Universidade Nova de Lisboa. Faculdade de Ciências e Tecnologia. Dinâmica de Sólidos. Fichas da disciplina. Corneliu Cismaşiu

Universidade Nova de Lisboa Faculdade de Ciências e Tecnologia Dinâmica de Sólidos Fichas da disciplina Corneliu Cismaşiu c DEC/FCT/UNL, 005-009

Capítulo 6 Vibrações mecânicas Uma vibração mecânica é o movimento de uma partícula ou de um corpo que oscila em torno de uma posição de equilíbrio. O estudo que se segue será limitado a sistemas com apenas um grau de liberdade. Uma vibração mecânica surge geralmente quando um sistema é deslocado da sua posição de equilíbrio estável. Em geral, quando o sistema tende voltar sob a acção de forças de restituição, ultrapassa esta posição. A repetição deste processo é chamado movimento oscilatório. O intervalo de tempo necessário para o sistema completar um ciclo de movimento chama-se período de vibração. O número de ciclos por unidade de tempo define a frequência, e o deslocamento máximo do sistema medido a partir da sua posição de equilíbrio chama-se amplitude de vibração. Vibrações: livres: movimento mantido apenas por forças de restituição; forçadas: quando uma força periódica é aplicada ao sistema; não amortecidas: quando se pode desprezar o atrito - o movimento continua indefinidamente; amortecidas: a amplitude decresce lentamente até que, passado um certo tempo, o movimento cessa. 173

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS 6.1 Vibrações não amortecidas 6.1.1 Vibrações livres. Movimento harmónico simples Considere-se uma partícula de massa m ligada a uma mola de constante de rigidez. (a) (b) (c) mola indeformada equilíbrio estático δ est F e P x F e P Quando a partícula se encontra na posição de equilíbrio estático (b), Fx = 0 P F e = 0 Mas, nesta posição, a força elástica é F e = δ est, onde δ est representa a deformação estática da mola, resultando P = δ est Numa posição arbitrária (c), Fx = ma x P F e = mẍ mẍ = P (δ est + x) = P δ }{{ est x } 0 ou, dividindo pela massa, mẍ + x = 0 ẍ + ω x = 0 com ω m (6.1) O movimento definido pela equação (6.1) e um movimento harmónico simples. A solução desta equação diferencial homogénea é de tipo e λt, p.174 Capítulo 6 x = e λt ẋ = λe λt ẍ = λ e λt

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS ( λ + ω ) e λt = 0 t λ + ω = 0... eq. característica Como solução da equação característica é λ 1, = ± iω a solução da equação diferencial é uma combinação linear de funções de tipo e λt, x(t) = C 1 e λ 1t + C e λ t = C 1 e iωt + C e iωt onde C 1 e C são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição das condições iniciais do movimento (deslocamento e velocidade inicial). Usando a bem conhecida fórmula de Euler, que liga o número irracional e das funções trigonométricas, e ±ix = cosx ± i sin x a solução da equação diferencial pode ser escrita, x(t) = C 1 (cosωt i sin ωt) + C (cosωt + i sin ωt) x(t) = (C 1 + C ) cosωt + i(c C 1 ) sin ωt = A cosωt + B sin ωt onde A e B são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição das condições iniciais. A forma acima é equivalente a x(t) = X m sin(ωt φ) onde X m e φ são a amplitude e o desfazamento do movimento oscilatório, grandezas estas que devem ser determinadas das condições iniciais. Para mostrar que as duas formas são equivalentes, usa-se a fórmula trigonométrica, sin(a b) = sin a cosb sin b cosa Então, A cosωt + B sin ωt = X m sin(ωt φ) = X m (sin ωt cosφ sin φ cosωt) A cosωt + B sin ωt = X m sin φ cosωt + X m cosφsinωt { A = Xm sin φ B = X m cosφ X m = { π + arctan A A + B, se B < 0 φ = B arctan A, se B 0 B t p.175 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Resumindo, o movimento harmónico simples é definido pela equação diferencial ẍ + ω x = 0 cuja solução geral pode ter uma das seguintes formas, Nestas equações, x(t) = C 1 e iωt + C e iωt x(t) = A cosωt + B sin ωt x(t) = X m sin(ωt φ) ω = m rad/s denomina-se por frequência (circular) do movimento oscilatório. O tempo necessário para a partícula descrever um ciclo completo chama-se período, T = π ω s enquanto o número de ciclos descritos na unidade de tempo, denomina-se por frequência natural, ν = 1 T = ω π Hz T X M t φ -X M A velocidade e a aceleração da partícula resulta pela definição, x(t) = X m sin(ωt φ) ẋ(t) = ωx m cos(ωt φ) x máx = X m ẋ máx = ωx m ẍ(t) = ω X m sin(ωt φ) = ω x(t) ẍ máx = ω X m p.176 Capítulo 6

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS 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. Admitindo a solução e as condições iniciais, x(t) = X m sin(ωt φ) x(0) = x 0 e ẋ(0) = v 0 resulta, { { x(0) = x0 Xm sin φ = x 0 ẋ(0) = v 0 ωx m cosφ = v 0 ( X m = x v0 ) 0 + φ = arctan ω x 0 ω v 0 Pêndulo simples (solução aproximada) Seja um pêndulo simples formado por uma esfera de massa m ligada a uma corda de comprimento l, que pode oscilar num plano vertical. Pede-se para determinar o período das pequenas oscilações (ângulo inferior à 10 ). θ l T Ft = ma t m mg sin θ = ml θ θ + g l sin θ = 0 P Para pequenas oscilações, sin θ θ θ + g l θ = 0 θ(t) = θ m sin(ωt φ) com ω = g l T = π ω = π l g Exercício (Beer 19.15) Um cursor com 5 g repousa sobre uma mola, não estando ligado a ela. Observase que, se o cursor for empurrado para baixo 180 mm ou mais, perde o contacto com a mola depois de libertado. Determine (a) a constante de rigidez da mola e (b) a posição, a velocidade e a aceleração do cursor, 0.16 s após ter sido empurrado para baixo 180 mm e, depois, libertado. p.177 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS mola indeformada m F e mg x 0 x equilíbrio estático Numa posição qualquer x, mẍ = mg F e = mg (x + x 0 ) = x + (mg x 0 ) mas tomando em conta que na posição de equilíbrio estático resulta mg x 0 = 0 mẍ + x = 0 ẍ + ω x = 0 ω A solução da equação diferencial pose ser escrita x(t) = C 1 sin ωt + C cosωt m onde C 1 e C são constantes arbitrárias a determinar aplicando as condições iniciais: x(0) = X m C = X m x(t) = X m cosωt ẋ(0) = 0 C 1 = 0 A velocidade a a aceleração serão dadas por, ẋ(t) = ωx m sin ωt ẍ(t) = ω X m cosωt (a) Sabe-se que, quando o cursor perde o contacto com a mola a sua velocidade é nula e a sua aceleração é a aceleração gravitacional, p.178 Capítulo 6 ẋ(t 1 ) = 0 sin ωt = 0 ωt 1 = π ẍ(t 1 ) = g ω X m cosπ = ω X m = g ω = g X m = m = mg X m = 5 9.81 0.18 = 7.5 N/m

