vibração fornada harmonicamente
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Vibração forçada harmonicamente com e sem amortecimento.TRANSCRIPT
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Vibrações
Livre Forçada
SemAmortecimento
Comamortecimento
SemAmortecimento
Comamortecimento
[ ] [ ] [ ] ( )t F xK xC x M =++ &&&
[ ] [ ] 0=+ xK x M &&
[ ] [ ] [ ] 0=++ xK xC x M &&& [ ] [ ] ( )t F xK x M =+&&
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
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VibraVibraçção forão forççada:ada: Existe uma fonte externa adicionando energia ao sistema.
4.1 – Introdução
F(t)
t
( ) ( )φ +Ω= t senF t F o
Fo
F(t)
xx
mmkk
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x(t) harmônica monofreqüência
x(t) harmônica multifreqüência
x(t) aleatória
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Excitação & Resposta
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Excitação & Resposta
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Excitação & Resposta
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Excitação Harmônica
( ) ( )t it F eF t F t i ω ω ω sincos00 +== (4.1)
( ) t F t F cos0= ( ) t senF t F ω 0= (4.2)
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Excitação Harmônica
SISTEMAF(t) harmônica x(t) harmônica
ωωωω0 = ωωωωnRESSONÂNCIA
x(t) muito grande, podendoocasionar a falha do sistema
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Excitação Harmônica
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Exemplos de Excitação Harmônica
Máquina rotativa desbalanceada : se o automóvel trepida, a carroceria vibra
ou o volante oscila, ele pode estar desbalanceado.
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Exemplos de Excitação Harmônica
Automóvel deslocando-se sobre estrada de perfil senoidal
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4.2 – Modelagem
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4.2 – Modelagem
)(t F kx xm =+&&
(4.3)
∑ = amF rr
t F kx xm o cos=+&& (4.4)
t m
F x
m
k x o ω cos=+&& (4.5)
m
k n =ω (4.6)
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4.2 – Modelagem
t At sen A x nnh cos21 +=
(4.9)
(4.8)0=+ xm
k
x&&
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento: ph x x x += (4.7)
SoluSoluçção da equaão da equaççãoão homgêneahomgênea SoluSoluçção da equaão da equaçção particularão particular
EquaEquaçção Homogênea:ão Homogênea:
A soluA soluççãoão éé aamesma do caso demesma do caso de
um movimento livreum movimento livre
não amortecidonão amortecido
SoluSoluççãoãoEquaEquaççãoão
Homogênea:Homogênea:
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Tende a desaparecer quando
há amortecimento;
representa a resposta transienteRepresenta a
resposta permanente
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4.2 – Modelagem
ph x x x +=
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Fim da resposta transiente eFim da resposta transiente eininí í cio da resposta permanentecio da resposta permanente
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4.2 – Modelagem
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4.2 – Modelagem
SoluSoluççãoão
EquaEquaççãoão
Particular:Particular:
( ) ( ) t F t Ak t Am o ω ω ω ω coscoscos2 =+−
t A x ω cos= t sen A x −=& t A x ω ω cos2−=&&
t F kx xm o cos=+&&
t F t mk A o ω ω ω coscos2 =−
2mk
F A o
−= (4.10)
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4.2 – Modelagem
ph x x x +=
t At sen A x nnh cos21 +=
t A x p cos=
2mk
F A o
−=
t mk
F t At sen A x onn ω ω ω coscos 221
−++= (4.11)
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0)0( x x =
0)0( x x && =CondiCondiçções iniciaisões iniciais
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4.2 – Modelagem
t mk
F t At sen A x o
nn ω ω ω coscos221
−++=
t senmk
F t sen At A x onnnn ω
ω ω ω ω ω
221 cos−
−−=&
220ω mk
F A x o
−+=
10 A x n=&
202ω mk
F x A o
−−= (4.12)
n
x A
ω
01
&= (4.13)
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4.2 – Modelagem
t mk
F t At sen A x o
nn ω ω
ω ω coscos221
−++=
n
x A
ω 0
1
&=
202ω mk
F x A o
−−=
t mk
F t mk
F xt sen x x on
on
n
ω ω
ω ω
ω ω
coscos 2200
−+
−−+= & (4.14)
t m
F
t m
F
xt sen x
xn
o
n
n
o
n
n
ω ω ω
ω ω ω
ω ω
coscos22220
0
−+
−−+=
&(4.15)
÷÷÷÷÷÷÷÷ mm ÷÷÷÷÷÷÷÷ mm
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4.2 – Modelagem
MMááxima Amplitude da Equaxima Amplitude da Equaçção Particular:ão Particular:
k ÷2mk
F A o
−=
21 ω k
mk
F
A
o
−
=
2
1
−
=
n
o
k F
A
ω
ω
2
1
−
=
n
o A
ω
ω
δ
2
1
1
−
=
n
o
A
ω
ω δ (4.16)
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4.2 – Modelagem
Fator de Amplificação, Fator de Ampliação ou Coeficiente de Amplitude:
oδ
A Representa a razão entre a amplitude dinâmica
e a amplitude estática do movimento.
o
AFA
δ = (4.17)
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4.2 – Modelagem
Relação de Freqüências:n
r ω
= (4.18)
2
1
1
−
=
n
FA
ω ω (4.19)
21
1
r FA
−= (4.20)
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Resposta em Freqüência:
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4.2 – Modelagem
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Caso 1:Caso 1: 0 < r < 1 21
1
r
AFA
o −==
δ
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Análise da Resposta em Freqüência
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P r o
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Caso 2:Caso 2: r > 1 ⇒ 1 - r2
é (-) ⇒ A é (-)
onde a amplitude A é redefinida como:
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Resposta permanente: t At x p cos)( −= (4.21)
k m
F A
−
=20
ω (4.22)
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P r o
f . A l e x a n d r e E d u a r d o –
C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
Resposta na Ressonância
ARESSONÂNCI⇒= nω ω
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Caso 3:Caso 3: r = 1 ⇒ A → ∞
t tsent x nno ω
δ
2)( = (4.23)
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P r o
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Determine a resposta do sistema considerando os seguintes dados:m = 10 kg, k =1000 N/m, x 0 = 0,v 0 = 0.2 m/s, F = 23 N, ω = 2ωn
rad/s202 == n
EXEMPLO 4.1
N/kg3.2kg10
N23===
m
F f o
o
m02.0rad/s10
m/s2.00 ==n
x
ω
&rad/s10
kg10
N/m1000===
m
k nω
t m
F
t m
F
xt sen x
xn
o
nn
o
nn
ω ω ω
ω ω ω
ω ω
coscos22220
0
−+
−−+=
&
(4.15)
m108s / rad)20(10
N/kg3.2 3222222
0 −×−=−
=−ω ω n
f
t mF
t mF
t sen x
xn
o
n
n
o
n
n
ω ω ω
ω ω ω
ω ω
coscos2222
0
−+
−−=
&
t xt xt sen x 20cos10810cos1081002.0 33 −− +−=
Ã
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f . A l e x a n d r e E d u a r d o –
C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e
c â n i c a s
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
Ocorre quando a excitação harmônica tem uma freqüência muito próxima
(mas não exatamente igual) à freqüência natural do sistema.
