = −Xm sin φB = Xm cos φ

⇒ Xm =√

A2 + B2 φ =

π + arctan−A

B, seB < 0

arctan−AB

, seB ≥ 0

p.3 – Capítulo 1


Resumindo, o movimento harmónico simples é definido pela equação diferencial

x + ω2x = 0

cuja solução geral pode ter uma das seguintes formas,

x(t) = C1e−iωt + C2e

iωt

x(t) = A cos ωt + B sin ωt

x(t) = Xm sin(ωt − φ)

Nestas equações,

ω =

√

k

mrad/s

denomina-se por frequência (circular) do movimento oscilatório. O tempo neces-sário para a partícula descrever um ciclo completo chama-seperíodo,

T =2π

ωs

enquanto o número de ciclos descritos na unidade de tempo, denomina-se porfrequência natural,

ν =1

T=

ω

2πHz

-XM

XM

φ

t

T

A velocidade e a aceleração da partícula resulta pela definição,

x(t) = Xm sin(ωt − φ) xmáx = Xm

x(t) = ωXm cos(ωt − φ) xmáx = ωXm

x(t) = −ω2Xm sin(ωt − φ) = −ω2x(t) xmáx = ω2Xm

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


Admitindo a solução e as condições iniciais,

x(t) = Xm sin(ωt − φ) x(0) = x0 e x(0) = v0

resulta, x(0) = x0

x(0) = v0

⇒

−Xm sin φ = x0

ωXm cos φ = v0

Xm =

√

x2

0+(v0

ω

)2

φ = arctan−ω x0

v0

Pêndulo simples (solução aproximada)

Seja um pêndulo simples formado por uma esfera demassam ligada a uma corda de comprimentol, quepode oscilar num plano vertical. Pede-se para deter-minar o período das pequenas oscilações (ângulo in-ferior à10).

∑

Ft = mat

−mg sin θ = mlθ ⇒ θ +g

lsin θ = 0

~P

~Tθ

l

m

Para pequenas oscilações,

sin θ ≃ θ ⇒ θ +g

lθ = 0

θ(t) = θm sin(ωt− φ) comω =

√g

lT =

2π

ω= 2π

√

l

g

Exercício(Beer 19.15)Um cursor com5 kg repousa sobre uma mola, não estando ligado a ela. Ob-

serva-se que, se o cursor for empurrado para baixo180 mm ou mais, perde ocontacto com a mola depois de libertado. Determine (a) a constante de rigidez damola e (b) a posição, a velocidade e a aceleração do cursor,0.16 s após ter sidoempurrado para baixo180 mm e , depois, libertado.

m

kmg

Fex

x0

equilíbrio estático

mola indeformada

p.5 – Capítulo 1


Numa posição qualquerx,

mx = mg − Fe = mg − k(x + x0) = −kx + (mg − kx0)

mas tomando em conta que na posição de equilíbrio estático

mg − kx0 = 0

resulta

mx + kx = 0 ⇒ x + ω2x = 0 ω ≡√

k

m

A solução da equação diferencial pose ser escrita

x(t) = C1 sin ωt + C2 cos ωt

ondeC1 e C2 são constantes arbitrárias a determinar aplicando as condições ini-ciais:

x(0) = Xm ⇒ C2 = Xm

x(0) = 0 ⇒ C1 = 0⇒ x(t) = Xm cos ωt

A velocidade a a aceleração serão dadas por,

x(t) = −ωXm sin ωt x(t) = −ω2Xm cos ωt

(a) Sabe-se que, quando o cursor perde o contacto com a mola a sua velocidadeé nula e a sua aceleração é a aceleração gravitacional,

x(t1) = 0 ⇒ sin ωt = 0 ⇒ ωt1 = π

x(t1) = g ⇒ −ω2Xm cos π = ω2Xm = g

ω2 =g

Xm=

k

m⇒ k =

mg

Xm

k =5 × 9.81

0.18= 272.5 N/m

(b)

ω =

√g

Xm

=

√

9.81

0.18≃ 7.38 rad/s

x(0.16) = 0.18 × cos(7.38 × 0.16) ≃ 0.068 m

x(0.16) = −7.38 × 0.18 × sin(7.38 × 0.16) ≃ −1.23 m/s

x(0.16) = −7.382 × 0.18 × cos(7.38 × 0.16) ≃ −3.73 m/s2

p.6 – Capítulo 1


Exercício(Beer 19.17)

Um bloco com35 kg está apoiado pelo conjunto de molasmostrado na figura. O bloco é deslocado verticalmente parabaixo e em seguida libertado. Sabendo que a amplitude domovimento resultante é de45 mm, determine (a) o período efrequência do movimento e (b) a velocidade e a aceleraçãomáxima do bloco. Considerek1 = 16 kN/m,k2 = k3 =8 kN/m.

m

k1

k3k2

• Determinar a constante de rigidez equivalente

posição de equilíbrio (molas indeformadas)

δ F1

F2 F3P P

Fe

P = F1 + F2 + F3 = Fe ⇒ (k1 + k2 + k3) δ = keδ

ke = k1 + k2 + k3 = 16 + 8 + 8 = 32 kN/m

ou seja, o movimento do sistema dado é equivalente ao movimento osci-latório de um bloco de massam = 35 kg ligado auma mola de rigidezke = 32 kN/m.

(a)

ω =

√

ke

m=

√

32000

35≃ 30.237 rad/s

T =2π

ω≃ 0.208 s ν =

1

T≃ 4.81 Hz

(b)

x(t) = Xm sin(ωt − φ) ⇒

xmáx = ωXm

xmáx = ω2Xm

xmáx = 30.237 × 0.045 ≃ 1.36 m/s

xmáx = 30.2372 × 0.045 ≃ 41.14 m/s2

p.7 – Capítulo 1



Sabe-se da mecânica dos materiais que quando uma carga estática P é aplicadana extremidadeB de uma viga encastrada com secção transversal uniforme, pro-voca uma flechaδB = PL3/(3EI), em queL é o comprimento da viga,E omódulo de elasticidade do material eI o momento de inércia da secção transver-sal. Sabendo queL = 3.05 m, E = 200 GPa eI = 4.84 × 10−6 m4, determine(a) a constante de rigidez equivalente da viga e (b) a frequência das vibraçõesverticais de um bloco com2313 N ligado à extremidadeB da mesma viga.(Nota: 1 Pa = 1 N/m2, 1 GPa = 109 Pa)

L, EI B

A

P

δB

P

ke

(a)

P = Fe = kδB ⇒ ke =P 3EI

PL3=

3EI

L3

ke =3 × 200 × 109 × 4.84 × 10−6

3.053≃ 102.352 kN/m

(b)

ν =1

T=

ω

2π=

1

2π

√

k

m=

1

2π

√

kg

P

ν =1

2π

√

102352 × 9.81

2313≃ 3.316 Hz

Vibrações de corpos rígidos

No caso dos corpos rígidos, a equação diferencial do movimento oscilatório re-sulta directo das equações de equilíbrio dinâmico.