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS (b) ω = g 9.81 = 7.38 rad/s X m 0.18 x(0.16) = 0.18 cos(7.38 0.16) 0.068 m ẋ(0.16) = 7.38 0.18 sin(7.38 0.16) 1.3 m/s ẍ(0.16) = 7.38 0.18 cos(7.38 0.16) 3.73 m/s Exercício (Beer 19.17) Um bloco com 35 g está apoiado pelo conjunto de molas mostrado na figura. O bloco é deslocado verticalmente para baixo e em seguida libertado. Sabendo que a amplitude do movimento resultante é de 45 mm, determine (a) o período e frequência do movimento e (b) a velocidade e a aceleração máxima do bloco. Considere 1 = 16 N/m, = 3 = 8 N/m. m 1 3 Determinar a constante de rigidez equivalente posição de equilíbrio (molas indeformadas) δ F 1 F e F F 3 P P P = F 1 + F + F 3 = F e ( 1 + + 3 ) δ = e δ e = 1 + + 3 = 16 + 8 + 8 = 3 N/m ou seja, o movimento do sistema dado é equivalente ao movimento oscilatório de um bloco de massa m = 35 g ligado a uma mola de rigidez e = 3 N/m. (a) ω = e 3000 m = 30.37 rad/s 35 T = π ω 0.08 s ν = 1 T 4.81 Hz p.179 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS (b) x(t) = X m sin(ωt φ) ẋ máx = ωx m ẍ máx = ω X m ẋ máx = 30.37 0.045 1.36 m/s ẍ máx = 30.37 0.045 41.14 m/s Exercício (Beer 19.8) Sabe-se da mecânica dos materiais que quando uma carga estática P é aplicada na extremidade B de uma viga encastrada com secção transversal uniforme, provoca uma flecha δ B = PL 3 /(3EI), em que L é o comprimento da viga, E o módulo de elasticidade do material e I o momento de inércia da secção transversal. Sabendo que L = 3.05 m, E = 00 GPa e I = 4.84 10 6 m 4, determine (a) a constante de rigidez equivalente da viga e (b) a frequência das vibrações verticais de um bloco com 313 N ligado à extremidade B da mesma viga. (Nota: 1 Pa = 1 N/m, 1 GPa = 10 9 Pa) P P A L, EI B δ B e (a) P = F e = δ B e = P 3EI PL 3 = 3EI L 3 e = 3 00 109 4.84 10 6 3.05 3 10.35 N/m (b) ν = 1 T = ω π = 1 π m = 1 g π P ν = 1 1035 9.81 π 313 3.316 Hz p.180 Capítulo 6

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS Vibrações de corpos rígidos No caso dos corpos rígidos, a equação diferencial do movimento oscilatório resulta directo das equações de equilíbrio dinâmico. Exercício (Beer 19.55) A barra uniforme AB com 8 g está articulada em C e ligada em A a uma mola de constante de rigidez = 500 N/m. Se for imposto à extremidade A um pequeno deslocamento e se depois for libertada, determine (a) a frequência das pequenas oscilações e (b) o menor valor da constante de rigidez para o qual ocorrerão oscilações. Considere L = 50 mm e d = 40 mm. A F e θ (a) MG... I G θ = Fe (L/) cosθ C t d L d A B G C G mg C Ft... ma t = C t + mg sin θ F e cos θ C t C n a t = θ d sin θ θ cosθ 1 Mas, e C t = m θd mgθ + F e I G θ = Fe L/ md θ + mgdθ Fe d ( ) ( ) L L F e = + d sin θ + d θ I G = 1 1 ml resultando, ω = θ + (L/ + d) mgd ml /1 + md θ = 0 (L/ + d) ω = mgd ml /1 + md 500 (0.5/ + 0.04) 8 9.81 0.04 13.87 rad/s 8 0.5 /1 + 8 0.04 p.181 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS f = 1 T = ω π.1 Hz (b) Não ocorrem oscilações quando o T ou ω 0, ou ainda se a frequência é um número imaginário, ω = (L/ + d) mgd ml /1 + md > 0 > mín > 8 9.81 0.04 115.3 N/m (0.5/ + 0.04) mgd (L/ + d) Exercício Determine o período das pequenas oscilações da placa rectangular homogénea representada. R MO = I O θ O G b θ G P I O = I G + m OG I O = 1 [ (b) + (b) ] + mb 1 b I O = 5 3 mb Pb sin θ = 5 3 mb θ mgb sin θ = 5 3 mb θ Mas, como θ << 1, sin θ θ, resultando, θ + 3g 5b θ = 0 ω = 3g 5b T = π ω = π 5b 3g Aplicação do princípio da conservação da energia O princípio da conservação da energia proporciona um meio conveniente para determinar o período de vibração de um sistema com um só grau de liberdade, desde que se admita o movimento harmónico simples. Escolhem-se duas posições particulares do sistema: 1 a Quando o deslocamento do sistema é máximo. Nesta posição a energia cinética do sistema T 1 é nula. Escolhendo o nível zero para a energia potencial a posição de equilíbrio estático, a energia potencial V 1 pode ser expressa em função da amplitude X m ou θ m ; p.18 Capítulo 6

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS a Quando o sistema passa pela sua posição de equilíbrio. A energia potencial do sistema V é nula e a energia cinética T pode ser expressa em função da velocidade máxima Ẋm ou da velocidade angular máxima θ m. O período das pequenas oscilações resulta escrevendo a conservação da energia, T 1 + V 1 = T + V e tomando em conta que, num movimento harmónico simples, Ẋ m = ω X m ou θm = ω θ m Exercício Utilizando o princípio da conservação da energia, determine o período das pequenas oscilações da placa rectangular homogénea considerada no exercício anterior. θ = 0 θ = 0 O b O θ M G P θ M G P nível de referência V = 0 b Posição do deslocamento máximo 1 cosθ m = sin ( θm T 1 = 0 V 1 = Pb(1 cosθ m ) ) ( θm ) = θ m V 1 = 1 Pbθ m Posição de equilíbrio T = 1 I O θ m V = 0 I O = I G + mog = 1 [ (b) + (b) ] + mb = 5 1 3 mb T = 1 5 3 mb θ m V = 0 p.183 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Conservação da energia T 1 + V 1 = T + V 1 Pbθ m = 1 5 3 mb θ m e tomando em conta que θ m = ωθ m (movimento harmónico), mgbθ m = 5 3 mb θ mω ω = 3g 5b T = π ω = π 5b 3g Exercício (Beer 19.80) Uma barra AB com 8 g e comprimento L = 600 mm está ligada a dois cursores com massa desprezável. O cursor A está por sua vez ligado a uma mola de constante de rigidez = 1. N/m e pode deslizar numa barra vertical, enquanto o cursor B pode deslizar livremente numa barra horizontal. A θ L B Sabendo que o sistema está em equilíbrio e que θ = 40, determine o período de vibração se for imposto um pequeno deslocamento ao cursor B e depois libertado. Determinação da deformação estática da mola. Na posição de equilíbrio, Fh = 0 N A = 0 A N A MB = 0 F e mg B N B mg L cos θ F el cosθ = 0 δ est = mg Conservação da energia p.184 Capítulo 6

