Vibrações Mecânicas. Vibração Livre Sistemas com 1 GL. Ramiro Brito Willmersdorf ramiro@willmersdorf.net
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- Edson da Fonseca Canela
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1 Vibrações Mecânicas Vibração Livre Sistemas com 1 GL Ramiro Brito Willmersdorf ramiro@willmersdorf.net Departamento de Engenharia Mecânica Universidade Federal de Pernambuco
2 Introdução Modelo 1 GL Uma única coordenada generalizada é suficiente para descrever a configuração do sistema; Não há ação de forças externas; Não há dissipação de energia mecânica, energia total permanece constante; A amplitude de movimento é portanto constante ao longo do tempo;
3 Introdução Modelo 1 GL Modelo representativo de todos os sistemas com 1 GL.
4 Introdução Modelo 1 GL Modelo representativo de todos os sistemas com 1 GL.
5 Introdução Modelo 1 GL
6 Introdução Modelo 1 GL
7 Introdução Modelo 1 GL
8 Equação de Movimento Equação de Movimento Aplicação da segunda lei de Newton: Escolher a coordenada generalizada que descreve o sistema; Determinar a configuração de equilíbrio estático do sistema, tomar esta posição como origem da coordenada generalizada; Desenhar um DCL para a massa quando o sistema tem um deslocamento e velocidades positivas; Aplicar a segunda lei de Newton;
9 Equação de Movimento Equação de Movimento Usando a 2 a Lei de Newton κx = mẍ, ou mẍ + κx = 0.
10 Equação de Movimento Equação de Movimento Usando o princípio de D Alembert F = m a ou F m a = 0 ou F + Fi = 0 No caso, ou κx mẍ = 0 mẍ + κx = 0
11 Equação de Movimento Equação de Movimento Usando o princípio de D Alembert F = m a ou F m a = 0 ou F + Fi = 0 No caso, ou κx mẍ = 0 mẍ + κx = 0
12 Equação de Movimento Princípio dos Trabalhos Virtuais Princípio dos Trabalhos Virtuais Se um sistema que está em equilíbrio sob à ação de um conjunto de forças é submetido a um deslocamento virtual, o trabalho virtual total realizado por estas forças é nulo. Deslocamento Virtual Um deslocamento virtual é um deslocamento infinitesimal, imaginário, compatível com as restrições cinemáticas do problema.
13 Equação de Movimento Princípio dos Trabalhos Virtuais Princípio dos Trabalhos Virtuais Se um sistema que está em equilíbrio sob à ação de um conjunto de forças é submetido a um deslocamento virtual, o trabalho virtual total realizado por estas forças é nulo. Deslocamento Virtual Um deslocamento virtual é um deslocamento infinitesimal, imaginário, compatível com as restrições cinemáticas do problema.
14 Equação de Movimento Princípio dos Trabalhos Virtuais Trabalho virtual da força da mola: δw s = κxδx Trabalho virtual da força de inércia: δw i = mẍδx Igualando o trabalho virtual total a zero, temos κxδx mẍδx = 0 o que leva a mẍ + κx = 0.
15 Equação de Movimento Princípio dos Trabalhos Virtuais Trabalho virtual da força da mola: δw s = κxδx Trabalho virtual da força de inércia: δw i = mẍδx Igualando o trabalho virtual total a zero, temos κxδx mẍδx = 0 o que leva a mẍ + κx = 0.
16 Equação de Movimento Princípio dos Trabalhos Virtuais Trabalho virtual da força da mola: δw s = κxδx Trabalho virtual da força de inércia: δw i = mẍδx Igualando o trabalho virtual total a zero, temos κxδx mẍδx = 0 o que leva a mẍ + κx = 0.
17 Equação de Movimento Conservação de Energia Usando a conservação da energia mecânica o que implica em mas, T + U = cte, d (T + U) = 0 dt T = 1 2 mẋ 2 e U = 1 2 κx 2 portanto, mẍ + κx = 0.
18 Equação de Movimento Conservação de Energia Usando a conservação da energia mecânica o que implica em mas, T + U = cte, d (T + U) = 0 dt T = 1 2 mẋ 2 e U = 1 2 κx 2 portanto, mẍ + κx = 0.
19 Equação de Movimento Conservação de Energia Usando a conservação da energia mecânica o que implica em mas, T + U = cte, d (T + U) = 0 dt T = 1 2 mẋ 2 e U = 1 2 κx 2 portanto, mẍ + κx = 0.