p.8 – Capítulo 1


A barra uniformeAB com 8 kg está articulada emC e ligada emA a uma mola de constante de rigidezk = 500 N/m. Se for imposto à extremidadeA um pe-queno deslocamento e se depois for libertada, deter-mine (a) a frequência das pequenas oscilações e (b) omenor valor da constante de rigidez para o qual ocorre-rão oscilações. ConsidereL = 250 mm ed = 40 mm.

kA

B

G

C

L

d

A

C

G

Fe

θ

CnCt

mg

(a)∑

MG . . . IGθ = −Fe(L/2) cos θ − Ctd

∑

Ft . . . mat = Ct + mg sin θ − Fe cos θ

at = θ d sin θ ≃ θ cos θ ≃ 1

Ct = mθd − mgθ + Fe

IGθ = −FeL/2 − md2θ + mgdθ − Fed

Mas,

Fe = k

(L

2+ d

)

sin θ ≃ k

(L

2+ d

)

θ

e

IG =1

12mL2

resultando,

θ +k(L/2 + d)2 − mgd

mL2/12 + md2θ = 0

ω =

√

k(L/2 + d)2 − mgd

mL2/12 + md2

ω =

√

500 × (0.25/2 + 0.04)2 − 8 × 9.81 × 0.04

8 × 0.252/12 + 8 × 0.042≃ 13.87 rad/s

f =1

T=

ω

2π≃ 2.21 Hz

(b) Não ocorrem oscilações quando oT → ∞ ouω → 0, ou ainda se a frequên-cia é um número imaginário,

ω2 =k(L/2 + d)2 − mgd

mL2/12 + md2> 0 ⇒ k >

mgd

(L/2 + d)2

p.9 – Capítulo 1


kmín >8 × 9.81 × 0.04

(0.25/2 + 0.04)2≃ 115.3 N/m

ExercícioDetermine o período das pequenas oscilações da placa rectangular homogénea

representada.

θ

~P

~R

G

2b

2bG

O

∑

MO = IO θ

IO = IG + m OG2

IO =1

12

[(2b)2 + (2b)2

]+ mb2

IO =5

3mb2

−Pb sin θ =5

3mb2θ ⇒ −mgb sin θ =

5

3mb2θ

Mas, comoθ << 1, sin θ ≃ θ, resultando,

θ +3g

5bθ = 0 ⇒ ω2 =

3g

5b⇒ T =

2π

ω= 2π

√

5b

3g

Aplicação do princípio da conservação da energia

O princípio da conservação da energia proporciona um meio conveniente paradeterminar 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 ciné-tica do sistemaT1 é nula. Escolhendo o nível zero para a energia potenciala posição de equilíbrio estático, a energia potencialV1 pode ser expressa emfunção da amplitudeXm ou θm;

2a Quando o sistema passa pela sua posição de equilíbrio. A energia potencialdo sistemaV2 é nula e a energia cinéticaT2 pode ser expressa em função davelocidade máximaXm ou da velocidade angular máximaθm.

O período das pequenas oscilações resulta escrevendo a conservação da energia,

T1 + V1 = T2 + V2

p.10 – Capítulo 1


e tomando em conta que, num movimento harmónico simples,

Xm = ω Xm ou θm = ω θm

ExercícioUtilizando o princípio da conservação da energia, determine o período das pe-

quenas oscilações da placa rectangular homogénea considerada no exercício an-terior.

nível de referênciaV = 0

θM

θ = 0 θ = 0

~P ~P

2b

2b

O

GG

O

θM

• Posição do deslocamento máximo

T1 = 0 V1 = Pb(1 − cos θm)

1 − cos θm = 2 sin2

(θm

2

)

≃ 2

(θm

2

)2

=θ2

m

2⇒ V1 =

1

2Pbθ2

m

• Posição de equilíbrio

T2 =1

2IOθ2

m V2 = 0

IO = IG + mOG2 =1

12

[(2b)2 + (2b)2

]+ mb2 =

5

3mb2

T2 =1

2

5

3mb2θ2

m V2 = 0

• Conservação da energia

T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 1

2Pbθ2

m =1

2

5

3mb2θ2

m

e tomando em conta queθm = ωθm (movimento harmónico),

mgbθ2

m =5

3mb2θ2

mω2 ⇒ ω2 =3g

5b⇒ T =

2π

ω= 2π

√

5b

3g




Uma barra AB com 8 kg e comprimentoL = 600 mm está ligada a dois cursores commassa desprezável. O cursorA está por suavez ligado a uma mola de constante de rigidezk = 1.2 kN/m e pode deslizar numa barra ver-tical, enquanto o cursorB pode deslizar livre-mente numa barra horizontal.

A L

B

kθ

Sabendo que o sistema está em equilíbrio e queθ = 40, determine o períodode vibração se for imposto um pequeno deslocamento ao cursorB e depois liber-tado.

• Determinação da deformação estática da mola.

Na posição de equilíbrio,

∑

Fh = 0 ⇒ NA = 0

∑

MB = 0

⇓

A

B

NA

NB

Fe

mg

mgL

2cos θ − FeL cos θ = 0 ⇒ δest =

mg

2k

• Conservação da energia

B

A

B

A

θ

dy

dx

dy

dθx

y

x

y

y

y

x

x

GG

(A) (B)

x = L cos θ y = L sin θdx = −L sin θ dθ dy = L cos θ dθ



Tomando em conta queθ - o ângulo da posição de equilíbrio estático - éindependente de tempo,

dx = −L sin θ dθ dy = L cos θ dθ

Comox = x/2 e y = y/2,

d ˙x = −L

2sin θ dθ d ˙y =

L

2cos θ dθ

(A) - posição de equilíbrio (deformação da molaδest, velocidade máxima)

V1 =1

2kδ2

est + mgy

T1 =1

2IG(dθ)2

m +1

2m[(d ˙x)2

m + (d ˙y)2

m

]

T1 =1

2

(mL2

12

)

(dθ)2

m +1

2m

[(L

2sin θ

)2

+

(L

2cos θ

)2]

(dθ)2

m

T1 =1

2

(1

12+

1

4

)

mL2(dθ)2

m =1

6mL2(dθ)2

m

(B) - posição de deslocamento máximo (velocidade zero)

V2 =1

2k(δest − dym)2 + mg(y + dym)

T2 = 0

T1 + V1 = T2 + V2 ⇒1

6mL2(dθ)2

m +1

2kδ2

est + mgy = 0 +1

2k(δest − dym)2 + mg(y + dym)

1

6mL2(dθ)2

m =k

2(2δestdym + dy2

m) + mgdym

e substituindo a expressão doδest,

1

6mL2(dθ)2

m =k

2

(

−2mg

2kdym + dy2

m

)

+ mgdym

2=

k

2dy2

m

1

3mL2(dθ)2

m = kL2 cos2 θ(dθ)2

m



Tomando em conta que o movimento é harmónico,

dθ = (dθ)m sin(ωt− φ) ⇒ (dθ)m = ω(dθ)m

resultando

1

3mL2ω2(dθ)2

m = kL2 cos2 θ(dθ)2

m ⇒ ω2 =3k

mcos2 θ

ω =

√

3k

mcos θ =

√

3 × 1200

8× cos 40 ≃ 16.25 rad/s

T =2π

ω≃ 0.387 s


Uma barraAB com800 g está rebitada a umdisco com1.2 kg. Uma mola de constante derigidez k = 1.2 kN/m está ligada ao centro dodisco emA e à parede emC. Sabendo que odisco rola sem escorregar, determine o períododas pequenas oscilações do sistema. Considerer = 250 mm eL = 600 mm.