t mk
F
t mk
F
xt sen
x
x o
no
n
nω ω ω ω ω ω coscos 220
0
−+
−−+=
&
(4.14)
Consideremos a solução geral
Sejam ambas as C. I. nulas (sistema inicialmente em repouso):
t mk
F t
mk
F x o
no ω
ω ω
ω coscos
22 −+
−−= (4.24)
ÃO O O O O44
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29
P r o
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c â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
RelaRelaçções fundamentaisões fundamentais
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
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P r o
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c â n i c a s
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
t
mk
F t
mk
F x o
no ω
ω
ω
ω
coscos22
−
+
−
−= (4.24)
)cos(cos /
)cos(cos)(22
02
0 t t mF
t t
mk
F t x n
n
n ω ω
ω ω
ω ω
ω
−
−
=−
−
=
(4.25)
)22
2( / )(22
0 t tsensenmF
t x nn
n ω ω
−+
−= (4.26)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
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P r o
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c â n i c a s
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
Consideremos ω um pouquinho menor do que ωn:
ε 2=−n (4.27)
onde ε é uma quantidade positiva muito pequena
Por outro lado, se ωn ≈ ω, então
2≈+ n (4.28)
Multiplicando as eqs. (4.27) e (4.28):
εω ω ω 422 =−n (4.29)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
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32
P r o
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C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e
c â n i c a s
t senmF
.)2
/ ( 0 ε
ε
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
Substituindo as eqs. (4.27), (4.28) e (4.29) na eq. (4.26):
t sent senmF
t x ω ε εω
).2
/ ()( 0= (4.30)
Como ε << ω, sen εt varia lentamente, sendo seu período 2π / ε grande.
Então, a eq. (4.30) pode ser vista como representando uma vibração de
período 2π / ω e amplitude variável
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
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33
P r o
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C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e
c â n i c a s
O senωt desenvolve vários ciclos, enquanto que o sen εt desenvolve apenas umciclo:
Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
t sent senmF t x ω ε ε
).2
/ ()( 0= (4.30)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL44
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34
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Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
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Fenômeno do Batimento
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Fenômeno do Batimento
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE SEM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
Período do Batimento:
Freqüência do Batimento:ω ω
π
ε
τ
−
==
n
b
2
2
2(4.31)
ω ω ω
τ
π ω −=⇒= nb
b
b
2(4.32)
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37
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c â n i c a s
Exemplo de BatimentoExemplo de Batimento:: duas máquinas de mesma rpm nominal,
montados sobre a mesma base.
Fenômeno do Batimento
Ç O O Ç O C S O C O G4 4
EXEMPLO 4.2
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c â n i c a s
Uma bomba alternativa com 150 lbf de peso está montada no meio de uma placa
de aço de 0.5 in de espessura, 20 in de largura e 100 in de comprimento, presa por
braçadeiras ao longo de duas bordas.
Durante a operação da bomba, a placa é sujeita a uma força harmônica
F(t) = 50cos62.83 t [Lbf] .
Determine a amplitude de vibração da bomba.
EXEMPLO 4.2
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Solução:
A placa pode ser modelada como uma viga fixa nas duas extremidades:
( )( ) 433
in0.2083
12
5.020
12
=== bh
I
Rigidez devido a flexão:
( )( )( )
( ) in
lbf 1200
100
2083.010301921923
6
3 ===
x
L
EI k
EXEMPLO 4.2
![Page 40: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/40.jpg)
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Solução:
Amplitude da resposta harmônica:Amplitude da resposta harmônica:
in0.1504
srad 62.832
ftin12
*sft
32.2
lbf 150inlbf 1200
lbf 50
2
2
−=
−
= A
2mk
F A o
−=
g
PmgmP =→= .
O sinal negativo de A, indica que a resposta x(t) está defasada da excitação F(t) .
EXEMPLO 4.3
![Page 41: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/41.jpg)
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Deduzir a equação do movimento e achar a resposta permanente do
sistema da figura para o movimento de rotação em torno do ponto O,
para os seguintes dados: M = 50 kg, m = 10 kg, k1 = k2 = 5000 N/m, a = 0,25 m,
b = 0,5 m, l = 1 m, F0 = 500 N e ω = 1000 rpm.
EXEMPLO 4.3
![Page 42: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/42.jpg)
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C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
Solução:
EXEMPLO 4.3
![Page 43: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/43.jpg)
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C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
Solução:
EquaEquaçção de Movimento para movimento rotacional ao redor do pontoão de Movimento para movimento rotacional ao redor do ponto OO::
( ) ( ) ( )( )lt senF lF bk ak Ml J oo ω θ θ ..2221
2 ==+++ &&
SoluSoluçção Particular:ão Particular: t sen p θ θ .=
EXEMPLO 4.3
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C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
SoluSoluçção Equaão Equaçção Particular:ão Particular:
t sen p θ θ .= t p ω ω θ θ cos.=& t senω ω θ θ 2.−=&&
( ) ( ) ( )( )lt senF lF bk ak Ml J oo ω θ θ ..2221
2 ==+++ &&
( )( ) ( )( ) ( )( )lt senF t senbk ak t sen Ml J oo ω ω θ ω ω θ ..... 22
21
22 =++−+
( ) lF bk ak Ml J oo ... 22
21
222 =++−− θ ω ω
EXEMPLO 4.3
![Page 45: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/45.jpg)
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C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
22
21
222 .. . bk ak Ml J lF
o
o
++−−= ω ω θ
( ) 22
21
22
.
bk ak Ml J
lF
o
o
++−−=
ω θ
( ) ( ) 2222
21
.
ω θ
Ml J bk ak
lF
o
o
+−+=
( ) ( )
t sen
Ml J bk ak
lF
o
o p ω
ω
θ ..
222
2
2
1 +−+
=
Solução:
EXEMPLO 4.3
![Page 46: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/46.jpg)
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P r
o f . A l e x a n d r e E d u a r d o –
C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
( ) ( ) t sen
Ml J bk ak
lF t t sen
o
onn ω
ω ω θ ω θ θ .
.cos
2222
21
21+−+
++=
ph θ θ θ +=
Solução:
t t sen nnh θ θ θ cos21 +=
( ) ( ) t sen
Ml J bk ak lF
o
o p ω
ω θ ..
2222
21 +−+
=
EXEMPLO 4.3
![Page 47: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/47.jpg)
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C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s 0)0( θ θ =CondiCondiçções iniciaisões iniciais
( ) ( ) t sen
Ml J bk ak
lF t t sen
o
onn ω
ω ω θ ω θ θ .
.cos
2222
21
21+−+
++=
Solução:
20 θ θ =
EXEMPLO 4.3
![Page 48: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/48.jpg)
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P r
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C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
0)0( θ θ && =CondiCondiçções iniciaisões iniciais
( ) ( ) t
Ml J bk ak lF t sent
o
onn ω ω
ω ω ωθ ω ωθ θ cos..cos
2222
21
21+−+
+−=&
( ) ( )ω
ωθ θ 22
2
2
1
10
.
Ml J bk ak
lF
o
o
+−+
+=&
( ) ( ) ω
ω ωθ θ .
.222
22
110
Ml J bk ak
lF
o
o
+−++=&
Solução:
EXEMPLO 4.3
![Page 49: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/49.jpg)
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49
P r
o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Solução:
( ) ( )ω θ ωθ
222
21
01
.
Ml J bk ak
lF
o
o
+−++−=− &
( ) ( )[ ]ω ω ω θ θ 22
22
1
01 . Ml J bk ak lF
o
o
+−++−=−
&
( ) ( )[ ]2222
21
01
.
ω ω ω
θ θ
Ml J bk ak
lF
o
o
+−+−=
&
EXEMPLO 4.3
![Page 50: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/50.jpg)
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P r
o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Solução:
( ) ( ) t sen
Ml J bk ak
lF t t sen
o
onn ω
ω ω θ ω θ θ .