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS y y A A dy y ȳ G θ B x dθ G dȳ B x x x dx (A) (B) x = L cos θ dx = L sin θ dθ y = L sin θ dy = L cosθ dθ Tomando em conta que θ - o ângulo da posição de equilíbrio estático - é independente de tempo, dẋ = L sin θ d θ dẏ = L cosθ d θ Como x = x/ e ȳ = y/, d x = L sin θ d θ d ȳ = L cos θ d θ (A) - posição de equilíbrio (deformação da mola δ est, velocidade máxima) T 1 = 1 V 1 = 1 δ est + mgȳ T 1 = 1 I G(d θ) m + 1 m [ (d x) m + (d ȳ) ] m ( ) [ ml (L (d 1 θ) m + 1 ) ( ) ] L m sin θ + cosθ T 1 = 1 ( 1 1 + 1 ) ml (d 4 θ) m = 1 6 ml (d θ) m (B) - posição de deslocamento máximo (velocidade zero) (d θ) m V = 1 (δ est dy m ) + mg(ȳ + dȳ m ) T = 0 p.185 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS T 1 + V 1 = T + V 1 6 ml (d θ) m + 1 δ est + mgȳ = 0 + 1 (δ est dy m ) + mg(ȳ + dȳ m ) 1 6 ml (d θ) m = (δ estdy m + dy m) + mgdȳ m e substituindo a expressão do δ est, 1 6 ml (d θ) m = ( mg ) dy m + dym + mg dy m 1 3 ml (d θ) m = L cos θ(dθ) m Tomando em conta que o movimento é harmónico, = dy m resultando dθ = (dθ) m sin(ωt φ) (d θ) m = ω(dθ) m 1 3 ml ω (dθ) m = L cos θ(dθ) m ω = 3 m cos θ ω = 3 3 100 m cosθ = cos 40 16.5 rad/s 8 T = π ω 0.387 s Exercício (Beer 19.85) Uma barra AB com 800 g está rebitada a um disco com 1. g. Uma mola de constante de rigidez = 1. N/m está ligada ao centro do disco em A e à parede em C. Sabendo que o disco rola sem escorregar, determine o período das pequenas oscilações do sistema. Considere r = 50 mm e L = 600 mm. p.186 Capítulo 6 L A r 00 11C 00 11 000000 111111 000000 111111 01 B

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS r sin θ M rθ M r θ M 000000 111111 000000 111111 G B (A) A θ M θm (L/ r) A 000000 111111 G 000000 111111 (B) θ M B (A) - posição de equilíbrio estático (mola indeformada, velocidade máxima) Tomando em conta que o ponto de contacto entre o disco e a superfície horizontal é o centro instantâneo de rotação do sistema, a velocidade do ponto A é v A = r θ m A velocidade do ponto G resulta, v G = v A + v G/A v G = r θ m + L θ m = θ m (L/ r) T 1 = I G,AB θ m + m AB(L/ r) θ m + I A,disco θ m + m discor θ m I G,AB = m ABL = 1 I A,disco = m discor = 0.8 0.6 1 1. 0.5 = 0.04 gm = 0.0375 gm [ 0.04 T 1 = + 0.8 (0.3 0.5) + 0.0375 + ] 1. 0.5 θ m Escolhendo o nível zero para a energia potencial do sistema nesta posição, temos então, T 1 = 0.0695 θ m V 1 = 0 p.187 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS (B) - posição de deslocamento máximo (velocidade nula) A deformação da mola nesta posição é dada por, = r sin θ m rθ m V = 1 (rθ m) + m AB g L (1 cosθ m) Mas como, 1 cosθ m = sin ( θm ) ( θm ) = θ m V = 1 r θ m + m ABg L ( 100 0.5 V = + ( θm r = + m ABgL 4 0.8 9.81 0.6 4 ) θ m ) θ m Tomando em conta que nesta posição a velocidade do sistema é nula, T = 0 V = 38.677 θ m Aplicando agora o princípio da conservação da energia entre as duas posições, e tomando em conta que o movimento é harmónico ( θ m = ωθ m ), T 1 + V 1 = T + V 0.0695 θ m = 38.677θ m 0.0695 ω θ m = 38.677 θ m ω = T = π ω 0.66 s 38.677 3.64 rad/s 0.0695 Exercício Determine a frequência das pequenas oscilações do disco homogéneo de massa m representado, assumindo que se encontra em equilíbrio na posição mostrada e que não escorrega na superfície horizontal. A a O 0000 1111 0000 1111 B r p.188 Capítulo 6

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS (1) () θ M 0000 1111 0000 1111 B A θ M A 0000 1111 0000 1111 B (1) - posição de equilíbrio (a velocidade é máxima) Como o disco não escorrega na superfície horizontal, o ponto B é o C.I.R. para o disco e o movimento é uma rotação não-baricêntrica. T 1 = 1 I B θ m com I B = I O + mr = 1 mr + mr = 3 mr Escolhendo o nível zero para a energia potencial (gravítica e elástica) nesta posição, resulta T 1 = 3 4 mr θ m V 1 = 0 () - posição de deslocamento máximo (velocidade é nula) V = 1 (r + a) θ m + 1 (r + a) θ m = (r + a) θ m T = 0 Aplicando o princípio da conservação da energia entre as duas posições, e tomando em conta que o movimento é harmónico ( θ m = ωθ m ), T 1 + V 1 = T + V 3 4 mr ω θ m = (r + a) θ m ω = 4(r + a) 3mr rad/s Nota: Para que o resultado acima seja correcto, não é necessário que as molas sejam indeformadas na posição de equilíbrio estático. Apenas é necessário que o sistema seja em equilíbrio nesta posição. Como neste caso as duas molas tem a p.189 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS mesma constante de rigidez, para o sistema estar em equilíbrio a deformação nas duas molas deve ser a mesma. Seja esta deformação inicial x 0 (compressão ou tracção nas duas molas). A energia mecânica na posição de equilíbrio passa a ser, E 1 = 3 4 mr θ m + 1 x 0 + 1 x 0 = 3 4 mr θ m + x 0 = 3 4 mr ω θ m + x 0 Na posição de deslocamento máximo, E = 1 [x 0 + (r + a)θ m ] + 1 [x 0 (r + a)θ m ] = x 0 + (r + a) θ m E igualando a energia mecânica nas duas posições, 3 4(r + a) 4 mr ω θm + x 0 = x 0 + (r + a) θm ω = 3mr Exercício O cilindro de massa m e raio r rola sem escorregar numa superfície de raio R. Determine a frequência das pequenas oscilações do sistema. O 1 O 1 O θ A φ O C A (1) () B (1) - posição de equilíbrio estático (energia potencial zero, velocidade máxima) V 1 = 0 T 1 = 1 mv O + 1 I O(φ θ) = 1 ( ) 1 1 ( φ mr θ + φ mr θ T 1 = 3 ( ) φ 4 mr θ p.190 Capítulo 6 )