A

B

kr

L

C

θM

θM (L/2 − r)

rθM

B

G

θM B

A

G

r sin θM ≃ rθM

(B)(A)

A

(A) - posição de equilíbrio estático (mola indeformada, velocidade máxima)

Tomando em conta que o ponto de contacto entre o disco e a superfíciehorizontal é o centro instantâneo de rotação do sistema, a velocidade dopontoA é

vA = rθm



A velocidade do pontoG resulta,

~vG = ~vA + ~vG/A ⇒ vG = rθm +L

2θm = θm(L/2 − r)

T1 =IG,ABθ2

m

2+

mAB(L/2 − r)2θ2

m

2+

IA,discoθ2

m

2+

mdiscor2θ2

m

2

IG,AB =mABL2

12=

0.8 × 0.62

12= 0.024 kgm2

IA,disco =mdiscor

2

2=

1.2 × 0.252

2= 0.0375 kgm2

T1 =

[0.024

2+

0.8 × (0.3 − 0.25)2

2+

0.0375

2+

1.2 × 0.252

2

]

θ2

m

Escolhendo o nível zero para a energia potencial do sistema nesta posição,temos então,

T1 = 0.06925 θ2

m V1 = 0

(B) - posição de deslocamento máximo (velocidade nula)

A deformação da mola nesta posição é dada por,

∆ = r sin θm ≃ rθm

V2 =1

2k(rθm)2 + mABg

L

2(1 − cos θm)

Mas como,

1 − cos θm = 2 sin2

(θm

2

)

≃ 2

(θm

2

)2

=θ2

m

2

V2 =1

2kr2θ2

m + mABgL

2

θ2

m

2=

(kr2

2+

mABgL

4

)

θ2

m

V2 =

(1200 × 0.252

2+

0.8 × 9.81 × 0.6

4

)

θ2

m

Tomando em conta que nesta posição a velocidade do sistema é nula,

T2 = 0 V2 = 38.6772 θ2

m



Aplicando agora o princípio da conservação da energia entreas duas posições, etomando em conta que o movimento é harmónico (θm = ωθm),

T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 0.06925θ2

m = 38.6772θ2

m

0.06925 ω2θ2

m = 38.6772 θ2

m ⇒ ω2 =

√

38.6772

0.06925≃ 23.64 rad/s

T =2π

ω≃ 0.266 s

Exercício

Determine a frequência das pequenas osci-lações do disco homogéneo de massam re-presentado, assumindo que se encontra emequilíbrio na posição mostrada e que nãoescorrega na superfície horizontal.

B

O

r

k

a

kA

B

A

A

θM

θM

B

(1) (2)

(1) - posição de equilíbrio (a velocidade é máxima)

Como o disco não escorrega na superfície horizontal, o pontoB é o C.I.R.para o disco e o movimento é uma rotação não-baricêntrica.

T1 =1

2IB θ2

m

com

IB = IO + mr2 =1

2mr2 + mr2 =

3

2mr2

Escolhendo o nível zero para a energia potencial (gravíticae elástica) nestaposição, resulta

T1 =3

4mr2θ2

m V1 = 0



(2) - posição de deslocamento máximo (velocidade é nula)

V2 =1

2k(r + a)2θ2

m +1

2k(r + a)2θ2

m = k(r + a)2θ2

m

T2 = 0

Aplicando o princípio da conservação da energia entre as duas posições, e to-mando em conta que o movimento é harmónico (θm = ωθm),

T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 3

4mr2ω2θ2

m = k(r + a)2θ2

m

ω =

√

4k(r + a)2

3mr2rad/s

Nota: Para que o resultado acima seja correcto, não é necessário que as molassejam indeformadas na posição de equilíbrio estático. Apenas é necessário que osistema seja em equilíbrio nesta posição. Como neste caso asduas molas tem amesma constante de rigidez, para o sistema estar em equilíbrio a deformação nasduas molas deve ser a mesma. Seja esta deformação inicialx0 (compressão outracção nas duas molas).

A energia mecânica na posição de equilíbrio passa a ser,

E1 =3

4mr2θ2

m +1

2kx2

0+

1

2kx2

0=

3

4mr2θ2

m + kx2

0=

3

4mr2ω2θ2

m + kx2

0

Na posição de deslocamento máximo,

E2 =1

2k [x0 + (r + a)θm]2 +

1

2k [x0 − (r + a)θm]2 = kx2

0+ k(r + a)2θ2

m

E igualando a energia mecânica nas duas posições,

3

4mr2ω2θ2

m + kx2

0= kx2

0+ k(r + a)2θ2

m ⇒ ω =

√

4k(r + a)2

3mr2

ExercícioO cilindro de massam e raio r rola sem escorregar numa superfície de raioR.

Determine a frequência das pequenas oscilações do sistema.



A B

C

Aθ

φO

O1 O1

O

(1) (2)

(1) - posição de equilíbrio estático (energia potencial zero, velocidade máxima)

V1 = 0

T1 =1

2mv2

O +1

2IO

˙(φ − θ)2

=1

2mr2

(

φ − θ)2

+1

2

1

2mr2

(

φ − θ)2

T1 =3

4mr2

(

φ − θ)2

Mas,

BC=

AC ⇒ Rθ = rφ ⇒ φ =R

rθ ⇒ φ =

R

rθ

e como nesta posiçãoθ = θm,

T1 =3

4mr2

(R

r− 1

)2

θ2

m =3

4m(R − r)2θ2

m

(2) - posição de deslocamento máximo (energia potencial máxima, velocidadenula)

T2 = 0

V2 = mg(R − r)(1 − cos θ)

Mas como,

1 − cos θ ≃ 2 sin

(θ

2

)2

V2 ≃ mg(R − r)2 sin

(θ

2

)2

= mg(R − r)2θ2

4=

1

2mg(R − r)θ2

e tomando em conta que nesta posiçãoθ = θm,

V2 =1

2mg(R − r) θ2

m



Aplicando o princípio da conservação da energia,

T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 3

4m(R − r)2θ2

m =1

2mg(R − r) θ2

m

Como o movimento oscilatório é harmónico,

θm = ωθm

resultando3

2m(R − r)2ω2θ2

m = mg(R − r) θ2

m

ω2 =2g

3 (R − r)⇒ ω =

√

2g

3 (R − r)