20 Equação de Movimento Conservação de Energia Usando a conservação da energia mecânica o que implica em mas, T + U = cte, d (T + U) = 0 dt T = 1 2 mẋ 2 e U = 1 2 κx 2 portanto, mẍ + κx = 0.
21 Equação de Movimento Sistemas Rotativos Quando a inércia é rotacional, a segunda lei de Newton é M = J θ A equação de movimento, em termos do ângulo de rotação a partir de um eixo tomado como origem, é J θ + κ t θ = 0
22 Equação de Movimento Sistemas Rotativos Quando a inércia é rotacional, a segunda lei de Newton é M = J θ A equação de movimento, em termos do ângulo de rotação a partir de um eixo tomado como origem, é J θ + κ t θ = 0
23 Deformação Estática Efeito do Peso O peso é W = mg = κδ st. Para um deslocamento x, a partir da posição de equilíbrio, mẍ = κ(x +δ st )+W. Como W = κδ st, mẍ + κx = 0
24 Deformação Estática Efeito do Peso O peso é W = mg = κδ st. Para um deslocamento x, a partir da posição de equilíbrio, mẍ = κ(x +δ st )+W. Como W = κδ st, mẍ + κx = 0
25 Solução Solução de mẍ + κx = 0 Supondo que a solução seja da forma: x(t) = Ce st, temos Assim, o que leva a onde C(ms 2 + κ)e st = 0. ms 2 + κ = 0, ( s = ± k ) 1 2 = ±iωn. m ω n = ( ) 1 k 2 m
26 Solução Solução de mẍ + κx = 0 Supondo que a solução seja da forma: x(t) = Ce st, temos Assim, o que leva a onde C(ms 2 + κ)e st = 0. ms 2 + κ = 0, ( s = ± k ) 1 2 = ±iωn. m ω n = ( ) 1 k 2 m
27 Solução Solução de mẍ + κx = 0 Supondo que a solução seja da forma: x(t) = Ce st, temos Assim, o que leva a onde C(ms 2 + κ)e st = 0. ms 2 + κ = 0, ( s = ± k ) 1 2 = ±iωn. m ω n = ( ) 1 k 2 m
28 Solução Solução de mẍ + κx = 0 A equação ms 2 + κ = 0 é a equação característica da equação diferencial de movimento. As raízes desta equação, s 1 = iω n, s 2 = iω n, com ω n = k m, são os autovalores ou valores característicos do problema.
29 Solução Solução de mẍ + κx = 0 A equação ms 2 + κ = 0 é a equação característica da equação diferencial de movimento. As raízes desta equação, s 1 = iω n, s 2 = iω n, com ω n = k m, são os autovalores ou valores característicos do problema.
30 Solução Solução Geral As duas raízes satisfazem a equação, portanto a solução geral é: x(t) = C 1 e iωnt + C 2 e iωnt. onde C 1 e C 2 são constantes complexas (e conjugadas)! Reescrevendo, x(t) = (a + bi)e iωnt + (a bi)e iωnt. Como a equação é de 2 a ordem, temos duas constantes a determinar a partir das condições iniciais.
31 Solução Solução Geral As duas raízes satisfazem a equação, portanto a solução geral é: x(t) = C 1 e iωnt + C 2 e iωnt. onde C 1 e C 2 são constantes complexas (e conjugadas)! Reescrevendo, x(t) = (a + bi)e iωnt + (a bi)e iωnt. Como a equação é de 2 a ordem, temos duas constantes a determinar a partir das condições iniciais.
32 Solução Desenvolvendo Lembrando que e ±iωnt = cos ω n t ± i sin ω n t A solução geral torna-se x(t) = (a + bi)(cos ω n t + i sin ω n t) + (a bi)(cos ω n t i sin ω n t), que pode ser reescrito para x(t) = A 1 cos ω n t + A 2 sin ω n t, com A 1 = 2a, A 2 = 2b. A 1 e A 2 são as constantes a determinar.
33 Solução Desenvolvendo Lembrando que e ±iωnt = cos ω n t ± i sin ω n t A solução geral torna-se x(t) = (a + bi)(cos ω n t + i sin ω n t) + (a bi)(cos ω n t i sin ω n t), que pode ser reescrito para x(t) = A 1 cos ω n t + A 2 sin ω n t, com A 1 = 2a, A 2 = 2b. A 1 e A 2 são as constantes a determinar.