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS Mas, BC= AC Rθ = rφ φ = R r θ φ = R r θ e como nesta posição θ = θ m, T 1 = 3 4 mr ( R r 1 ) θ m = 3 4 m(r r) θ m () - posição de deslocamento máximo (energia potencial máxima, velocidade nula) T = 0 V = mg(r r)(1 cosθ) Mas como, ( ) θ 1 cosθ sin ( ) θ V mg(r r) sin = mg(r r) θ 4 = 1 mg(r r)θ e tomando em conta que nesta posição θ = θ m, V = 1 mg(r r) θ m Aplicando o princípio da conservação da energia, T 1 + V 1 = T + V 3 4 m(r r) θ m = 1 mg(r r) θ m Como o movimento oscilatório é harmónico, θ m = ωθ m resultando 3 m(r r) ω θm = mg(r r) θ m ω g g = ω = 3 (R r) 3 (R r) Nota: Método alternativo para o cálculo do T 1 T 1 = 1 mv O + 1 I Oω = 1 mv O + 1 1 mrv O r = 3 4 mv O = 3 4 m(r r) θ p.191 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Exercício Admitindo que não há escorregamento entre o fio inextensível e o disco de massa M, determine a frequência das pequenas vibrações do sistema representado. m M r A G θ M B C.I.R. A θ M G B (1) () (1) - posição de equilíbrio estático ( θ = θ m ) V 1 = 1 0 T 1 = 1 Mv G + 1 I θ G m + 1 mv A = 1 Mr θ m + 1 1 Mr θ m + 1 m4r θ m ( ) 3 T 1 = 4 M + m r θ m () - posição de deslocamento máxima (θ = θ m ) V = 1 ( 0 + x G ) mgx A Mgx G V = 1 ( 0 + rθ m ) (m + M)grθ m T = 0 Escrevendo agora o princípio da conservação da energia, p.19 Capítulo 6 T 1 + V 1 = T + V

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS resulta, 1 0 + ( ) 3 4 M + m r θ m = 1 ( 0 + rθ m ) (m + M)grθ m ( ) 3 4 M + m r θ m = 1 r θm + [ 0 (m + M)g] rθ m Na expressão acima, 0 representa a deformação da mola na posição de equilíbrio estático. Se nesta posição escreve-se somatório de momentos em B, resulta MB = 0 mgr + Mgr 0 r = 0 0 (m + M)g = 0 Com este resultado, do princípio da conservação da energia resulta, ( ) 3 4 M + m r θ m = 1 r θm e admitindo o movimento harmónico, ( ) 3 4 M + m ω θm = 1 θ m ω = 3 M + 4m Nota: Para simplificar as contas no estudo das pequenas vibrações em torno da posição de equilíbrio estático, pode-se sempre admitir que a força elástica e as forças que a equilibram nesta nesta posição (pesos) anulam-se umas as outras. Então, estas forças podem ser deixadas fora das seguintes contas e na posição de deslocamento máximo apenas terão de ser contabilizadas as restantes forças e o suplemento da força elástica. No problema considerado, isto significava, V 1 = 0 T 1 = ( 3 4 M + m) r θ m V = 1 r θ m T = 0 6.1. Vibrações forçadas ω = 3 M + 4m As vibrações forçadas ocorrem sempre que um sistema está sujeito a uma força periódica, ou quando está elasticamente ligado a um apoio com movimento oscilatório. p.193 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Força periódica Considere-se uma partícula de massa m ligada a uma mola de constante de rigidez, sujeita a acção de uma força periódica F = F m sin ω f t (a) (b) (c) mola indeformada equilíbrio estático x est F e P x F F e P Fx = mẍ mẍ = mg F e + F = mg (x est + x) + F Tomando em conta que na posição de equilíbrio estático mg = x est e substituindo a expressão para a excitação harmónica, mẍ + x = F m sin ω f t ẍ + ω x = F m m sin ω ft onde ω = m (6.) Uma equação diferencial que possui o membro direito diferente de zero, diz-se não homogénea. A sua solução geral obtém-se pela adição da solução particular da equação dada à solução geral da correspondente equação homogénea, x = x p + x 0 Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a solução particular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma função de tipo x p = A sin ω f t + B cosω f t Nesta expressão, A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substituindo a solução particular na equação diferencial, p.194 Capítulo 6 ẋ p = ω f A cosω f t ω f B sin ω f t

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS ẍ p = ω f A sin ω ft ω f B cosω ft ω f A sin ω ft ω f B cosω ft + ω (A sin ω f t + B cosω f t) = F m m sin ω ft A(ω ω f) sinω f t + B(ω ω f) cosω f t = F m m sin ω ft t A(ω ω f ) = F m m e B = 0 x p = F m m(ω ω f ) sin ω ft = F m / 1 (ω f /ω) sin ω ft Solução geral A solução geral obtém-se juntando à solução particular a solução da equação homogénea (oscilações livres), x(t) = C 1 sin ωt + C cos ωt }{{} solução homogénea onde, com a notação Ω = ω f /ω, + X m sin ω f t }{{} solução particular X m = F m/ 1 Ω Nota-se que o movimento representado pela equação acima consiste em dois movimentos oscilatórios sobrepostos. Os dois primeiros termos representam a vibração livre do sistema. A frequência desta vibração é a frequência natural do sistema e depende apenas da rigidez e da massa do sistema. As constantes C 1 e C podem ser determinadas a partir das condições iniciais. Está vibração é também designada por vibração em regime transitório, uma vez que, no caso de vibrações amortecidas, a amplitude deste movimento decresce rapidamente. O último termo da equação acima represente a vibração em regime estacionário. Este movimento é produzido e mantido pela força aplicada. A sua amplitude depende da relação entre a frequência da excitação e a frequência natural do sistema. A razão entre a amplitude das vibrações estacionárias e a deformação estática F m /, chama-se factor de amplificação dinâmica, R d = 1 1 Ω p.195 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Movimento de base Considere-se uma partícula de massa m ligada a uma mola de constante de rigidez, sujeita a um movimento de base harmónico, y f = x g sin ω f t (a) (b) (c) 00 11 00 11 00 11 00 11 y f mola indeformada equilíbrio estático x est F e P x F e P Fx = ma m(ẍ + ÿ f ) = mg F e = mg (x est + x) Tomando em conta que na posição de equilíbrio estático, mg = x est e substituindo a expressão para o movimento harmónico de base, mẍ + x = mω f x g sin ω f t ẍ + ω x = ω f x g sin ω f t onde ω = m (6.3) Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a solução particular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma função de tipo x p = A sin ω f t + B cosω f t Nesta expressão, A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substituindo a solução particular na equação diferencial, p.196 Capítulo 6 (ω ω f )(A sin ω ft + B cosω f t) = ω f x g sin ω f t t A = x g Ω 1 Ω e B = 0