Nota: Método alternativo para o cálculo doT1

T1 =1

2mv2

O +1

2IOω2 =

1

2mv2

O +1

2

1

2mr2

v2

O

r2=

3

4mv2

O =3

4m(R − r)2θ2

Exercício

Admitindo que não há escorregamento entre o fioinextensível e o disco de massaM , determine afrequência das pequenas vibrações do sistema repre-sentado.

rk

M

m

GG

B ≡ C.I.R. BA

A

θMθM

(1) (2)

(1) - posição de equilíbrio estático (θ = θm)

V1 =1

2k∆2

0



T1 =1

2Mv2

G +1

2IGθ2

m +1

2mv2

A =1

2Mr2θ2

m +1

2

1

2Mr2θ2

m +1

2m4r2θ2

m

T1 =

(3

4M + 2m

)

r2θ2

m

(2) - posição de deslocamento máxima (θ = θm)

V2 =1

2k(∆0 + xG)2 − mgxA − MgxG

V2 =1

2k(∆0 + rθm)2 − (2m + M)grθm

T2 = 0

Escrevendo agora o princípio da conservação da energia,

T1 + V1 = T2 + V2

resulta,

1

2k∆2

0+

(3

4M + 2m

)

r2θ2

m =1

2k(∆0 + rθm)2 − (2m + M)grθm

(3

4M + 2m

)

r2θ2

m =1

2kr2θ2

m + [k∆0 − (2m + M)g] rθm

Na expressão acima,∆0 representa a deformação da mola na posição de equilíbrioestático. Se nesta posição escreve-se somatório de momentos emB, resulta∑

MB = 0 ⇒ mg2r + Mgr − k∆0r = 0 ⇒ k∆0 − (2m + M)g = 0

Com este resultado, do princípio da conservação da energia resulta,(

3

4M + 2m

)

r2θ2

m =1

2kr2θ2

m

e admitindo o movimento harmónico,

(3

4M + 2m

)

ω2θ2

m =1

2kθ2

m ⇒ ω =

√

k3

2M + 4m

Nota: Para simplificar as contas no estudo das pequenas vibraçõesem torno daposição de equilíbrio estático, pode-se sempre admitir quea força elástica e asforças que a equilibram nesta nesta posição (pesos) anulam-se umas as outras.



Então, estas forças podem ser deixadas fora das seguintes contas e na posição dedeslocamento máximo apenas terão de ser contabilizadas as restantes forças e osuplemento da força elástica.

No problema considerado, isto significava,

V1 = 0 T1 =(

3

4M + 2m

)r2θ2

m

V2 = 1

2kr2θ2

m T2 = 0

⇒ ω =

√

k3

2M + 4m

1.1.2 Vibrações forçadas

As vibrações forçadas ocorrem sempre que um sistema está sujeito a uma forçaperiódica, ou quando está elasticamente ligado a um apoio com movimento osci-latório.

Força periódica

Considere-se uma partícula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk, sujeita a acção de uma força periódica

F = Fm sin ωf t

molaindeformada


xest

Fe

(a) (b) (c)

PF

Fe

P

x

∑

Fx = mx ⇒ mx = mg − Fe + F = mg − k(xest + x) + F

Tomando em conta que na posição de equilíbrio estáticomg = kxest e substi-tuindo a expressão para a excitação harmónica,

mx + kx = Fm sin ωf t

x + ω2x =Fm

msin ωf t ondeω =

√

k

m(1.2)



Uma equação diferencial que possui o membro direito diferente de zero, diz-senão homogénea. A sua solução geral obtém-se pela adição da solução particularda equação dada à solução geral da correspondente equação homogénea,

x = xp + x0

Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a soluçãoparticular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma funçãode tipo

xp = A sin ωf t + B cos ωf t

Nesta expressão,A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substi-tuindo a solução particular na equação diferencial,

xp = ωfA cos ωf t − ωfB sin ωf t

xp = −ω2

fA sin ωf t − ω2

fB cos ωf t

−ω2


fB cos ωf t + ω2 (A sin ωf t + B cos ωf t) =Fm

msin ωf t

A(ω2 − ω2

f) sin ωf t + B(ω2 − ω2

f) cos ωf t =Fm

msin ωf t ∀t

A(ω2 − ω2

f) =Fm

me B = 0

xp =Fm

m(ω2 − ω2

f)sin ωf t =

Fm/k

1 − (ωf/ω)2sin ωf t

Solução geral A solução geral obtém-se juntando à solução particular a soluçãoda equação homogénea (oscilações livres),

x(t) = C1 sin ωt + C2 cos ωt︸︷︷︸

solução homogénea

+ Xm sin ωf t︸︷︷︸

solução particular

onde, com a notaçãoΩ = ωf/ω,

Xm =Fm/k

1 − Ω2

Nota-se que o movimento representado pela equação acima consiste em dois mo-vimentos oscilatórios sobrepostos. Os dois primeiros termos representam a vibra-ção livre do sistema. A frequência desta vibração é a frequência natural do sistema



e depende apenas da rigidez e da massa do sistema. As constantesC1 e C2 po-dem ser determinadas a partir das condições iniciais. Está vibração é tambémdesignada por vibração em regime transitório, uma vez que, no caso de vibraçõesamortecidas, 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 de-pende da relação entre a frequência da excitação e a frequência natural do sistema.

A razão entre a amplitude das vibrações estacionárias e a deformação estáticaFm/k, chama-se factor de amplificação dinâmica,

Rd =1

1 − Ω2

Movimento de base

Considere-se uma partícula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk, sujeita a um movimento de base harmónico,

yf = xg sin ωf t

molaindeformada


xest

Fe

P

x

(c)(b)(a)

yf

Fe

P

∑

Fx = ma ⇒ ⇒ m(x + yf) = mg − Fe = mg − k(xest + x)

Tomando em conta que na posição de equilíbrio estático,mg = kxest e substi-tuindo a expressão para o movimento harmónico de base,

mx + kx = mω2

fxg sin ωf t

x + ω2x = ω2

fxg sin ωf t ondeω =

√

k

m(1.3)



Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a soluçãoparticular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma funçãode tipo


Nesta expressão,A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substi-tuindo a solução particular na equação diferencial,

(ω2 − ω2

f)(A sin ωf t + B cos ωf t) = ω2

fxg sin ωf t ∀t

A = xgΩ2

1 − Ω2e B = 0

xp = Xm sin ωf t comXm = xgΩ2

1 − Ω2

No caso de movimento de base, interesse relacionar a amplitude das vibraçõesestacionárias com o deslocamento máximo da base. A razão entre estes dois des-locamentos máximos, chama-se factor de transmissibilidade. Para o calcular, no-ta-se que o deslocamento absoluto da massa em regime estacionário é dado por,

xt(t) = xp(t) + yf(t) = xg

(

1 +Ω2

1 − Ω2

)

sin ωf t = xg1

1 − Ω2sin ωf t

Tr =xt,máx

xg

=1

1 − Ω2

As características das vibrações forçadas não-amortecidas, são resumidas noseguinte quadro.