34 Solução Desenvolvendo Lembrando que e ±iωnt = cos ω n t ± i sin ω n t A solução geral torna-se x(t) = (a + bi)(cos ω n t + i sin ω n t) + (a bi)(cos ω n t i sin ω n t), que pode ser reescrito para x(t) = A 1 cos ω n t + A 2 sin ω n t, com A 1 = 2a, A 2 = 2b. A 1 e A 2 são as constantes a determinar.
35 Solução Condições Iniciais As constantes A 1 e A 2 devem ser determinadas a partir das condições iniciais do problema. Para t = 0, x(0) = x 0, ẋ(0) = ẋ 0. Inserindo em e x(t) = A 1 cos ω n t + A 2 sin ω n t, ẋ(t) = A 1 ω n sin ω n t + A 2 ω n cos ω n t, temos A 1 = x 0, A 2 = ẋ0 ω n.
36 Solução Condições Iniciais As constantes A 1 e A 2 devem ser determinadas a partir das condições iniciais do problema. Para t = 0, x(0) = x 0, ẋ(0) = ẋ 0. Inserindo em e x(t) = A 1 cos ω n t + A 2 sin ω n t, ẋ(t) = A 1 ω n sin ω n t + A 2 ω n cos ω n t, temos A 1 = x 0, A 2 = ẋ0 ω n.
37 Solução Condições Iniciais As constantes A 1 e A 2 devem ser determinadas a partir das condições iniciais do problema. Para t = 0, x(0) = x 0, ẋ(0) = ẋ 0. Inserindo em e x(t) = A 1 cos ω n t + A 2 sin ω n t, ẋ(t) = A 1 ω n sin ω n t + A 2 ω n cos ω n t, temos A 1 = x 0, A 2 = ẋ0 ω n.
38 Solução Solução para A solução é então x(t) = x 0 cos ω n t + ẋ0 ω n sin ω n t, para todo e qualquer sistema linear não amortecido com 1 GL, agora e para todo o sempre. Se o sistema for rotativo, θ(t) = θ 0 cos ω n t + θ 0 ω n sin ω n t, ω n = κt J.
39 Solução Solução para A solução é então x(t) = x 0 cos ω n t + ẋ0 ω n sin ω n t, para todo e qualquer sistema linear não amortecido com 1 GL, agora e para todo o sempre. Se o sistema for rotativo, θ(t) = θ 0 cos ω n t + θ 0 ω n sin ω n t, ω n = κt J.
40 Movimento Harmônico Solução para O deslocamento (generalizado) da massa (generalizada), x(t) = x 0 cos ω n t + ẋ0 ω n sin ω n t, é claramente dado pela soma de duas funções harmônicas de mesma frequência. É portanto também uma função harmônica, com frequência angular κ ω n = m, que é denominada frequência natural do sistema. Este sistema é chamado de oscilador harmônico.
41 Movimento Harmônico Forma Alternativa Conforme vimos anteriormente, fazendo A 1 = A cos φ, A 2 = A sin φ, escrevemos a soma das duas harmônicas como com a amplitude e ângulo de fase x(t) = A cos(ω n t φ), ( ) ] 1 2 A = (A 1 + A 2 ) = [x0 2 ẋ0 + ω n φ = arctan ( A2 A 1 ) ( ) ẋ0 = arctan. x 0 ω n
42 Movimento Harmônico Outra Alternativa Fazendo A 1 = A 0 sin φ 0, A 2 = A 0 cos φ 0, escrevemos a soma das duas harmônicas como x(t) = A 0 sin(ω n t + φ 0 ), com a amplitude A 0 = A = [ x ( ẋ0 ω n ) 2 ] 1 2 e ângulo de fase φ 0 = arctan ( A1 A 2 ) ( ) x0 ω n = arctan. ẋ 0
43 Movimento Harmônico Interpretação Gráfica
44 Movimento Harmônico Interpretação Gráfica
45 Movimento Harmônico Aspectos Interessantes Para um sistema massa mola vertical, κ ω n = m, mas, κ = W δ st = mg δ st, assim g ω n = δ st A frequência e o período naturais são f n = 1 ( ) 1 g 2 2π δ st e τ n = 1 f n = 2π ( δst g ) 1 2.