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS Ω x p = X m sin ω f t com X m = x g 1 Ω No caso de movimento de base, interesse relacionar a amplitude das vibrações estacionárias com o deslocamento máximo da base. A razão entre estes dois deslocamentos máximos, chama-se factor de transmissibilidade. Para o calcular, nota-se que o deslocamento absoluto da massa em regime estacionário é dado por, ( ) x t (t) = x p (t) + y f (t) = x g 1 + Ω 1 sin ω 1 Ω f t = x g 1 Ω sin ω ft T r = x t,máx x g = 1 1 Ω As características das vibrações forçadas não-amortecidas, são resumidas no seguinte quadro. Vibrações forçadas não-amortecidas Força harmónica Movimento harmónico de base ẍ + ω x = (F m /m) sin ω f t ẍ + ω x = ωf x g sin ω f t x p (F m /)/(1 Ω ) sin ω f t x g Ω /(1 Ω ) sin ω f t x 0 C 1 sin ωt + C cos ωt x(t) x 0 (t) + x p (t) x t (t) x(t) x(t) + x g (t) R d 1/(1 Ω ) T r 1/(1 Ω ) 1 1 Ω 8 6 4 1 3 4 Ω p.197 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Observa-se que, quando a frequência da excitação é igual a frequência natural do sistema a amplitude de vibração torna-se infinita. Diz-se que a excitação está em ressonância com o sistema. A amplitude do movimento é igual ao deslocamento estático para ω f = 0 e depois começa a crescer com ω f. Depois de ultrapassar a frequência de ressonância, a amplitude do movimente decresce, chegar a ser mais baixa do que o deslocamento estático para excitações com frequências muito altas. Exercício (Beer 19.11) A esfera com 1. g forma um pêndulo com comprimento L = 600 mm que está suspenso a partir de um cursor C com 1.4 g. O cursor é obrigado a deslocar-se de acordo com a relação, x C = Y m sin ω f t com amplitude Y m = 10 mm e uma frequência f f = 0.5 Hz. Considerando apenas o regime estacionário, determine (a) a amplitude do movimento da esfera e (b) a força que deve ser aplicada ao cursor C para o manter em movimento. x C = Y m sin ω f t C L θ T x mg Fx... mẍ = T sin θ Fy... mÿ = T cosθ mg Admitindo pequenas oscilações, sin θ tanθ θ cosθ 1 e o movimento ocorre segundo um eixo horizontal. Resulta então, T = mg p.198 Capítulo 6

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS mẍ = mg x x C L ẍ + g L x = g L x C ẍ + ω x = ω Y m sin ω f t com ω = (a) A solução particular será dada por, Tomando em conta que x p = X m sin ω f t onde X m = g L Y m 1 (ω f /ω) ω = g L ω f = (πf f ) X m = Y m 1 4π ff L/g = 0.01 1 4 π 0.5 0.6/9.81 0.05 m (b) x C C N mg T θ a C = ẍ C = ω fy m sin ω f t = ω fx C Fx... m C a C = F + T sin θ F = m C a c T sin θ Tomando em conta que T = mg, sin θ (x x C )/L e ω = g/l, F = m c ω f x C mg x x c L = m c ω f x C mω x + mω x C F = [ ] (mω m C ωf)y m mω X m sin ωf t Para os valores numéricos dados, F 0.44 sin πt N p.199 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Exercício (Beer 19.118) Um motor com 180 g está fixo a uma viga horizontal de massa desprezável. O desequilíbrio do rotor é equivalente a uma massa de 8 g situada a uma distância de 150 mm do eixo de rotação, e a deformação estática da viga devida ao peso do motor é igual a 1 mm. A amplitude de vibração devida ao desequilíbrio pode ser atenuada através da adição de uma placa à base do motor. Se a amplitude de vibração em regime estacionário tiver que ser menor que 60 µm para velocidades do motor acima de 300 rpm, determine a massa necessária da placa. Rotor Motor ω f δ est m ω f t P m sin ω f t Mg x P m sinω f t P m = mω f r F e sumf x... Mẍ = Mg F e + P m sin ω f t ẍ + ω x = P m M sin ω ft onde ω = M A vibração em regime estacionário vai ter uma amplitude dada por, X m = p.00 Capítulo 6 P m / 1 (ω f /ω) = mω f r/(mω ) = rm/m 1 (ω f /ω) (ω/ω f ) 1

6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS X m ω f > 300 rpm r m M 1 ω f /ω Escrevendo o equilíbrio estático da viga, δ est = Mg = Mg 180 9.81 = δ est 0.01 = 147150 N/m A frequência da estrutura, depois da adição da placa, será dada por, ω = M Tomando em conta esta definição, X m = ( rm/m /(M ωf ) 1 X m M ωf 1 ) = r m M M = ω f rm X m Como ω f = 300 π/60 = 10π rad/s e X m = 60 10 6 m (... veja o enunciado e a figura) resulta O peso da placa será M = 147150 0.15 0.08 + 19.1 g 100π 60 10 6 M = M M = 19.1 180 = 39.1 g p.01 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Exercício (Beer 19.15) Um pequeno reboque e o barco possuem a massa total de 50 g. O reboque está apoiado em duas molas, cada uma com 10 N/m e desloca-se ao longo de uma estrada cuja superfície se pode aproximar a uma curva sinusoidal com uma amplitude de 40 mm e um comprimento de onda de 5 m. Determine (a) a velocidade para a qual ocorre a ressonância e (b) a amplitude da vibração do reboque à velocidade de 50 m/h. y v Y m s λ F e δ est x m(ẍ ÿ) = x mẍ + x = ÿ mg y = Y m sin ω f t ω = m ẍ + ω x = ω Y m sin ω f t ω f = π T = π λ/v = πv λ A solução da equação diferencial é x(t) = X m sin ω f t onde a amplitude do movimento oscilatório é dada por X m = Y m 1 (ω f /ω) (a) A ressonância ocorre quando a amplitude do movimento é máxima, ou seja, quando ω = ω f m = πv λ v = λ π m v = 5 10000 7.1 m/s 5.6 m/h π 50 p.0 Capítulo 6