Vibrações forçadas não-amortecidasForça harmónica Movimento harmónico de base

x + ω2x = (Fm/m) sin ωf t x + ω2x = ω2

fxg sin ωf t

xp (Fm/k)/(1 − Ω2) sin ωf t xgΩ2/(1 − Ω2) sinωf t

x0 C1 sin ωt + C2 cos ωtx(t) x0(t) + xp(t)xt(t) x(t) x(t) + xg(t)Rd 1/(1 − Ω2) –Tr – 1/(1 − Ω2)



1 2 3 4

2

4

6

8

Ω

∣∣∣∣

1

1 − Ω2

∣∣∣∣

Observa-se que, quando a frequência da excitação é igual a frequência natural dosistema a amplitude de vibração torna-se infinita. Diz-se que a excitação está emressonância com o sistema.

A amplitude do movimento é igual ao deslocamento estático paraωf = 0 e depoiscomeça a crescer comωf . Depois de ultrapassar a frequência de ressonância, aamplitude do movimente decresce, chegar a ser mais baixa do que o deslocamentoestático para excitações com frequências muito altas.


A esfera com1.2 kg forma um pêndulo com comprimentoL = 600 mm que estásuspenso a partir de um cursorC com1.4 kg. O cursor é obrigado a deslocar-sede acordo com a relação,

xC = Ym sin ωf t

com amplitudeYm = 10 mm e uma frequênciaff = 0.5 Hz. Considerando apenaso regime estacionário, determine (a) a amplitude do movimento da esfera e (b) aforça que deve ser aplicada ao cursorC para o manter em movimento.



L

x

θ

C

mg

T

xC = Ym sin ωf t

∑

Fx . . . mx = −T sin θ

∑

Fy . . . my = 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

mx = −mgx − xC

L⇒ x +

g

Lx =

g

LxC

x + ω2 x = ω2 Ym sin ωf t comω =

√g

L

(a) A solução particular será dada por,

xp = Xm sin ωf t ondeXm =Ym

1 − (ωf/ω)2

Tomando em conta que

ω2 =g

Lω2

f = (2πff)2

Xm =Ym

1 − 4π2f 2

f L/g=

0.01

1 − 4 × π2 × 0.52 × 0.6/9.81≃ 0.025 m



(b)

θ

C

T

N

mg

xC

aC = xC = −ω2

fYm sin ωf t = −ω2

fxC

∑

Fx . . . mC aC = F + T sin θ ⇒ F = mC ac − T sin θ

Tomando em conta queT = mg, sin θ ≃ (x − xC)/L eω2 = g/L,

F = −mc ω2

fxC − mgx − xc

L= −mc ω2

fxC − mω2x + mω2xC

F =[(mω2 − mCω2

f)Ym − mω2Xm

]sin ωf t

Para os valores numéricos dados,

F ≃ −0.44 sin πt N

Exercício(Beer 19.118)Um motor com180 kg está fixo a uma viga horizontal de massa desprezável. O

desequilíbrio do rotor é equivalente a uma massa de28 g situada a uma distânciade150 mm do eixo de rotação, e a deformação estática da viga devida ao pesodo motor é igual a12 mm. A amplitude de vibração devida ao desequilíbrio podeser atenuada através da adição de uma placa à base do motor. Sea amplitude devibração em regime estacionário tiver que ser menor que60 µm para velocidadesdo motor acima de300 rpm, determine a massa necessária da placa.



ωf

m

ωf t

Pm sinωf tPm = mω2

fr

Rotor

Fe

MgPm sin ωf t

δest

x

Motor

sumFx . . . Mx = Mg − Fe + Pm sin ωf t

x + ω2x =Pm

Msin ωf t ondeω =

√

k

MA vibração em regime estacionário vai ter uma amplitude dadapor,

Xm =Pm/k

1 − (ωf/ω)2=

mω2

fr/(Mω2)

1 − (ωf/ω)2=

rm/M

(ω/ωf)2 − 1

1−r mM

Xm

ωf/ω

ωf > 300 rpm

Escrevendo o equilíbrio estático da viga,

kδest = Mg ⇒ k =Mg

δest

=180 × 9.81

0.012= 147150 N/m

A frequência da estrutura, depois da adição da placa, será dada por,

ω2 =k

M ′

Tomando em conta esta definição,

Xm =rm/M ′

k/(M ′ω2

f) − 1⇒ Xm

(

k

M ′ω2

f

− 1

)

= rm

M ′



M ′ =k

ω2

f

− rm

Xm

Como

ωf = 300 × 2π/60 = 10π rad/s

e

Xm = −60 × 10−6 m (. . . veja o enunciado e a figura)

resulta

M ′ =147150

100π2+

0.15 × 0.028

60 × 10−6≃ 219.1 kg

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 de250 kg. O reboque

está apoiado em duas molas, cada uma com10 kN/m e desloca-se ao longo deuma estrada cuja superfície se pode aproximar a uma curva sinusoidal com umaamplitude de40 mm e um comprimento de onda de5 m. Determine (a) a veloci-dade para a qual ocorre a ressonância e (b) a amplitude da vibração do reboqueà velocidade de50 km/h.

2Ym

λ

vy

x

Fe

mg

y = Ym sinωf t

x

δest m(x − y) = −kx

mx + kx = ky

x + ω2x = −ω2Ym sin ωf t

ω2 =k

mωf =

2π

T=

2π

λ/v=

2πv

λ



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

ω = ωf ⇒√

k

m=

2πv

λ⇒ v =

λ

2π

√

k

m

v =5

2π

√

2 × 10000

250≃ 7.12 m/s≃ 25.62 km/h

(b)

Xm =Ym

1 − (ωf/ω)2=

Ym

1 −(

2πv

λ

)2m

k

v = 50 km/h =125

9m/s

Xm =0.040

1 − 4 × π2 × 1252

52 × 92

250

20000

≃ −0.014 m

1.2 Vibrações amortecidas

Na realidade, todas as vibrações são amortecidas, em maior ou menor grau, pelaacção das forças de atrito. Estas forças podem ser causadas por atrito seco - entrecorpos 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 emque a força de atrito é proporcional e oposta a velocidade do corpo em movimento

Fa = −c x

A constantec expressa em Ns/m chama-se coeficiente de amortecimento viscoso.