.cos
2222
21
21+−+
++=
( ) ( )[ ]2222
21
01
.
ω ω ω
θ θ
Ml J bk ak
lF
o
o
+−+−=
&
( ) ( )[ ]
( ) ( ) t sen
Ml J bk ak
lF t
t sen Ml J bk ak
lF
o
on
no
o
ω ω
ω θ
ω ω ω ω
θ
θ
..
cos
.
.
2222
21
0
2222
21
0
+−++
++−+−=
&
&
EXEMPLO 4.3
![Page 51: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/51.jpg)
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51
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Solução:
( )( )
232
kg.m33.331103
1
3
1
=== ml J o
( ) ( )[ ]
( ) ( ) t sen
Ml J bk ak
lF t
t sen Ml J bk ak
lF
o
o
n
n
o
o
ω ω ω θ
ω ω ω ω
θ θ
.
.
cos
..
2222210
2222
21
0
+−++
++−+
−=
&
&
M = 50 kg, m = 10 kg, k1 = k2 = 5000 N/m, a = 0,25 m,
b = 0,5 m, l = 1 m, F0 = 500 N e ω = 1000 rpm.
rad/s104.6760
2.1000 ==
π ω
EXEMPLO 4.4
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Um automóvel desloca-se sobre uma
pista ondulada com velocidadeh
km x 80=&
(a)(a) Determine a amplitude da vibração
forçada do automóvel de peso P, cuja
suspensão cede de uma altura h sob o peso
do carro, em condição estática. A pista tem
um perfil harmônico
=
L
xsen y
o
..
π δ
Adote os seguintes valores :
δo = 0.03 m; L = 12 m; h = 0.1 m;
(b)(b) Qual a velocidade do automóvel para
qual haverá ressonância na vibração
vertical ?
EXEMPLO 4.4
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7/17/2019 Vibração fornada Harmonicamente
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53
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Solução:
ok P δ = ok mg δ =o
g
m
k
δ =
rad/s9.90410.081.9
====o
n
g
m
k
δ ω
Hz1.582
904.9
2 ===
π π n
n f
FrequenciaFrequencia natural de vibranatural de vibraççãoão
EXEMPLO 4.4
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Comprimento de ondaComprimento de onda
Solução:
f T
1=
t
S V
∆
∆=
T V
λ = f v .λ =
Distância percorrida durante 1 oscilação completa!
f T
..22
π ω == λ π ω
v..2= vv
L
v.262.0.
12. ===
π π ω
s
rad 5.822
km1
m1000
3600s
1h
h
km 800.262.262.0 =
== vω
FrequenciaFrequencia de excitade excitaççãoão
EXEMPLO 4.4
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55
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Solução:
(a) Amplitude de vibra(a) Amplitude de vibraçção forão forççadaada
2
1
−
=
n
o A
ω
ω
δ m A 0458.0
904.9822.5
1
03.02 =
−
=
(b) Velocidade cr(b) Velocidade crí í tica do automtica do automóóvelvel
Igualando as frequencias natural e forçada ⇒ ωωωωωωωωnn == ωωωωωωωω
nv =*262.0 904.9*262.0 =vh
km 136
s
m 37.8vc ==
EXEMPLO 4.5
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56
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
O conjunto motor-bomba de peso de 2500 N está apoiado sobre quatro molas
de constante de 3800 N/m cada uma. O motor só pode se mover na vertical, e a
amplitude de vibração é de 0.020 m a uma velocidade de 600 rpm.
Sabendo-se que a massa desbalanceada é 6 kg , determinar a distância entre
seu eixo de massa e o eixo de giro.
EXEMPLO 4.5
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57
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
N2500P =
m
N
152004xm
N
3800k eq ==
kg254.84m =
Solução:
FrequenciaFrequencia natural de vibranatural de vibraççãoão
s
rad 7.72
84.254
15200===
m
k eq
nω
FrequenciaFrequencia de excitade excitaççãoão
s
rad 62.83
rot1
rad2π
60s
min
min
rot600 ==ω
EXEMPLO 4.5
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58
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o
– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Solução:
Amplitude de vibraAmplitude de vibraçção forão forççadaada
22
11
−
=
−
=
nn
o k
P
A
ω
ω
ω
ω
δ m
N 15200keq =
s
rad 7.72=
n
ω
s
rad 62.83=ω
N2500P =
m xk
P
A
n
322 1053.2
24.65
164.0
72.783.62
1
152002500
1
−−=−=
−
=
−
=
ω
ω
EXEMPLO 4.5
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59
P
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Solução:
2.. ω emF c = 2.ω m
F e c= ( )
mm13m0.01383.62.6
3042 ===e
( ) N304020.015200. =
== m
m
N xk F eq
EXEMPLO 4.6
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P
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
O diagrama esquemático de uma turbina de
água tipo Francis está mostrado na Fig. , na
qual a água flui de A para as lâminas B e caem
no conduto C.
O rotor tem uma massa de 250 kg e um
desbalanceamento (me) de 5 kg.mm.
A folga radial entre o rotor e o estator é 5
mm. A turbina opera na faixa de velocidades
entre 600 e 6000 rpm. Considerar 0.8 da
velocidade ω1 e 1.2 de ω2.
O eixo de aço que suporta o rotor pode ser
assumido como engastado nos mancais (livre
para girar).
Determinar o diâmetro do eixo de forma que o
rotor não entre em contato com o estator em
todas as velocidades de operação da turbina.
Assumir que o amortecimento é pequeno.
m2l
/ 2.07x10E
rpm6000n
rpm600n
m0.005mm5A
kg.m0.005kg.mm5
kg250m
211
2
1
=
=
=
=
==
==
=
⊗
m N
me
Dados
EXEMPLO 4.6
S l ã
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P
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Solução:
2
2
ω ω
mk me A−
=
+= m A
me
k
2
ω
3
4
3
4
3
4
3147.0
64
3643
3
l
Ed
l
Ed
l
d E
l
EI k ==
== π
π
+= m
A
me
l
Ed 23
4
147.0 ω
+= m
A
me
E
ld
147.0
. 324 ω
+= m
A
me
E
ld
324 .
791.6 ω
Amplitude de vibraAmplitude de vibraçção forão forççadaada
Rigidez dinâmicaRigidez dinâmica
Diâmetro do EixoDiâmetro do Eixo
Rigidez flexionalRigidez flexional
EXEMPLO 4.6
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P
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e c â n i c a s
Solução:
Faixa de velocidades de operaFaixa de velocidades de operaçção da turbinaão da turbina
21 ≤≤
s
rad 62.83
s
rad 20π
60
2π x600
60
2π xω 11 ==== n
s
rad 628.31
s
rad 200π
60
2π x6000
60
2π xω 22 ==== n
21 2.18.0 ≤≤
Faixa de velocidades de operaFaixa de velocidades de operaçção da turbina considerando uma margem deão da turbina considerando uma margem de
seguranseguranççaa
97.75326.50 ≤≤
31.62883.62 ≤≤
EXEMPLO 4.6
k250m
⊗ Dados
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63
P
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Solução:
Diâmetro do EixoDiâmetro do Eixo
+= m
A
me
E
ld
324 .