6.. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS (b) X m = Y m 1 (ω f /ω) = Y m ( ) πv m 1 λ v = 50 m/h = 15 9 m/s X m = 0.040 1 4 π 15 5 9 50 0000 0.014 m 6. Vibrações amortecidas Na realidade, todas as vibrações são amortecidas, em maior ou menor grau, pela acção das forças de atrito. Estas forças podem ser causadas por atrito seco - entre corpos rígidos, por atrito fluido - quando um corpo rígido se desloca num fluido, ou por atrito interno - entre as moléculas que constituem um corpo. Um tipo de amortecimento com especial interesse é o amortecimento viscoso em que a força de atrito é proporcional e oposta a velocidade do corpo em movimento F a = c ẋ A constante c expressa em Ns/m chama-se coeficiente de amortecimento viscoso. 6..1 Vibrações livres Seja uma partícula de massa m ligada a uma mola de rigidez e a um amortecedor de coeficiente de amortecimento viscoso c. (a) (b) (c) F e x est mg F e F a x mg p.03 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Na posição de equilíbrio estático (b), o sistema está em repouso, portanto no amortecedor não se desenvolve força nenhuma. Escrevendo a equação de equilíbrio estático resulta mg = x est. Seja uma posição qualquer (c) caracterizada pela posição x e a velocidade ẋ da partícula. Escrevendo as equações de movimento nesta posição, resulta mẍ = mg cẋ (x est + x) = mg x }{{ est cẋ x } 0 ou, dividindo pela massa, mẍ + cẋ + x = 0 ẍ + c mẋ + ω x = 0 com ω m (6.4) O movimento definido pela equação (6.4) representa um movimento oscilatório amortecido. A solução desta equação diferencial homogénea é de tipo e λt, Resulta a equação característica cuja solução é dada por x = e λt ẋ = λe λt ẍ = λ e λt (λ + c ) m λ + ω e λt = 0 t λ + c m λ + ω = 0 λ 1, = c ( c ) m ± m m Designa-se por coeficiente de amortecimento crítico, c cr o valor do coeficiente de amortecimento c que anula o radical, c cr = m m = mω Por vezes, o amortecimento de um sistema costuma ser dado em percentagem sobre o valor do amortecimento crítico, p.04 Capítulo 6 ζ = c c cr

6.. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS Os valores recomendados para o factor de amortecimento ζ no cálculo de estruturas variam entre 5 10% para estruturas metálicas, 7 10% para estruturas em betão e 10 0% para estruturas em madeira. Com esta notação, a equação diferencial das vibrações livres amortecidas toma a seguinte forma, ẍ + ζωẋ + ω x = 0 (6.5) Dependendo do valor do coeficiente de amortecimento, distinguem-se três casos: Amortecimento super-crítico (c > c cr ou ζ > 1) As raízes da equação característica são reais e distintas, ambas negativas. λ 1, λ < 0 x(t) = Ae λ 1t + Be λ t lim x(t) = 0 t O movimento resultante não é oscilatório. O x tende para zero quando t aumenta indefinidamente, ou seja, o sistema readquire a sua posição de equilíbrio estático após um intervalo de tempo suficientemente longo. Amortecimento crítico (c = c cr ou ζ = 1) A equação característica tem uma raiz dupla, λ 1, = ω x(t) = (A + Bt)e ωt O movimento não é vibratório, retomando o sistema a sua posição de equilíbrio no menor tempo possível, sem oscilar. Amortecimento sub-crítico (c < c cr ou ζ < 1) As raízes da equação característica são complexas conjugadas, Definindo, resulta e λ 1, = c m ± i m ( c m ωa = ( c ) [ m = 1 m m m ( ) ωa = c ω 1 m /m λ 1, = ζω ± iω a ) ( c ) ] m = ω (1 ζ ) x(t) = e ζωt (C 1 sin ω a t + C cos ω a t) p.05 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS O movimento é oscilatório, com amplitude decrescente. A frequência de vibração, ω a = ω 1 ζ < ω pelo que o período de vibração do sistema amortecido é maior do que o período de vibração correspondente ao sistema não amortecido. O sistema readquire a sua posição de equilíbrio estático após um intervalo de tempo suficientemente longo. Amplitude do movimento amortecimento crítico amortecimento supra-crítico Tempo amortecimento sub-crítico Exercício (Beer 19.134) Um bloco A com 4 g é solto de uma altura de 800 mm sobre um bloco B com 9 g, que está em repouso. O bloco B está apoiado numa com constante de rigidez = 1500 N/m e está ligado a um amortecedor com coeficiente de amortecimento c = 30 Ns/m. Sabendo que não existe qualquer ressalto, determine a distância máxima percorrida pelos blocos após o choque. h A B c A velocidade do bloco A antes de choque obtém-se aplicando o princípio de conservação da energia. m A gh = 1 m Av A v A = gh A velocidade dos dois blocos após o choque resulta da conservação da quantidade de movimento, tomando em conta que não há forças impulsivas externas e que o choque é perfeitamente plástico. m A v A = (m A + m B )v v m A = gh m A + m B p.06 Capítulo 6 v = 4 4 + 9 9.81 0.8 1.19 m/s

6.. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS As forças que actuam em seguida sobre o sistema formado pelos dois blocos são o peso, à força elástica e à força de amortecimento viscoso. Tomando em conta que a nova posição de equilíbrio estático, devida ao suplemento de peso provocado pelo bloco A é dada por, temos, x 0 = m Ag = 4 9.81 1500 0.06 m Mg x 0 x F e F a Mẍ = Mg (x 0 + x) cẋ ẍ + c M ẋ + M x = 0 ou seja, onde ω = ẍ + ζωẋ + ω x = 0 1500 M = 4 + 9 10.74 rad/s c cr = Mω = (4 + 9) 10.74 79.66 Ns/m ζ = c c cr = 30 79.66 8% Como o amortecimento é sub-crítico, o movimento resultante será dado por x(t) = e ζωt (C 1 sin ω a t + C cos ω a t) com ou seja ω a = ω 1 ζ = 10.74 1 0.8 6.15 rad/s x(t) = e 8.81 t [C 1 sin(6.15 t) + C cos(6.15 t)] As constantes C 1 e C vão ser determinadas a partir das condições iniciais do movimento: x(0) = x 0 e ẋ(0) = v x(0) = C = x 0 C = 0.06 ẋ(t) = e 8.81 t [(6.15 C 1 8.81 C ) cos(6.15 t)+ ( 8.81 C 1 6.15 C ) sin(6.15 t)] p.07 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS ẋ(0) = 6.15 C 1 8.81 C = v C 1 = v + 8.81 C 6.15 C 1 = 1.19 8.81 0.06 6.15 0.161 A equação do movimento oscilatório em torno da posição de equilíbrio estático, fica então definida por x(t) = e 8.81 t [0.161 sin(6.15 t) 0.06 cos(6.15 t)] 0.0 x 0 x M 0.01 0.01 0.0 0. 0.4 0.6 0.8 1 t 0.03 x O deslocamento máximo x m, será alcançado quando a velocidade do sistema será nula. ẋ(t) = e 8.81 t [1.19 cos(6.15 t) 1.59 sin(6.15 t)] ẋ(t) = 0 t = 1 ( ) 1.19 6.15 arctan 0.15 s 1.59 O deslocamento máximo será então, x m = x(0.15) 0.031 m A distância máxima percorrida pelos blocos após o choque será, p.08 Capítulo 6 d máx = x 0 + x m = 0.06 + 0.031 = 0.057 m