1.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS

1.2.1 Vibrações livres

Seja uma partícula de massam ligada a uma mola de rigidezk e a um amortecedorde coeficiente de amortecimento viscosoc.

(a) (c)(b)

xest

x

Fe

FaFe

mg

mg

Na posição de equilíbrio estático (b), o sistema está em repouso, portanto no amor-tecedor não se desenvolve força nenhuma. Escrevendo a equação de equilíbrioestático resultamg = kxest.Seja uma posição qualquer (c) caracterizada pela posiçãox e a velocidadex dapartícula. Escrevendo as equações de movimento nesta posição, resulta

mx = mg − cx − k(xest + x) = mg − kxest︸︷︷︸

0

−cx − kx

mx + cx + kx = 0


x +c

mx + ω2x = 0 comω2 ≡ k

m(1.4)

O movimento definido pela equação (1.4) representa um movimento oscilatórioamortecido. A solução desta equação diferencial homogéneaé de tipoeλt,

x = eλt x = λeλt x = λ2eλt

(

λ2 +c

mλ + ω2

)

eλt = 0 ∀t

Resulta a equação característica

λ2 +c

mλ + ω2 = 0

cuja solução é dada por

λ1,2 = − c

2m±√( c

2m

)2

− k

m



Designa-se por coeficiente de amortecimento crítico,ccr o valor do coeficiente deamortecimentoc que anula o radical,

ccr = 2m

√

k

m= 2mω

Por vezes, o amortecimento de um sistema costuma ser dado em percentagemsobre o valor do amortecimento crítico,

ζ =c

ccr

Os valores recomendados para o factor de amortecimentoζ no cálculo de estrutu-ras variam entre5 − 10% para estruturas metálicas,7 − 10% para estruturas embetão e10 − 20% para estruturas em madeira.

Com esta notação, a equação diferencial das vibrações livres amortecidas toma aseguinte forma,

x + 2ζωx + ω2x = 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 caracte-rística são reais e distintas, ambas negativas.

λ1, λ2 < 0 ⇒ x(t) = Aeλ1t + Beλ2t ⇒ limt→∞

x(t) = 0

O movimento resultante não é oscilatório. Ox tende para zero quandot aumenta indefinidamente, ou seja, o sistema readquire a sua posição deequilíbrio estático após um intervalo de tempo suficientemente longo.

Amortecimento crítico (c = ccr ou ζ = 1) A equação característica tem umaraiz dupla,

λ1,2 = −ω ⇒ x(t) = (A + Bt)e−ωt

O movimento não é vibratório, retomando o sistema a sua posição de equi-líbrio no menor tempo possível, sem oscilar.

Amortecimento sub-crítico (c < ccr ou ζ < 1) As raízes da equação caracterís-tica são complexas conjugadas,

λ1,2 = − c

2m± i

√

k

m−( c

2m

)2



Definindo,

ω2

a =k

m−( c

2m

)2

=k

m

[

1 − m

k

( c

2m

)2]

ω2

a = ω2

1 −(

c

2m√

k/m

)2

= ω2(1 − ζ2)

resultaλ1,2 = −ζω ± iωa

ex(t) = e−ζωt (C1 sin ωat + C2 cos ωat)

O movimento é oscilatório, com amplitude decrescente. A frequência devibração,ωa = ω

√

1 − ζ2 < ω pelo que o período de vibração do sistemaamortecido é maior do que o período de vibração correspondente ao sistemanão amortecido. O sistema readquire a sua posição de equilíbrio estáticoapós um intervalo de tempo suficientemente longo.

Amplitude do movimento

amortecimento crítico

amortecimento supra-crítico

amortecimento sub-crítico

Tempo


Um blocoA com4 kg é solto de uma altura de800 mmsobre um blocoB com 9 kg, que está em repouso. Obloco B está apoiado numa com constante de rigidezk = 1500 N/m e está ligado a um amortecedor com co-eficiente de amortecimentoc = 230 Ns/m. Sabendo quenão existe qualquer ressalto, determine a distância má-xima percorrida pelos blocos após o choque.

A

B

ck

h



• A velocidade do blocoA antes de choque obtém-se aplicando o princípiode conservação da energia.

mAgh =1

2mAv2

A ⇒ vA =√

2gh

• A velocidade dos dois blocos após o choque resulta da conservação da quan-tidade de movimento, tomando em conta que não há forças impulsivas ex-ternas e que o choque é perfeitamente plástico.

mAvA = (mA + mB)v′ ⇒ v′ =mA

mA + mB

√

2gh

v′ =4

4 + 9×√

2 × 9.81 × 0.8 ≃ 1.219 m/s

• As forças que actuam em seguida sobre o sistema formado pelosdois blocossão o peso, à força elástica e à força de amortecimento viscoso.

Tomando em conta que a nova posição de equilí-brio estático, devida ao suplemento de peso pro-vocado pelo blocoA é dada por,

x0 =mAg

k=

4 × 9.81

1500≃ 0.026 m

Mg x0

x

FaFe

temos,

Mx = Mg − k(x0 + x) − cx ⇒ x +c

Mx +

k

Mx = 0

ou seja,x + 2ζωx + ω2x = 0

onde

ω =

√

k

M=

√

1500

4 + 9≃ 10.742 rad/s

ccr = 2Mω = 2 × (4 + 9) × 10.742 ≃ 279.266 Ns/m

ζ =c

ccr=

230

279.266≃ 82%

Como o amortecimento é sub-crítico, o movimento resultanteserá dado por

x(t) = e−ζωt (C1 sin ωat + C2 cos ωat)

comωa = ω

√

1 − ζ2 = 10.742 ×√

1 − 0.822 ≃ 6.15 rad/s

ou sejax(t) = e−8.81 t [C1 sin(6.15 t) + C2 cos(6.15 t)]



• As constantesC1 e C2 vão ser determinadas a partir das condições iniciaisdo movimento:

x(0) = −x0 e x(0) = v′

x(0) = C2 = −x0 ⇒ C2 = −0.026

x(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)]

x(0) = 6.15 C1 − 8.81 C2 = v′ ⇒ C1 =v′ + 8.81 C2

6.15

C1 =1.219 − 8.81 × 0.026

6.15≃ 0.161

A equação do movimento oscilatório em torno da posição de equilíbrio es-tático, fica então definida por

x(t) = e−8.81 t [0.161 sin(6.15 t) − 0.026 cos(6.15 t)]

0.2 0.4 0.6 0.8 1

−0.02

−0.01

0.01

0.02

0.03

x0

xM

x

t

• O deslocamento máximoxm, será alcançado quando a velocidade do sis-tema será nula.

x(t) = e−8.81 t [1.219 cos(6.15 t) − 1.259 sin(6.15 t)]

x(t) = 0 ⇒ t =1

6.15arctan

(1.219

1.259

)

≃ 0.125 s

O deslocamento máximo será então,

xm = x(0.125) ≃ 0.031 m



• 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 massam ligada a uma mola de rigidezk e a um amortecedorde coeficiente de amortecimento viscosoc sob a acção de uma força periódica,

F = Fm sin ωf t

(a) (c)(b)

xest

x

Fe

FaFe

mg

mgF

A equação de movimento em torno da posição de equilíbrio estático será

m x + c x + k x = Fm sin ωf t


x + 2ζω x + ω2 x =Fm

msin ωf t (1.6)

A solução geral desta equação diferencial não-homogénea obtém-se pela adiçãode uma solução particular à solução geral da equação homogénea.