791.6 ω 97.75326.50 ≤≤
m2l / 2.07x10E
rpm6000n
rpm600n
m0.005mm5Akg.m0.005kg.mm5
kg250m
211
2
1
==
=
=
====
=
m N
me
4
321
1
.791.6
+= m
A
me
E
ld
ω
4
322
2
.791.6
+= m
A
me
E
ld
ω
( ) ( )4
11
32
1 250005.0
005.0
1007.2
2.26.50791.6
+=
xd m0.1131 =d
( ) ( )4
11
32
2 250005.0
005.0
1007.2
2.97.753791.6
+=
xd m0.4402 =d
EXEMPLO 4.6
S l ã
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64
P
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Solução:
+= m
A
mek
2ω
FrequenciaFrequencia naturalnatural
k k
m
k
n
0632.0250
===ω
11 0632.0 k n =ω
22 0632.0 k n =ω
211 251ω =k
222 251ω =k
srad 50.3226.50*2510632.02510632.0 22
11 === ω ω n
97.75326.50 ≤≤
s
rad 754.9397.753*2510632.02510632.0 22
22 === ω ω n
+= m
A
me
E
ld
324 .
791.6 ω
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
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P
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
Vibrações
Livre Forçada
Sem
Amortecimento
Com
amortecimento
Sem
Amortecimento
Com
amortecimento
[ ] [ ] [ ] ( )t F xK xC x M =++ &&&
[ ] [ ] 0=+ xK x M &&
[ ] [ ] [ ] 0=++ xK xC x M &&&
[ ] [ ] ( )t F xK x M =+&&
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4 3 C d d
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66
P
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
ModeloModelo comcom ExcitaExcitaççãoão porpor
desbalanceamentodesbalanceamento dede massamassa
ModeloModelo comcom ExcitaExcitaççãoão ExternaExterna
Transmissibilidade de Força
ModeloModelo comcom ExcitaExcitaççãoão de Basede Base
Transmissibilidade de Deslocamento
4.3 – Casos a serem estudados
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4 3 1 M d l E it ã E t
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7/17/2019 Vibração fornada Harmonicamente
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P
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
Sistema em OperaSistema em Operaççãoão Gerar ForGerar Forççasas Produzir VibraProduzir Vibraççõesões
IndesejIndesejááveisveis
Podem ser reduzidasPodem ser reduzidasProjetar os suportesProjetar os suportesReduzir seus efeitosReduzir seus efeitos
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4 3 1 Modelo com Excitação Externa
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68
P
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e c â n i c a s
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4 3 1 Modelo com Excitação Externa
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69
P
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e c â n i c a s
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4 3 1 Modelo com Excitação Externa
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P
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e c â n i c a s
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
∑ = amF rr
t senF xckx xm o+−−= &&& t senF kx xc xm o=++ &&& (4.33)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4 3 1 – Modelo com Excitação Externa
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71
P
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
e c â n i c a s
t senm
F x
m
k x
m
c x o ω =++ &&&
(4.34)
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
mk
c
m
c
c
c
ncrit .2..2 ===ω
ζ (3.149)
Da Equação 3.149:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4 3 1 – Modelo com Excitação Externa
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7/17/2019 Vibração fornada Harmonicamente
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e c â n i c a s
t senm
F x x x o
nn ω ω ζω =++ 22 &&& (4.35)
4.3.1 Modelo com Excitação Externa
m
k n =ω
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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4.3.1 Modelo com Excitação Externa
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:
ph x x x += (4.36)
SoluSoluçção da equaão da equaççãoão homgêneahomgênea SoluSoluçção da equaão da equaçção particular:ão particular:
parte do movimento que continuaparte do movimento que continua
enquanto a forenquanto a forçça F estiver presentea F estiver presente
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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P
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
4.3.1 Modelo com Excitação Externa
EquaEquaçção Homogênea:ão Homogênea:
A soluA soluççãoão éé a mesma do caso de um movimento livre amortecido.a mesma do caso de um movimento livre amortecido.
SoluSoluçção Equaão EquaççãoãoHomogênea:Homogênea:
+=
−−−
−+−
− t t
t
h
nnn beaee x
ω ζ ζ ω ζ ζ ζω
11 22
(4.38)
( )θ ω ζω += −t sen Ae x a
t
hn .. (4.39)
0=++ kx xc xm &&& (4.37)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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P
r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o
– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
ç
SoluSoluçção Particular:ão Particular:
t Bt Asen x p cos+=
t Bsent A x p −= cos&
t Bt Asen x p ω ω ω ω cos
22
−−=&&
t senF kx xc xm o=++ &&&
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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76
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
ç
SoluSoluçção Particular:ão Particular:
t senF t kBt kAsent Bsenct Act Bmt Asenm o ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω =++−+−− coscoscos22
( ) ( ) ( ) t senF t Bt Asenk t Bsent Act Bt Asenm o ω ω ω ω ω ω ω ω ω =++−++− coscoscos
2
0≠t sen 0cos ≠t
( ) ( ) t senF t BmkB Act senkA Bc Am o ω ω ω ω ω ω ω =−+++−− cos22
( ) oF kA Bc Am =+−− ω ω 2
02 =−+ BmkB Ac ω ω
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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77
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
SoluSoluçção Particular:ão Particular:
( ) oF kA Bc Am =+−− ω ω 2
02 =−+ BmkB Ac ω ω
( ) oF Bc Amk =−− ω ω 2
( ) 02 =−+ Bmk Ac ω ω
=
−
−−
02
2oF
B
A
mk c
cmk
ω ω
ω ω
222
2
)()(
)(
ω ω
ω
cmk
mk F A o
+−
−= (4.40)
( )
( ) ( )
2222
22
...2 ω ω ζ ω ω
ω ω
nn
on F A
+−
−=
222 )()( ω ω cmk
F c B o
+−
−= (4.41)( ) ( )2222 ...2
....2
ω ω ζ ω ω
ω ζ
nn
on F B
+−=
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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78
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
222
2
)()(
)(
ω ω
ω
cmk
mk F
A o
+−
−
=222 )()( ω ω
ω
cmk
cF B o
+−
−=
Substituir
t Bt Asen x p cos+=
( )222
2
)()( cos)(ω ω
ω ω ω ω cmk
t ct senmk F x o p+−−−= (4.42)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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79
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
( )222
2
222 )()(
cos)(
)()( ω ω
ω ω ω ω
ω ω cmk
t ct senmk
cmk
F x o
p
+−
−−
+−=
)()()( 222
φ ω ω ω
−+−
= t sencmk
F x o
p (4.43)
222
1
2
1
2
)(
tan
r
r
mk
c
n
n
−
=
−
=
−
= ζ
ω ω
ω
ω ζ
ω
ω φ (4.44) Ângulo de Fase:Ângulo de Fase:
( )222
2
)()(
cos)(
ω ω
ω ω ω ω
cmk
t ct senmk F x o p
+−
−−=
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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80
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– C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:
ph x x x +=
( ) )()()(
..222
φ ω ω ω
θ ω ζω −+−
++= −t sen
cmk
F t sen Ae x o
a
t n
(4.45)
( )θ ω ζω += −t sen Ae x a
t
hn ..
)()()( 222
φ ω ω ω
−+−
= t sencmk
F x o
p
Resposta Transiente Resposta em regime permanente
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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81
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M e c â n i c a s
( ) )()()(
..222
φ ω ω ω
θ ω ζω −+−
++= −t sen
cmk
F t sen Ae x o
a
t n
(4.45)
Resposta Transiente Resposta em regime permanente
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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82
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M e c â n i c a s
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:
( ) )(.. φ ω θ ω ζω −++= −t sen At sen Ae x oa
t n (4.47)
A e θ ⇒ Constantes a serem determinadas pelas condições iniciais.
São diferentes daquelas obtidas para o caso de resposta livre.São diferentes daquelas obtidas para o caso de resposta livre.