6.. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS 6.. Vibrações forçadas Força periódica Seja uma partícula de massa m ligada a uma mola de rigidez e a um amortecedor de coeficiente de amortecimento viscoso c sob a acção de uma força periódica, F = F m sin ω f t (a) (b) (c) F e x est mg F e F a x A equação de movimento em torno da posição de equilíbrio estático será ou, dividindo pela massa, F mg m ẍ + c ẋ + x = F m sin ω f t ẍ + ζω ẋ + ω x = F m m sin ω ft (6.6) A solução geral desta equação diferencial não-homogénea obtém-se pela adição de uma solução particular à solução geral da equação homogénea. A solução geral da equação homogénea, que foi obtida no caso das vibrações livres amortecidas, depende do amortecimento do sistema, mas de qualquer modo esvanece com o tempo. O intervalo de tempo inicial em que esta solução tem valores não desprezáveis, chama-se zona transitória. A solução particular representa a vibração em regime estacionário, significando que depois de um intervalo suficientemente longo, esta solução caracteriza sozinha o movimento do sistema. Se a excitação fosse harmónica, a solução particular é também harmónica, x p = A sin ω f t + B cosω f t p.09 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS e substituindo na equação diferencial, temos ω f A sin ω ft ω f B cosω ft + ζωω f A cosω f t ζωω f B sin ω f t+ ω A sin ω f t + ω B cosω f t = F m m sin ω ft t [ ω ω f ζωω f ζωω f ω ω f ]{ A B } = { Fm /m 0 } ou, dividindo cada linha por ω e utilizando as notações Ω = ω f /ω e δ 0 = F m /, [ ]{ } 1 Ω ζω A ζω 1 Ω = B { δ0 0 } A = B = (1 Ω ) (1 Ω ) + (ζω) δ 0 ζω (1 Ω ) + (ζω) δ 0 Para por em evidência a amplitude do movimento, a solução particular pode ser escrita sob forma x p = X m sin(ω f t φ) onde e X m = A + B = 1 (1 Ω ) + (ζω) δ 0 ( φ = arctan B ) ( ) ζω = arctan A 1 Ω A razão entre a amplitude das vibrações em regime estacionário e a deformação estática provocada pela aplicação da força F m, designa-se por factor de amplificação dinâmica, 1 R d = (1 Ω ) + (ζω) O factor de amplificação dinâmica depende da razão das frequências, Ω = ω f /ω e do factor de amortecimento do sistema ζ. p.10 Capítulo 6

6.. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS 4 3 1 R d ζ = 0 ζ = 0.15 ζ = 0.50 ζ = 0.375 ζ = 1.000 0.5 1 1.5.5 3 Observa-se que a amplitude de uma vibração forçada pode manter-se pequena, quer através da escolha de um elevado coeficiente de amortecimento viscoso, quer mantendo afastadas uma da outra a frequência natural do sistema e a frequência da excitação. Movimento de base Ω Seja uma partícula de massa m ligada a uma mola de rigidez e a um amortecedor de coeficiente de amortecimento viscoso c. O sistema está sujeito a um movimento harmónico de base, m c x h δ est x f (t) = x g sin ω f t 000000 111111 x f 000000 111111 Para uma posição qualquer x, a equação de movimento é dada por, F = ma ma = P + Fe F a onde Resulta, a = d dt (x f + h + x) = ẍ f + ẍ F e = (δ est x) F a = cẋ m(ẍ f + ẍ) = mg + (δ est x) cẋ mẍ + cẋ + x = mẍ f p.11 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS e dividindo pela massa, e substituindo a expressão da aceleração da base, Observa-se que, fazendo a notação, a equação (6.7) transforma-se em ẍ + ζωẋ + ω x = ω fx g sin ω f t (6.7) F m = mω f x g ẍ + ζωẋ + ω x = F m m sin ω ft ou seja, numa forma idêntica à (6.6) que representava a equação diferencial das vibrações amortecidas forçadas, provocadas por uma força harmónica. A solução particular da equação (6.7) resulta, x p = δ 0 R d sin(ω f t φ) = F m R d sin(ω f t φ) = mω f x g mω R d sin(ω f t φ) x p (t) = x g ( ωf ω ) Rd sin(ω f t φ) Viu-se que, no caso de uma força aplicada, calculou-se o factor de amplificação dinâmica, R d. Este factor permite relacionar os deslocamentos máximos da massa obtidos para uma aplicação estática, respectivamente dinâmica da força. No caso de movimento de base, interesse relacionar o deslocamento máximo da base com o deslocamento máximo da massa. O coeficiente que permite este relacionamento, chama-se factor de transmissibilidade, T r. Para o calcular, nota-se que o deslocamento absoluto da massa em regime estacionário é dado por, x t (t) = x(t) + x f (t) = x g ( ωf ω ) Rd sin(ω f t φ) + x g sin ω f t Para por em evidência a amplitude do movimento, o deslocamento absoluto escreve-se como x t (t) = X m sin(ω f t Φ) e identificando os termos, ( ωf X m cos Φ = x g + x g ω ) Rd cosφ ( ωf ) X m sin Φ = x g Rd sin φ ω p.1 Capítulo 6