A solução geral da equação homogénea, que foi obtida no caso das vibraçõeslivres amortecidas, depende do amortecimento do sistema, mas de qualquer modoesvanece com o tempo. O intervalo de tempo inicial em que estasolução temvalores não desprezáveis, chama-se zona transitória.

A solução particular representa a vibração em regime estacionário, significandoque depois de um intervalo suficientemente longo, esta solução caracteriza sozi-nha o movimento do sistema.



Se a excitação fosse harmónica, a solução particular é também harmónica,


e substituindo na equação diferencial, temos

−ω2


fB cos ωf t + 2ζωωfA cos ωf t − 2ζωωfB sin ωf t+

ω2A sin ωf t + ω2B cos ωf t =Fm

msin ωf t ∀t

[ω2 − ω2

f −2ζωωf

2ζωωf ω2 − ω2

f

]AB

=

Fm/m

0

ou, dividindo cada linha porω2 e utilizando as notaçõesΩ = ωf/ω e δ0 = Fm/k,

[1 − Ω2 −2ζΩ2ζΩ 1 − Ω2

]AB

=

δ0

0

A =(1 − Ω2)

(1 − Ω2)2 + (2ζΩ)2δ0

B =−2ζΩ

(1 − Ω2)2 + (2ζΩ)2δ0

Para por em evidência a amplitude do movimento, a solução particular pode serescrita sob forma

xp = Xm sin(ωf t − φ)

onde

Xm =√

A2 + B2 =1

√

(1 − Ω2)2 + (2ζΩ)2δ0

e

φ = arctan

(

−B

A

)

= arctan

(2ζΩ

1 − Ω2

)

A razão entre a amplitude das vibrações em regime estacionário e a deformaçãoestática provocada pela aplicação da forçaFm, designa-se por factor de amplifica-ção dinâmica,

Rd =1

√

(1 − Ω2)2 + (2ζΩ)2

O factor de amplificação dinâmica depende da razão das frequências,Ω = ωf/ωe do factor de amortecimento do sistemaζ .



0.5 1 1.5 2 2.5 3

1

2

3

4ζ = 0

ζ = 0.125

ζ = 0.250

ζ = 0.375

ζ = 1.000

Rd

Ω

Observa-se que a amplitude de uma vibração forçada pode manter-se pequena,quer através da escolha de um elevado coeficiente de amortecimento viscoso, quermantendo afastadas uma da outra a frequência natural do sistema e a frequênciada excitação.

Movimento de base

Seja uma partícula de massamligada a uma mola de rigidezke a um amortecedor de coefici-ente de amortecimento viscosoc. O sistema está sujeito a ummovimento harmónico de base,

xf(t) = xg sin ωf t

xf

h

xm

k

δest

c

Para uma posição qualquerx, a equação de movimento é dada por,∑

F = ma ⇒ ma = −P + Fe − Fa

onde

a =d2

dt2(xf + h + x) = xf + x

Fe = k(δest − x) Fa = cx

Resulta,

m(xf + x) = −mg + k(δest − x) − cx ⇒ mx + cx + kx = −mxf



e dividindo pela massa, e substituindo a expressão da aceleração da base,

x + 2ζωx + ω2x = ω2

fxg sin ωf t (1.7)

Observa-se que, fazendo a notação,

Fm = mω2

fxg

a equação (1.7) transforma-se em

x + 2ζωx + ω2x =Fm

msin ωf t

ou seja, numa forma idêntica à (1.6) que representava a equação diferencial dasvibrações amortecidas forçadas, provocadas por uma força harmónica.

A solução particular da equação (1.7) resulta,

xp = δ0Rd sin(ωf t − φ) =Fm

kRd sin(ωf t − φ) =

mω2

fxg

mω2Rd sin(ωf t − φ)

xp(t) = xg

(ωf

ω

)2

Rd sin(ωf t − φ)

Viu-se que, no caso de uma força aplicada, calculou-se o factor de amplificaçãodinâmica,Rd. Este factor permite relacionar os deslocamentos máximos da massaobtidos para uma aplicação estática, respectivamente dinâmica da força.

No caso de movimento de base, interesse relacionar o deslocamento máximo dabase com o deslocamento máximo da massa. O coeficiente que permite este re-lacionamento, chama-se factor de transmissibilidade,Tr. Para o calcular, nota-seque o deslocamento absoluto da massa em regime estacionárioé dado por,

xt(t) = x(t) + xf (t) = xg

(ωf

ω

)2

Rd sin(ωf t − φ) + xg sin ωf t

Para por em evidência a amplitude do movimento, o deslocamento absoluto es-creve-se como

xt(t) = Xm sin(ωf t − Φ)

e identificando os termos,

Xm cos Φ = xg + xg

(ωf

ω

)2

Rd cos φ

Xm sin Φ = xg

(ωf

ω

)2

Rd sin φ



Utilizando a notaçãoΩ = ωf/ω,

Xm

xgcos Φ = 1 + Ω2Rd cos φ

Xm

xgsin Φ = Ω2Rd sin φ

⇒ Tr =Xm

xg=

√

1 + (2ζΩ)2

(1 − Ω2)2 + (2ζΩ)2

Observa-se que uma redução na transmissibilidade nem sempre se consegue comum aumento do amortecimento.

0.5 1 1.5 2 2.5 3

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Ω

Tr ζ = 0

ζ = 0.125

ζ = 0.250

ζ = 0.375

ζ = 1.000

ExercícioConsidere o sistema da figura que representa um carro que sobea rampa de

transição para o tabuleiro de uma ponte.

a) Escreva a equação de movimento do carro, admitindo que mantêm a ve-locidade horizontalv0 constante e que a rampa tem uma inclinaçãoh/Lconstante;

b) SendoM = 1000 kg,c = 0.05 ccr, v0 = 40 km/h,k = 250 kN/cm,h = 1 me L = 100 m, qual é a aceleração máxima deM no trajecto ao longo darampa?

M

h

v0

c

ug

k

L

ut



a) Como a velocidade horizontal é constante, o movimento do carro segundoo eixo horizontal é rectilíneo e uniforme definido pela equação

x(t) = v0t

No estudo que se segue será considerada apenas a componente vertical destemovimento.

Uma vez na rampa inclinada, as forças que actuam no corpo de massaMsão o peso, a força elástica e a força de amortecimento.