222
0
)()( ω ω cmk
F A
o +−=
(4.48)
( ) )()()(
..222
φ ω ω ω
θ ω ζω −+−
++= −t sen
cmk
F t sen Ae x o
a
t n
(4.46)
Resposta Transiente Resposta em regime permanente
Ao
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83
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M e c â n i c a s
Condições iniciais:
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
( ) )(.. φ ω θ ω ζω −++= −t sen At sen Ae x oa
t n
θ
φ
sen
A x A
o cos0 −= (4.49)
( )( )
+−+
−=φ ζω φ ω ζω
φ ω θ cos
cos00
0
non
oa
sen A x x
A xarctg
&(4.50)
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4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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84
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M e c â n i c a s
Portanto, a resposta permanente tem a mesma forma da excitação (função harmônica),
tem a mesma freqüência ω, porém está atrasada em relação à excitação de um ângulo de
fase φ.
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4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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85
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M e c â n i c a s
222
0
)()( ω ω cmk
F Ao
+−=
(4.48)
222
0
)()( ω ω cmk
F Ao
+−= k ÷
222
0
)1()( ω ω ck k
mk k
k
F
Ao
+−
=
22
22
0
)2.
1(1 ζω ω ω ω
ω n
nn
o
mm
k
F
A
+
−
=
n2mω
c=ζ ζ n2mω=c
mk nn .m
k 22 ω ω =→=
Usando resposta de vibraUsando resposta de vibraçção forão forççada para medir as propriedades de um sistemaada para medir as propriedades de um sistema
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4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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86
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M e c â n i c a s
22
2
0
)2.
1(1 ζω ω ω ω
ω n
nn
o
mm
k F
A
+
−
=222
0
21
+
−
=
nn
ok
F
A
ω
ω ζ
ω
ω
222
21
+
−
=
nn
oo A
ω ω ζ
ω ω
δ
(4.51)
Usando resposta de vibraUsando resposta de vibraçção forão forççada para medir as propriedades de um sistema.ada para medir as propriedades de um sistema.
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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87
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M e c â n i c a s
222
21
+
−
=
nn
oo A
ω
ω ζ
ω
ω
δ
(4.51)
222
21
1
+
−
=
nn
o
o A
ω
ω ζ
ω
ω δ (4.52)
Usando resposta de vibraUsando resposta de vibraçção forão forççada para medir as propriedades de um sistema.ada para medir as propriedades de um sistema.
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
o
oδA
Representa a razão entre a amplitude dinâmica e a
amplitude estática do movimento.
Fator de Amplificação, Fator de Ampliação ou Coeficiente de Amplitude:
o
o AFA
δ = (4.53)
222
21
1
+
−
=
nn
FA
ω
ω ζ
ω
ω (4.54)
Usando resposta de vibraUsando resposta de vibraçção forão forççada para medir as propriedades de um sistema.ada para medir as propriedades de um sistema.
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4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
![Page 89: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/89.jpg)
7/17/2019 Vibração fornada Harmonicamente
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89
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o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
Fator de Amplificação: n
r ω
= (4.55)
[ ] [ ]222
..21
1
r r
FA
ζ +−
= (4.54) 2
1
..2tan
r
r
−
= ζ
φ
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
222
21
+
−
=
nn
oo A
ω
ω ζ
ω
ω
δ
(4.51)
DeterminaDeterminaçção daão da frequênciafrequência dede ressonânicaressonânica ⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒ Amplitude da respostaAmplitude da resposta éé mmááximaxima
AAoo será a amplitude máxima se o denominador é um mínimo.
( ) ( )( ) 021 222 =+− r r dr
d ζ (4.56)
( ) 0421 2224 =+−+ r r r d
d ζ (4.57)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
( ) 0421 2224 =+−+ r r r dr
d ζ
0844 23 =+− r r r ζ ( ) 0844 22 =+− ζ r r
02122
=+− ζ r
SoluSoluçção:ão:0844 22 =+− ζ r
0=r
22
21 ζ −=r
221 ζ −=r (4.58)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
221 ζ −=r (4.58) Para:
( ) ( ) ( ) ( )222222 2121 r r
k
F
r r
A
o
oo
ζ ζ
δ
+−=
+−=
22 1212 ζ ζ ζ ζ
δ
−=
−= k
F
A
o
o MAX
(4.59)
212
1
ζ ζ −= MAX FA
(4.60) ζ 2
1)( =resFA (4.61)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d
o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
Fator de Qualidade (ou Agudeza de Ressonância)
( ) aressonanciFAQ = (4.62)
ζ 2
1=Q (4.63)
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4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
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Para pequenos ζ (< 0.2)
Largura da banda ∆ω∆ω∆ω∆ω
Fator de Qualidade
122
1
ω ω ζ −== n
Q (4.64)
nζω ω ω ω 212 =−=∆ (4.65)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.1 – Modelo com Excitação Externa
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M e c â n i c a s
Frequências da Banda
−+=
QQn 2
1
4
11
21 ω ω (4.66)
++=
QQn
2
1
4
11
22 ω ω (4.67)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
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M e c â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
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o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
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VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
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o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
![Page 99: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/99.jpg)
7/17/2019 Vibração fornada Harmonicamente
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99
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d
o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.7
Um compressor a ar com massa 100 kg é montado sobre uma base elástica.
Foi observado que quando uma amplitude de força harmônica de 100 N é
![Page 100: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/100.jpg)
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100
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d
o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
q q p ç
aplicada no compressor, o máximo deslocamento foi de 5 mm obtido a uma
rotação de 300 rpm.
Determine as constantes de rigidez e amortecimento da base elástica.
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.7
Solução:
![Page 101: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/101.jpg)
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101
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d
o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s
M e c â n i c a s
rad/s10π60
300x2πrpm300n
N;100F
kg;100mm;0.005mm5
:
max
o
==→=
=
===
⊗
ω
o A
DADOS
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.7
METODOLOGIA PARA SOLUMETODOLOGIA PARA SOLUÇÇÃO:ÃO:
![Page 102: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/102.jpg)
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102
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212 ζ ζ −=
k
F
A
o
MAX
(4.59)
m
k n =ω
(4.6)
n
r ω
=
(4.55)
mk
c
m
c
n .2..2 ==ω
ζ
(3.149)
221 ζ −=r (4.58)
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.7
Solução:
212 ζ ζ −= k
F
A
o
MAX
![Page 103: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/103.jpg)
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103
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
ζζ
k k
m
k n 01.0
100 ===ω
n
r ω
= 2
21 ζ −=r
22101.0
ζ ω
−=k
22101.0
10ζ
π −=
k
22101.0
4.31ζ −=
k
22101.0
96.985ζ −=
k 202.001.0
96.985
ζ −=k
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.7
Solução:
N;100F
kg;100m
m;0.005mm5
:
o =
=
==
⊗
o A
DADOS
![Page 104: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/104.jpg)
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104
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212 ζ ζ −= k
F
A
o
MAX
202.001.0
96.985
ζ −=k
2
2
12
00201.0985100
005.0ζ ζ
ζ
−
−= ( )2
2
00201.0
12
985
100005.0
ζ
ζ ζ
−
−=
( )2
2
00201.0
12
985
100005.0
ζ
ζ ζ
−
−=
( )2
2
00201.0
12030.0005.0
ζ
ζ ζ
−
−= 0998.0=ζ
rad/s10π60
300x2πrpm300n max ==→= ω
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.7
Solução:
m;0.005mm5
:
==
⊗
o A
DADOS
![Page 105: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/105.jpg)
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105
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
rad/s10π60
300x2π
rpm300n
N;100F
kg;100m
max
o
==→=
=
=
ω
mk c
mc
cc
ncrit .2..2 ===ω
ζ (3.149)
nm
c
ω ζ
..2= N.s/m633.396..2. == nmc ζ
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.8
Determinar a resposta total de um sistema com 1GDL, com os seguintes
parâmetros::⊗ Dados
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106
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
0x m;0.01xiniciaisCondições
N/m4000k N.s/m;20c kg;10m
:
00 ==→
===
⊗
&
Dados
a) Uma força F(t) = Fo.cosωt atua no sistema com Fo = 100 N e ω = 10 rad/s;
b) Vibração livre com F(t) = 0 .