46 Movimento Harmônico Aspectos Interessantes O deslocamento é então a velocidade é x(t) = A cos(ω n t φ), ẋ(t) = ω n A sin(ω n t φ) = ω n A cos e a aceleração ( ω n t φ + π ) 2 ẍ(t) = ω 2 na cos(ω n t φ) = ω 2 na cos (ω n t φ + π) O que não deveria ser nenhuma supresa já que o deslocamento é harmônico.
47 Movimento Harmônico Aspectos Interessantes Como x(t) = x 0 cos ω n t + ẋ0 ω n sin ω n t, se o deslocamento inicial é nulo, x 0 = 0, x(t) = ẋ0 ( cos ω n t π ) = ẋ0 sin ω n t, ω n 2 ω n e se a velocidade inicial é nula, ẋ 0 = 0, x(t) = x 0 cos ω n t.
48 Movimento Harmônico Plano de fase Temos que e x(t) = A cos(ω n t φ), ou cos(ω n t φ) = x A, ẋ(t) = Aω n sin(ω n t φ), ou sin(ω n t φ) = ẋ Aω n = y A. Elevando ao quadrado e somando x 2 A 2 + y 2 A 2 = 1, que é obviamente a equação de um círculo de raio A.
49 Movimento Harmônico Plano de fase Graficamente
50 Exemplos Tanque de Armazenamento Uma torre de água com 100m de altura é feita de concreto reforçado, com uma seção transversal circular, com diâmetro externo igual a 3,3 m e diâmetro interno igual a 2,70 m. A massa do tanque quando cheio é igual a kg. Desprezando a massa da coluna e supondo que o módulo de elasticidade do concreto seja 30 GPa, determine:
51 Exemplos Tanque de Armazenamento a frequência e o período naturais do tanque; a resposta vibratória do tanque devida a um deslocamento lateral inicial de 250 mm; os valores máximos de aceleração e velocidade do tanque, neste caso.
52 Exemplos Vibração devida a um impacto Uma viga em balanço carrega uma massa M em sua extremidade livre. Uma massa m cai de uma altura h sobre a massa M e fica permanentemente aderida a ela. Determine a vibração transversal resultante
53 Exemplos Frequência Natural de Cabine A cabine suspensa de um caminhão de combate a incêndios fica na extremidade de um braço telescópico, e o peso da cabine, considerando também o bombeiro, é de 2kN. Encontre a frequência natural de vibração da cabine na direção vertical.
54 Exemplos Frequência Natural de Sistema de Polias Determine a frequência natural do sistema mostrado, supondo que as polias tenham massa desprezível e que não haja atrito.
55 Sistemas em Torção Modelo Da mecânica dos sólidos, M t = GI 0 θ. l O momento polar de inércia é I 0 = πd 4 32 e a rigidez em torção é portanto κ t = M t θ = GI 0 l = πgd 4 32l
56 Sistemas em Torção Modelo Da mecânica dos sólidos, M t = GI 0 θ. l O momento polar de inércia é I 0 = πd 4 32 e a rigidez em torção é portanto κ t = M t θ = GI 0 l = πgd 4 32l
57 Sistemas em Torção Modelo Da mecânica dos sólidos, M t = GI 0 θ. l O momento polar de inércia é I 0 = πd 4 32 e a rigidez em torção é portanto κ t = M t θ = GI 0 l = πgd 4 32l
58 Sistemas em Torção Equação de Movimento Repetindo o procedimento usado para sistemas translacionais, a equação de movimento é Por analogia, J 0 θ + κ t θ = 0. ω n = κt J 0 e a frequência e o período naturais são f n = 1 κt, 2π J 0 τ n = 2π J0 κ t.
59 Sistemas em Torção Equação de Movimento Repetindo o procedimento usado para sistemas translacionais, a equação de movimento é Por analogia, J 0 θ + κ t θ = 0. ω n = κt J 0 e a frequência e o período naturais são f n = 1 κt, 2π J 0 τ n = 2π J0 κ t.
60 Sistemas em Torção Equação de Movimento Repetindo o procedimento usado para sistemas translacionais, a equação de movimento é Por analogia, J 0 θ + κ t θ = 0. ω n = κt J 0 e a frequência e o período naturais são f n = 1 κt, 2π J 0 τ n = 2π J0 κ t.
61 Sistemas em Torção Observações Eixos de seção não circular devem ter seu momentos polares considerados corretametne! Para um disco circular com diâmetro D, altura h, e densidade mássica ρ, J 0 = ρhπd4 32 = md2 8.