6.. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS Utilizando a notação Ω = ω f /ω, X m cos Φ = 1 + Ω R d cosφ x g X m x g sin Φ = Ω R d sin φ T r = X m x g = 1 + (ζω) (1 Ω ) + (ζω) Observa-se que uma redução na transmissibilidade nem sempre se consegue com um aumento do amortecimento. 3.5 1.5 T r ζ = 0 ζ = 0.15 ζ = 0.50 ζ = 0.375 1 0.5 ζ = 1.000 0.5 1 1.5.5 3 Ω Exercício Considere o sistema da figura que representa um carro que sobe a rampa de transição para o tabuleiro de uma ponte. a) Escreva a equação de movimento do carro, admitindo que mantêm a velocidade horizontal v 0 constante e que a rampa tem uma inclinação h/l constante; b) Sendo M = 1000 g, c = 0.05 c cr, v 0 = 40 m/h, = 50 N/cm, h = 1 m e L = 100 m, qual é a aceleração máxima de M no trajecto ao longo da rampa? M v 0 u t c u g h L p.13 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS a) Como a velocidade horizontal é constante, o movimento do carro segundo o eixo horizontal é rectilíneo e uniforme definido pela equação x(t) = v 0 t No estudo que se segue será considerada apenas a componente vertical deste movimento. Uma vez na rampa inclinada, as forças que actuam no corpo de massa M são o peso, a força elástica e a força de amortecimento. Ma u est h 0 M P c 000000000000000000 111111111111111111 000000000000000000 111111111111111111 F e F a u h 0 u g onde Resulta, Ma = P + F e F a ( ) a = d dt (u g + h 0 + u) = d v0 h dt L t + h 0 + u = ü ou, dividindo pela massa, F e = (u est u) F a = c u Mü = Mg + u }{{ est u c u } 0 Mü + c u + u = 0 ü + ζω u + ω u = 0 A solução desta equação diferencial representa o movimento da massa M em relação à posição de equilíbrio estático. O movimento absoluto da massa é dado por p.14 Capítulo 6 u t (t) = u g (t) + h 0 + u(t) = v 0h L t + h 0 + u(t)

6.. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS onde u g é a componente vertical do deslocamento da base e h 0 uma constante (altura do veículo). b) Como o movimento oscilatório definido pela equação diferencial tem um amortecimento sub-critico (ζ = 5%), u(t) = e ζωt (C 1 sin ω a t + C cos ω a t) u(t) = e ζωt [(C 1 ω a C ζω) cosω a t (C ω a + C 1 ζω) sinω a t] com ω a = ω 1 ζ. As constantes C 1 e C vão ser determinadas a partir das condições iniciais do movimento, u(0) = 0 e u(0) = v 0y = v 0h L Resulta u(0) = C = 0 C = 0 u(0) = C 1 ω a C ζω = C 1 ω a = v 0h L u(t) = v 0h ω a L e ζωt sin(ω a t) C 1 = v 0h ω a L u(t) = v 0h ω a L e ζωt [ω a cos(ω a t) ζω sin(ω a t)] ü(t) = v 0h ω a L e ζωt [ (ζ ω ω a ) sin(ω at) ζωω a cos(ω a t) ] 0.0006 u [m] 0.0004 0.000 0.000 t [s] 0.05 0.1 0.15 0. 0.0004 p.15 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS Para os valores numéricos dados, ω = 50 10 5 M = 1000 158.11 rad/s ω a = ω 1 ζ = 158.11 1 0.05 157.91 rad/s ü [m/s ] 10 5 5 0.05 0.1 0.15 0. t [s] 10 15 u(t) 0.000703636 e 7.9055t sin(157.91t) ü(t) e 7.9055t [ 1.75678 cos(157.91t) 17.5016 sin(157.91t)] A aceleração máxima resulta então, d ü dt = 0 t 0.009s a máx 16.4 m/s O deslocamento absoluto da massa é apresentado na figura seguinte. p.16 Capítulo 6

6.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRÁTICAS 0.0 u t [m] 0.015 0.01 0.005 0.05 0.1 0.15 0. h 0 t [s] 6.3 Exercícios propostos para as aulas práticas Exercício O sistema representado na figura consiste numa barra rígida, apoiada num ponto fixo em O, ligada a uma mola e a um amortecedor. A massa total m 1 = m do troço OB está uniformemente distribuída no seu comprimento. Os troços AO e BC não possuem massa estando uma placa circular de massa m = m ligada rigidamente ao ponto C. Sabendo que m = g, L = 3m, = 800N/m e c = 00Ns/m, determine: (a) a equação de movimento do sistema para pequenas oscilações. Tome o ângulo θ de rotação da barra em torno do ponto O como coordenada generalizada; (b) a frequência das vibrações amortecidas ω a e o factor de amortecimento do sistema ζ. R = L/8 C c A O θ B L/4 L/ 3L/4 L/4 p.17 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS (a) Considerando as pequenas vibrações em torno da posição de equilíbrio, MO = I O θ mg L 4 θ ( 3L 4 ) θ ( ) ( 3L L c 4 θ ) ( ) L = I O θ I 0 = 1 1 m 1L + m 1 ( ) [ L + 1 m R + m L + ( ) ] L 4 I O = 1 1 ml + m L 4 + 1 ml 64 + ml17 16 = 667 384 ml Resulta: 667 384 ml θ L + c 4 θ + ( 9L 16 L ) 4 mg θ = 0 ou, m θ + c θ + θ = 0 onde m = 667mL 384 31.7 c = cl 4 = 450 9L = 16 L mg = 4035.3 4 (b) A frequência natural do sistema sem amortecimento é dada por, ω n = O factor de amortecimento, ζ = c c cr = c mω n m A frequência das vibrações amortecidas, 11.36 rad/s 450 0.633 (sub-crítico) 31.7 11.36 ω a = ω n 1 ζ 8.79 rad/s p.18 Capítulo 6

6.3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRÁTICAS Exercício A massa m 1 é suportada pela mola estando em equilíbrio estático. Uma segunda massa m cai de uma altura h e choca com a massa m 1, ficando as massas, a partir do instante do choque, ligadas uma à outra. Determine o subsequente movimento u(t) medido a partir da posição de equilíbrio estático da massa m 1 antes do choque. a velocidade da massa m no instante do choque calcula-se aplicando o princípio da conservação da energia: m gh = 1 mv 0 v 0 = gh A velocidade das duas massas imediatamente após o choque calcula-se aplicando o princípio da conservação da quantidade de movimento: (m 1 + m )v = m v 0 v = A nova posição de equilíbrio estático será dada por, δ e = m g δ e = m g h m m 1 + m gh A frequência das pequenas oscilações em torno da nova posição de equilíbrio será ω = m 1 + m As vibrações em torno da posição de equilíbrio são definidas por u(t) = A sin ωt + B cosωt onde A e B são constantes arbitrárias que vão ser determinadas a partir das condições iniciais. Admitindo o eixo u dirigido para cima, as condições iniciais são u(0) = δ e = m g Resulta então u(t) = A sin ωt + B cos ωt u(t) = ωa cosωt ωb sin ωt u(0) = u 0 ; u(0) = u 0 u(0) = v = m m 1 + m gh m 1 m { B = u0 ωa = u 0 A = u 0 /ω p.19 Capítulo 6

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS u(t) = gh u(t) = u 0 ω sin ωt + u 0 cosωt m m1 + m sin ( ) ( ) t + m g m 1 + m cos t m 1 + m u choque u Mu0 u 0 u 0 posição equilíbrio t u 0 u M a amplitude do movimento será, u M = A + B = u 0 + u 0 ω Em relação à posição de equilíbrio estático da massa m 1 antes do choque, ū = u u 0 p.0 Capítulo 6