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.8
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:
( ) )(.. φ ω θ ω ζω −++= −t sen
F t sen Ae x o
a
t n
(4 46)
![Page 107: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/107.jpg)
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107
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
( ) )()()( 222
φω ω +− cmk
a (4.46)
Resposta Transiente Resposta em regime permanente
( ) )(.. φ ω θ ω ζω −++= −t sen At sen Ae x oa
t n (4.47)
[ ] [ ]222222
0
.21)()( r r cmk
F A oo
ζ
δ
ω ω +−=
+−=
(4.48)
θ
φ
sen
A x
A o cos0 −
= (4.49)
( )( )
+−+
−=
φ ζω φ ω ζω
φ ω θ
cos
cos
00
0
non
oa
sen A x x
A xarctg
&(4.50)
21
..2tan
r
r
−=
ζ φ (4.57)
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.8
0x m;0.01xiniciaisCondições
N/m4000k N.s/m;20c kg;10m
:
00 ==→
===
⊗
&
Dados
Solução:
FrequênciaFrequência NaturalNatural
![Page 108: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/108.jpg)
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108
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Hz3.18rad/s20kg10
N/m4000==== m
k nω
FrequênciaFrequência NaturalNatural
Deslocamento EstDeslocamento Estááticotico
m0.025N/m4000
N100===
k
F ooδ
Razão deRazão de FrequênciasFrequências
5.020
10===
n
r ω
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.8
a) Uma força F(t) = Fo.cosωt atua no sistema com Fo = 100 N e ω = 10 rad/s;
b) Vib ã li F(t) 0
Solução:
![Page 109: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/109.jpg)
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109
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r
d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
0x m;0.01xiniciaisCondições
N/m4000k N.s/m;20c kg;10m
:
00 ==→
===
⊗
&
Dados
b) Vibração livre com F(t) = 0 .
( )( )05.0
1040002
20
22 =====
mk
c
m
c
c
c
ncrit ω ζ
Fator de AmortecimentoFator de Amortecimento
FrequênciaFrequência amortecidaamortecida
( ) Hz3.18rad/s19.9720.05.01.1 22 ==−=−= na ω ζ ω
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.8
0x m;0.01xiniciaisCondições
N/m4000k N.s/m;20c kg;10m
:
00 ==→
===
⊗
&
DadosSolução:
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110
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d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e
s M e c â n i c a s
Amplitude da Resposta em Regime PermanenteAmplitude da Resposta em Regime Permanente
[ ] [ ]222222
0
.21)()( r r cmk
F A o
o
ζ ω ω +−=
+−=
(4.48)
[ ] [ ] ( )[ ] ( )( )[ ]m0.025
5.005.0205.01
025.0
.21 222222=
+−
=+−
=r r
A oo
ζ
δ
21
..2tan
r
r
−=
ζ φ (4.57)
Ângulo de FaseÂngulo de Fase( )( )
( )o81.3
5.01
5.005.0.2tan
2 =→
−= φ φ
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.8
Solução:
m;0.01x:
0 =⊗ Dados Ângulo da Resposta TransienteÂngulo da Resposta Transiente
![Page 111: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/111.jpg)
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a r
d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e
s M e c â n i c a s
m-0.00234A
rad/s;10
rad/s;20ω
0.05;
;3.81 m;0.033A
rad/s;19.97
0x
n
o
o
0
0
=
=
=
=
=
=
=
=
ω
ζ
φ
ω a
&
( )
( )
+−+
−=
φ ζω φ ω ζω
φ ω θ
cos
cos
00
0
non
oa
sen A x x
A xarctg
&
(4.50)
( )( )( )( ) ( )( )( )
o
senarctg 96.83
81.3cos2005.081.310025.001.02005.0
81.3cos025.001.097.19=
+−
−=θ
o96.83=θ
θ
φ
sen
A x A o cos0 −= (4.49)
Amplitude MAmplitude Mááxima da Resposta Transientexima da Resposta Transiente
m0.023096.83
81.3cos033.001.0−=
−=
sen A
EXEMPLO 4.3
EXEMPLO 4.8
S lS l ã G l d M i tã G l d M i t
0
0
rad/s;19.97
0x
m;0.01x
:
=
=
=
⊗
ω a
Dados
&
![Page 112: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/112.jpg)
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112
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d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e
s M e c â n i c a s
SoluSoluçção Geral do Movimento:ão Geral do Movimento:
( ) )(.. φ ω θ ω ζω −++= −t sen At sen Ae x oa
t n (4.47)
( ) )81.310(025.096.8397.19.0230.0 20*05.0 oot t sent sene x −++−= −
o
n
o
o
84.39
m-0.00234A
rad/s;10
rad/s;20ω 0.05;
;3.81
m;0.033A
=
=
=
==
=
=
θ
ω
ζ
φ
Um sistema massa-mola-amortecedor está sujeito a uma força harmônica.
Determinar a amplitude de movimento e o ângulo de fase.
EXEMPLO 4.9
![Page 113: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/113.jpg)
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113
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r
d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e
s M e c â n i c a s
400sen30tF
N/m;10000k
N.s/m;150c
kg;5m
:
=
=
=
=
⊗ Dados
EXEMPLO 4.9
Solução:
Amplitude da Resposta em Regime PermanenteAmplitude da Resposta em Regime Permanente:
400sen30tF
N/m;10000k
N.s/m;150c
kg;5m
:
=
=
=
=
⊗ Dados
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114
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r
d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e
s M e c â n i c a s
[ ] [ ]222222
0
.21)()( r r cmk
F A o
o
ζ
δ
ω ω +−=
+−=
(4.48)
Hz7.16rad/s72.44kg5
N/m10000====
m
k nω FrequênciaFrequência Natural:Natural:
Razão deRazão de FrequênciasFrequências:: 6708.072.44
30===
n
r ω
( )( )3354.0
5100002
150
22 =====
mk
c
m
c
c
c
ncrit ω ζ Fator de Amortecimento:Fator de Amortecimento:
EXEMPLO 4.9
Solução:
N/10000k
N.s/m;150ckg;5m
:
==
⊗ Dados
Deslocamento EstDeslocamento Estááticotico
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115
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s M e c â n i c a s
400sen30tF
N/m;10000k
=
=
[ ] [ ] ( )[ ] ( )( )[ ]m0.0563
6708.03354.026708.01
04.0
.21 222222=
+−
=+−
=r r
A oo
ζ
m0.04N/m10000
N400===
k
F ooδ
21
..2tan
r
r
−=
ζ φ (4.57)
Ângulo de FaseÂngulo de Fase
( )( ) oarctg
r
r 29.39
6708.01
6708.03354.02
1
..2tan
22 =
−=→
−= φ
ζ φ
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
Isolamento de vibraIsolamento de vibraçções:ões:
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base
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s M e c â n i c a s
Isolamento de vibraIsolamento de vibraçções:ões:
1) Isolar a m1) Isolar a mááquina de deslocamentos provenientes da base (fundaquina de deslocamentos provenientes da base (fundaçção)ão)
devidosdevidos ààs vibras vibraçções provocadas por equipamentos situados nasões provocadas por equipamentos situados nas
vizinhanvizinhançças.as.