M

ck

ug

PFa

Fe

Ma

uest

h0

u

h0

Ma = −P + Fe − Fa

onde

a =d2

dt2(ug + h0 + u) =

d2

dt2

(v0h

Lt + h0 + u

)

= u

Fe = k(uest − u) Fa = cu

Resulta,Mu = −Mg + kuest

︸︷︷︸

0

−ku − cu

Mu + cu + ku = 0


u + 2ζωu + ω2u = 0

A solução desta equação diferencial representa o movimentoda massaMem relação à posição de equilíbrio estático. O movimento absoluto da massaé dado por

ut(t) = ug(t) + h0 + u(t) =v0h

Lt + h0 + u(t)



ondeug é a componente vertical do deslocamento da base eh0 uma cons-tante (altura do veículo).

b) Como o movimento oscilatório definido pela equação diferencial tem umamortecimento sub-critico (ζ = 5%),

u(t) = e−ζωt (C1 sin ωat + C2 cos ωat)

u(t) = e−ζωt [(C1ωa − C2ζω) cosωat − (C2ωa + C1ζω) sinωat]

comωa = ω√

1 − ζ2.

As constantesC1 e C2 vão ser determinadas a partir das condições iniciaisdo movimento,

u(0) = 0 e u(0) = v0y =v0h

L

u(0) = C2 = 0 ⇒ C2 = 0

u(0) = C1ωa − C2ζω = C1ωa =v0h

L⇒ C1 =

v0h

ωaL

Resulta

u(t) =v0h

ωaLe−ζωt sin(ωat)

u(t) =v0h

ωaLe−ζωt [ωa cos(ωat) − ζω sin(ωat)]

u(t) =v0h

ωaLe−ζωt

[(ζ2ω2 − ω2

a) sin(ωat) − 2ζωωa cos(ωat)]

0.05 0.1 0.15 0.2

−0.0004

−0.0002

0.0002

0.0004

0.0006

t [s]

u [m]



Para os valores numéricos dados,

ω =

√

k

M=

√

250 × 105

1000≃ 158.11 rad/s

ωa = ω√

1 − ζ2 = 158.11√

1 − 0.052 ≃ 157.91 rad/s

0.05 0.1 0.15 0.2

−15

−10

−5

5

10

t [s]

u [m/s2]

u(t) ≃ 0.000703636 e−7.9055t sin(157.91t)

u(t) ≃ e−7.9055t [−1.75678 cos(157.91t) − 17.5016 sin(157.91t)]

A aceleração máxima resulta então,

d u

dt= 0 ⇒ t ≃ 0.009s ⇒ amáx ≃ −16.4 m/s2

O deslocamento absoluto da massa é apresentado na figura seguinte.



0.05 0.1 0.15 0.2

0.005

0.01

0.015

0.02ut [m]

h0

t [s]

1.3 Exercícios propostos

ExercícioO sistema representado na figura consiste numa barra rígida,apoiada num pontofixo emO, ligada a uma mola e a um amortecedor. A massa totalm1 = 2m dotroço OB está uniformemente distribuída no seu comprimento. Os troçosAO eBC não possuem massa estando uma placa circular de massam2 = m ligadarigidamente ao pontoC. Sabendo quem = 2kg, L = 3m, k = 800N/m ec = 200Ns/m, determine:

(a) a equação de movimento do sistema para pequenas oscilações. Tome oânguloθ de rotação da barra em torno do pontoO como coordenada gene-ralizada;

(b) a frequência das vibrações amortecidasωa e o factor de amortecimento dosistemaζ .

θ

L/2 3L/4 L/4

L/4

kc

A BO

R = L/8C


1.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS

(a) Considerando as pequenas vibrações em torno da posição de equilíbrio,

∑

MO = IOθ

mgL

4θ − k

(3L

4

)

θ

(3L

4

)

− c

(L

2θ

)(L

2

)

= IOθ

I0 =1

12m1L

2 + m1

(L

2

)2

+1

2m2R

2 + m2

[

L2 +

(L

4

)2]

IO =1

122mL2 + 2m

L2

4+

1

2m

L2

64+ mL2

17

16=

667

384mL2

Resulta:667

384mL2θ + c

L2

4θ +

(

k9L2

16− L

4mg

)

θ = 0

ou,

mθ + cθ + kθ = 0

onde

m =667mL2

384≈ 31.27 c =

cL2

4= 450 k =

9kL2

16−L

4mg = 4035.3

(b) A frequência natural do sistema sem amortecimento é dadapor,

ωn =

√

k

m≈ 11.36 rad/s

O factor de amortecimento,

ζ =c

ccr

=c

2mωn

≈ 450

2 × 31.27 × 11.36≈ 0.633 (sub-crítico)

A frequência das vibrações amortecidas,

ωa = ωn

√

1 − ζ2 ≈ 8.79 rad/s



Exercício

A massam1 é suportada pela molak estando emequilíbrio estático. Uma segunda massam2 cai deuma alturah e choca com a massam1, ficando asmassas, a partir do instante do choque, ligadas umaà outra. Determine o subsequente movimentou(t)medido a partir da posição de equilíbrio estático damassam1 antes do choque.

h

k

m2

m1

• a velocidade da massam2 no instante do choque calcula-se aplicando oprincípio da conservação da energia:

m2gH =1

2mv2

0⇒ v0 =

√

2gh

• A velocidade das duas massas imediatamente após o choque calcula-se apli-cando o princípio da conservação da quantidade de movimento:

(m1 + m2)v = m2v0 ⇒ v =m2

m1 + m2

√

2gh

• A nova posição de equilíbrio estático será dada por,

kδe = m2g ⇒ δe =m2g

k

• A frequência das pequenas oscilações em torno da nova posição de equilí-brio será

ω =

√

k

m1 + m2

• As vibrações em torno da posição de equilíbrio são definidas por

u(t) = A sin ωt + B cos ωt

ondeA eB são constantes arbitrárias que vão ser determinadas a partir dascondições iniciais.

• Admitindo o eixou dirigido para cima, as condições iniciais são

u(0) = δe =m2g

ku(0) = −v = − m2

m1 + m2

√

2gh

Resulta então

u(t) = A sin ωt + B cos ωtu(t) = ωA cos ωt− ωB sin ωtu(0) = u0; u(0) = u0

⇒

B = u0

ωA = u0 ⇒ A = u0/ω


1.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS

u(t) =u0

ωsin ωt + u0 cos ωt

u(t) = −√

2gh

k

m2√m1 + m2

sin

(√

k

m1 + m2

t

)

+m2g

kcos

(√

k

m1 + m2

t

)

choque

posição

u0

equilíbrio

u0

u

t

uM

u0

−u0

−uM

a amplitude do movimento será,

uM =√

A2 + B2 =

√

u2

0+

u2

0

ω2

Em relação à posição de equilíbrio estático da massam1 antes do choque,

u = u − u0


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