62 Pêndulo Composto Pêndulo Composto Um corpo rígido suspenso por um ponto que não é o seu centro de gravidade oscila em torno deste ponto sob ação da gravidade. Isto é conhecido como um pêndulo composto.
63 Pêndulo Composto Equação de Movimento Para um deslocamento angular theta, Para θ pequeno, e a frequência natural é então J 0 θ + Wd sin θ = 0. ( Wd ω n = J 0 θ + Wdθ = 0, J 0 ) 1 2 = ( mgd J 0 ) 1 2 Para um pêndulo simples,ω n = (g/l) 1 2, e o comprimento equivalente do pêndulo é então l = J 0 md.
64 Pêndulo Composto Equação de Movimento Para um deslocamento angular theta, Para θ pequeno, e a frequência natural é então J 0 θ + Wd sin θ = 0. ( Wd ω n = J 0 θ + Wdθ = 0, J 0 ) 1 2 = ( mgd J 0 ) 1 2 Para um pêndulo simples,ω n = (g/l) 1 2, e o comprimento equivalente do pêndulo é então l = J 0 md.
65 Pêndulo Composto Equação de Movimento Para um deslocamento angular theta, Para θ pequeno, e a frequência natural é então J 0 θ + Wd sin θ = 0. ( Wd ω n = J 0 θ + Wdθ = 0, J 0 ) 1 2 = ( mgd J 0 ) 1 2 Para um pêndulo simples,ω n = (g/l) 1 2, e o comprimento equivalente do pêndulo é então l = J 0 md.
66 Pêndulo Composto Equação de Movimento Para um deslocamento angular theta, Para θ pequeno, e a frequência natural é então J 0 θ + Wd sin θ = 0. ( Wd ω n = J 0 θ + Wdθ = 0, J 0 ) 1 2 = ( mgd J 0 ) 1 2 Para um pêndulo simples,ω n = (g/l) 1 2, e o comprimento equivalente do pêndulo é então l = J 0 md.
67 Pêndulo Composto Comprimento Equivalente Introduzindo o raio de giração k O, tal que J 0 = mk 2 O, ( gd ω n = k 2 O Pelo teorema dos eixos paralelos, ) 1 2, l = k 2 O d. k 2 O = k2 G + d 2, e o comprimento equivalente torna-se l = k2 G d + d.
68 Pêndulo Composto Comprimento Equivalente Introduzindo o raio de giração k O, tal que J 0 = mk 2 O, ( gd ω n = k 2 O Pelo teorema dos eixos paralelos, ) 1 2, l = k 2 O d. k 2 O = k2 G + d 2, e o comprimento equivalente torna-se l = k2 G d + d.
69 Pêndulo Composto Comprimento Equivalente Introduzindo o raio de giração k O, tal que J 0 = mk 2 O, ( gd ω n = k 2 O Pelo teorema dos eixos paralelos, ) 1 2, l = k 2 O d. k 2 O = k2 G + d 2, e o comprimento equivalente torna-se l = k2 G d + d.
70 Pêndulo Composto Centro de Percussão Estendendo a linha de centro OG até o ponto A, tal que GA = k2 G d, o comprimento equivalente fica então l = GA + d = OA. A frequência natural pode ser escrita como ω n = ( ) 1 g 2 ( g ) 1 2 = ko 2 /d l = ( g ) 1 2. OA O que mostra que a frequência natural é a mesma estando o corpo suspenso por A ou 0.
71 Pêndulo Composto Centro de Percussão Estendendo a linha de centro OG até o ponto A, tal que GA = k2 G d, o comprimento equivalente fica então l = GA + d = OA. A frequência natural pode ser escrita como ω n = ( ) 1 g 2 ( g ) 1 2 = ko 2 /d l = ( g ) 1 2. OA O que mostra que a frequência natural é a mesma estando o corpo suspenso por A ou 0.
72 Sistemas de 1 a Ordem Sistemas de 1 a Ordem Os mancais de deslizamento causam atrito viscoso. A equação de movimento é J θ + c t θ = 0, ou J ω + c t ω = 0. Isto é uma EDO de ordem 1! Considerando uma velocidade inicial ω 0, podemos calcular o comportamento do sistema, que não é vibratório.
73 Sistemas de 1 a Ordem Sistemas de 1 a Ordem Os mancais de deslizamento causam atrito viscoso. A equação de movimento é J θ + c t θ = 0, ou J ω + c t ω = 0. Isto é uma EDO de ordem 1! Considerando uma velocidade inicial ω 0, podemos calcular o comportamento do sistema, que não é vibratório.