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
Supondo x > y:
![Page 117: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/117.jpg)
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117
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s M e c â n i c a s
2a Lei de Newton:
xm y xk y xc &&&& =−−−− )()(
( ) y xk − ( ) y xc && −
0)()( =−+−+ y xk y xc xm &&&&
(4.67)ky yckx xc xm +=++ &&&&
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
(4 67)kyyckxxcxm +++ &&&&
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
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118
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s M e c â n i c a s
t Ysen y b= t Y y bb cos=&
(4.67)ky yckx xc xm +=++
Movimento da base:
Substituindo na EDOL:
t Yksent Yckx xc xm bbb +=++ cos&&& (4.68)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
t Yksent Yckx xc xm +=++ cos&&& (4.68)
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119
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e
s M e c â n i c a s
Trigonometria:
Associando P = ωt e Q = α
Multiplicando por A:
PsenQQsenPQPsen coscos)( −=− (4.69)
t sent sent sen α coscos)( −=− (4.70)
t Asent Asent Asen coscos)( −=− (4.71)
Yc AsenYk A == - e cos (4.72)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
t Yksent Yckx xc xm +=++ cos&&& (4.68)
![Page 120: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/120.jpg)
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120
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e
s M e c â n i c a s
[ ] ( ) ( )[ ]t senk t cY t sen At Asen +=+− coscoscos
[ ] ( ) ( )[ ][ ]22 coscoscos t senk t cY t sen At Asen ω ω ω ω α ω α +=+−
[ ] ( ) ( ) t senk t cY t sen At sen A ω ω ω ω α ω α 22222222222 coscoscos +=+
[ ] ( ) ( )2222222 cos k cY Asen A +=+ ω α α
t Asent Asent Asen coscos)( −=− (4.71)
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
[ ] ( ) ( )2222222 cos k cY Asen A +=+ ω α α
![Page 121: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/121.jpg)
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121
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e
s M e c â n i c a s
22
)( ω ck Y A += (4.72)
k
csentgα −== cos (4.73)
−= k
carctg
ω α (4.74)
s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
Logo, a EDOL pode ser rescrita como:
![Page 122: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/122.jpg)
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122
P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e
s M e c â n i c a s
( )−=++ t Asenkx xc xm &&& (4.75)
ou:
( )α ω ω −+=++ t senck Y kx xc xm
222&&& (4.76)
Conclusão:
o deslocamento harmônico da base
equivale à excitação de uma força harmônica de amplitude A,
atuando diretamente sobre a massa m.
s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
Algumas RelaAlgumas Relaçções Importantes:ões Importantes:
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123
P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
( ) ( ) ( )α ω ω ζ ω ω ω ζω −+=++ t senmmY x x x nnnn
22222 2.2 &&&
nm
c
ω ζ 2=
m
k
n
=ω
ζ nmc 2=
mk n .2ω =
( )α ω ω ζ ω ω ω ζω −+=++ t senY x x x nnnn
22242 42 &&& (4.77)
s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
A resposta em regime permanente da massa pode ser expressa:
![Page 124: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/124.jpg)
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124
P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a s
( ))(
)()(
1222
22
α φ ω
ω ω
ω −−
+−
+= t sen
cmk
ck Y x p (4.78)
2221 1
2
1
2
)(tan
r
r
mk
c
n
n
−=
−
=−
= ζ
ω
ω
ω ω ζ
ω
ω φ (4.79)
Ângulo de Fase:Ângulo de Fase:
Que é semelhante a expressão 4.43.
)()()( 222 φ ω ω ω −+−= t sencmk
F
x
o
p (4.43)
a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
Pode-se colocar a eq. (4.78) numa forma mais conveniente:
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125
P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a
( ))(
)()(1222
22
α φ ω ω ω
ω −−
+−
+= t sen
cmk
ck Y x p (4.78)
)()( φ −= t Xsent x p (4.79)
onde:( )
( ) ( )222
22
ω ω
ω
cmk
ck Y X
+−
+= (4.80)
φ φ += 1 (4.81)
a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
onde φ1 e α são dados, respectivamente, por
![Page 126: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/126.jpg)
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126
P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a
após simplificações
−
=21
ω
ω φ
mk
carctg (4.82)
−=
k
carctg
ω α (4.83)
)
)2(1
2(
22
3
r r
r arctg
ζ
ζ φ
+−
= (4.84)
a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
Usando:nm
c
ω ζ
2= ζ nmc 2=
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127
P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a
( ) ( )( ) ( )2222
222
22
ω ω ζ ω ω ω ω ζ ω
nn
nn
mmmmm
Y X
+−+=
mk
n =ω mk n .2
ω =
222
2
)2()1(
)2(1
r r
r
Y
X FA
ζ
ζ
+−
+== (4.85)
Fator de amplificaFator de amplificaçção:ão:
a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
Se uma massa deve ser isolada de um indesejado movimento harmônico da
b t i ibilid d d d l t d i l d é d d
![Page 128: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/128.jpg)
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c a
222
2
)2()1()2(1
r r
r
Y
X T d
ζ
ζ
+−
+== (4.86)
base, a transmissibilidade de deslocamento do isolador é dada por
Qual a freqQual a freqüüência em que a amplitudeência em que a amplitude éé mmááxima?xima?
Qual o ponto de mQual o ponto de mááxima amplitude?xima amplitude?
ζ
ζ
2
811 2++−=r (4.87)
c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.2 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Deslocamento
![Page 129: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/129.jpg)
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129
P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c
2=nω nω ω *2=
c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.3 – Comparação entre as Curvas de Transmissibilidade de Deslocamento de Força
![Page 130: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/130.jpg)
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130
P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e c â n i c
c a s
EXEMPLO 4.10
A figura abaixo mostra um modelo simplificado de um veículo motorizado que oscila na
direção vertical (1 GDL) enquanto move-se sobre uma estrada ondulada.
A carroceria suspensa do veículo tem uma massa de 1200 kg e o sistema de suspensão
tem constante equivalente de mola de 400 kN/m e constante de amortecimento de 20
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c â n i c
kNs/m .
Se a velocidade do veículo é de 100 km/h , determine a amplitude X do movimento da
carroceria.
Sabe-se que a superfície da estrada varia segundo uma senóide com amplitude Y = 0.05
m e λ = 6 m .