74 Sistemas de 1 a Ordem Sistemas de 1 a Ordem Os mancais de deslizamento causam atrito viscoso. A equação de movimento é J θ + c t θ = 0, ou J ω + c t ω = 0. Isto é uma EDO de ordem 1! Considerando uma velocidade inicial ω 0, podemos calcular o comportamento do sistema, que não é vibratório.
75 Sistemas de 1 a Ordem Solução Supondo que a resposta seja ω(t) = Ae st, para t = 0 temos A = ω(t = 0) = ω 0, e a solução proposta torna-se ω(t) = ω 0 e st. Substituindo na equação de movimento ficamos com ω 0 e st (Js + c t ) = 0.
76 Sistemas de 1 a Ordem Solução Supondo que a resposta seja ω(t) = Ae st, para t = 0 temos A = ω(t = 0) = ω 0, e a solução proposta torna-se ω(t) = ω 0 e st. Substituindo na equação de movimento ficamos com ω 0 e st (Js + c t ) = 0.
77 Sistemas de 1 a Ordem Solução Supondo que a resposta seja ω(t) = Ae st, para t = 0 temos A = ω(t = 0) = ω 0, e a solução proposta torna-se ω(t) = ω 0 e st. Substituindo na equação de movimento ficamos com ω 0 e st (Js + c t ) = 0.
78 Sistemas de 1 a Ordem Solução Supondo que a resposta seja ω(t) = Ae st, para t = 0 temos A = ω(t = 0) = ω 0, e a solução proposta torna-se ω(t) = ω 0 e st. Substituindo na equação de movimento ficamos com ω 0 e st (Js + c t ) = 0.
79 Sistemas de 1 a Ordem Solução A equação característica do sistema é Js + c t = 0 cuja única raiz é s = c t J, e a solução da equação original é então ω(t) = ω 0 e c t J t.
80 Sistemas de 1 a Ordem Solução A equação característica do sistema é Js + c t = 0 cuja única raiz é s = c t J, e a solução da equação original é então ω(t) = ω 0 e c t J t.
81 Sistemas de 1 a Ordem Constante Temporal A constante temporal τ é definida como o valor do tempo para o qual o expoente da equação anterior é -1, ou c t J τ = 1, e assim τ = J c t. Para t = τ, ω(t) = ω 0 e c t J τ = ω 0 e 1 = 0.368ω 0
82 Método de Rayleigh Método de Rayleigh da Energia Para um sistema em vibração livre não amortecida, a energia mecânica total é conservada. Em dois tempos distintos então, T 1 + U 1 = T 2 + U 2. Escolhendo os tempos onde a energia cinética e potencial são máximas, T = 0 + U 2, ou T max = U max. Esta simples equação permite o cálculo direto da frequência natural do sistema.
83 Método de Rayleigh Método de Rayleigh da Energia Para um sistema em vibração livre não amortecida, a energia mecânica total é conservada. Em dois tempos distintos então, T 1 + U 1 = T 2 + U 2. Escolhendo os tempos onde a energia cinética e potencial são máximas, T = 0 + U 2, ou T max = U max. Esta simples equação permite o cálculo direto da frequência natural do sistema.
84 Método de Rayleigh Método de Rayleigh da Energia Para um sistema em vibração livre não amortecida, a energia mecânica total é conservada. Em dois tempos distintos então, T 1 + U 1 = T 2 + U 2. Escolhendo os tempos onde a energia cinética e potencial são máximas, T = 0 + U 2, ou T max = U max. Esta simples equação permite o cálculo direto da frequência natural do sistema.
85 Método de Rayleigh Exemplos Manômetro para motor diesel O escapamento de um motor diesel de um cilindro deve ser conectada a um silenciador, e a pressão dos gases deve ser medida com um manômetro de tubo em U. Calcule o menor comprimento do tubo de forma que a frequência natural de oscilação do mercúrio seja 3,50 vezes menor do que a as flutuações de pressão no escapamento quando o motor opera a 600 rpm.
86 Método de Rayleigh Exemplos Efeito da Massa da Mola Determine o efeito da massa da mola na frequência natural do sistema mostrado.
87 Método de Rayleigh Exemplos Efeito da massa da coluna do tanque Determine o efeito da massa da coluna do tanque de água do exemplo anterior na sua frequência natural.
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