m6
m;0.05Y
km/h;100v
N/m;000400k
N.s/m;20000c
kg;1200m:
=
=
=
=
=
=⊗
λ
Dados
c a s
EXEMPLO 4.10
Solução:
k1200
:⊗ Dados
![Page 132: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/132.jpg)
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c â n i
m6
m;0.05Y
km/h;100v
N/m;000400k
N.s/m;20000c
kg;1200m
=
=
=
=
=
=
λ
( )( ) ( )
2
1
222
2
2121
+−
+=
r r
r
Y
X
ζ
ζ (4.75)
i c a s
EXEMPLO 4.10
Solução:
km/h;100v
N/m;000400kN.s/m;20000c
kg;1200m
:
=
==
=
⊗ Dados
![Page 133: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/133.jpg)
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c â n
m6
m;0.05Y
;
=
=
λ
FreqFreqüüência Natural:ência Natural: rad/s26.181200
400000===
m
k nω
Fator de Amortecimento:Fator de Amortecimento:
( )( ) 46.03.1812002
20000
2 ===nm
c
ω ζ
n i c a s
EXEMPLO 4.10
Solução:
:⊗ Dados
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a
r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c â n
m6
m;0.05Y
km/h;100v
N/m;000400k N.s/m;20000c
kg;1200m
=
=
=
==
=
λ
rad/s29.089
ciclo6
rad2π
s3600
1h
km1
m1000
h
km 100 =
=ω
n i c a s
EXEMPLO 4.10
Solução:
6.123.1809.29 ===
n
r ω
Razão deRazão de FrequênciaFrequência::
![Page 135: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/135.jpg)
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c â n
mm42.5m0.0425)6.1*5.0*2()6.11(
)6.1*5.0*2(105,0
222
2
==+−
+= X
( )
( ) ( )
21
222
2
21
21
+−
+=
r r
r
Y
X
ζ
ζ (4.75)
n i c a s
EXEMPLO 4.10
Solução:
![Page 136: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/136.jpg)
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136
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c â n
85.005.0
0425.0 ==Y
X
6.123.18
09.29===
n
r ω
n i c a s
Isolamento de vibraIsolamento de vibraçções:ões:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
2) Isolar a base (funda2) Isolar a base (fundaçção) de forão) de forçças geradas pela mas geradas pela mááquina (casos dequina (casos de
![Page 137: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/137.jpg)
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137
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c â mmááquinas rotativas, alternativas, prensas, etc.)quinas rotativas, alternativas, prensas, etc.)
â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força
![Page 138: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/138.jpg)
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c â
Força transmitida a massa principal = Força no suporte
t F y xk y xc xm =−+−=− )()( &&&& (4.88)
â n i c a s
)( φ −= t Xsen x p
Resposta permanente:Resposta permanente:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força
)cos( φ −= t X x p&
![Page 139: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/139.jpg)
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139
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c â esposta pe a e tep p p
)(2 φ ω ω −−= t Xsen x p&&&
Substituindo na Eq. 4.88:
t F xm =− &&
t F y xk y xc xm =−+−=− )()( &&&& (4.88)
( )φ ω ω −−−= t XsenmF t
2 ( )φ ω ω −= t XsenmF t
2
( )φ −= t senF F T t (4.89)
X mF T
2ω = (4.90)
Valor mValor mááximo a forximo a forçça transmitida a base:a transmitida a base:
â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força
X mF T
2ω = (4.90) ( )
( ) ( )
21
222
2
21
21
+−
+=
r r
r
Y
X
ζ
ζ (4.75)
![Page 140: Vibração fornada Harmonicamente](https://reader030.vdocuments.net/reader030/viewer/2022020717/563db85e550346aa9a930fb1/html5/thumbnails/140.jpg)
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140
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c â
( )
( ) ( )
2
1
222
22
21
21
+−
+=
r r
r
Y
m
F
n
T
ζ
ζ ω ( )
( ) ( )222
2
221
21
r r
r
Y m
F
n
T
ζ
ζ
ω +−
+=
( )( ) ( )222
2
2
2
2121
r r
r
Y m
X m
n ζ
ζ
ω
ω
+−
+= (4.92)( )( ) ( )222
22
2121
r r
r r Y
X T F
ζ
ζ
+−
+==
( )
( ) ( )222
2
21
21
r r
r
kY
F T
ζ
ζ
+−
+= (4.91)
c â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Transmissibilidade de Força
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7/17/2019 Vibração fornada Harmonicamente
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141
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c
c â n i c a s
Deslocamento da massa em relaDeslocamento da massa em relaççãoão àà basebase
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo
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142
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c y x z −= (4.93)
EDO:EDO:
0)()( =−+−+ y xk y xc xm &&&&
(4.94) ymkz zc zm &&&&& −=++
(4.95)t Ysenmkz zc zm ω ω 2=++ &&&
c â n i c a s
Resposta Permanente:Resposta Permanente:
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo
2ω Ym
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143
P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ
e s M e c
( ) ( )
)()( 1
22
2
φ ω
ω ω
ω −
+−
= t sen
cmk
Y mt z (4.96)
Amplitude Z:Amplitude Z:
( ) ( )222
2
ω ω
ω
cmk
Y m Z
+−=
(4.97)
( ) ( )222
2
21 r r
r Y Z
ζ +−= (4.98)
c â n i c a s Ângulo de FaseÂngulo de Fase φφφφφφφφ11::
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.3.3 – Modelo com Excitação de Base : Movimento Relativo
−=
21ω
ω φ
mk
carctg (4.99)
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144
P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e
−= 21
2
r
r arctg
ζ φ (4.100)
( ) ( )222
2
21 r r
r
Y
Z
ζ +−= (4.101)
e c â n i c a s
Uma máquina pesando 3000 N está
colocada sobre uma fundação elástica.
A deflexão estática da fundação devida ao
peso da máquina vale 7,5 cm.
EXEMPLO 4.11
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145
P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e
Observa-se que a máquina vibra com uma
amplitude de 1 cm quando a base da fundação
é submetida a uma oscilação harmônica de
amplitude 0,25 cm e freqüência igual à
freqüência natural do sistema.
Determinar:
(1) coeficiente de amortecimento da fundação;
(2) amplitude da força transmitida à base;
(3) amplitude do deslocamento da máquina em
relação à base.
e c â n i c a s
⊗⊗⊗⊗⊗⊗⊗⊗ DADOSDADOS::
W = 3000 N ⇒ m = 305,81 kg
δst = 7,5 cm = 0,075 m
X = 1 cm
Y = 0,25 cm = 0,0025 m
Sistema em ressonância:Sistema em ressonância:
nr ω ω ω
=⇒== 1
Solução:
EXEMPLO 4.11
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146
P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e nω
rad/s44.11075.0
81.9====
st
n
g
δ ω ω
Na ressonância: r = 1r = 1 ( )
( ) ( )
2
1
222
2
21
21
+−
+=
r r
r
Y
X
ζ
ζ (4.75)
ζ
ζ
ζ
ζ
2
)2(1
)2(
)2(1 2
2
2 +=
+=
Y
X
e c â n i c a s
Solução:
EXEMPLO 4.11
1291.040025.0
010.0
2
)2(1 2
=⇒==+
ζ ζ
ζ
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147
P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M e
44,111291,081,305222
x x xmcm
cn
n
==⇒= ζω ω
ζ
N.s/m051.903=c
(1) coeficiente de amortecimento da funda(1) coeficiente de amortecimento da fundaççãoão
e c â n i c a s
22 )2(1 r
rTζ +
=
(2) Amplitude da for(2) Amplitude da forçça transmitidaa transmitida àà base;base;
Solução:
EXEMPLO 4.11
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148
P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
222
)2()1( r r
r T f
ζ +−
=
Na ressonância:
ζ
ζ
2
)2(1 2+= f T
41291.0*2 )1291.0*2(1
2
=+= f T
r = 1r = 1
M e c â n i c a s
kY
F T T
f
= kY T F f T =
N/m51.4002244.11*81.305 22 === nmk ω
Solução:
EXEMPLO 4.11
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149
P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
N400.220025.0*51.40022*4 ==T F
( ) ( )222
2
21 r r
r Y Z
ζ +−
=
mm9.67m00968.0
1291.0*2
0025.0
2
====
ζ
Y Z
Obs.:Obs.: Z = 0,00968 mZ = 0,00968 m ≠ XX -- Y = 0,01Y = 0,01 -- 0,0025 =0,0025 = 0,0075 m0,0075 m
por causa da diferença de fase entre x, y e z.
Na ressonância:
r = 1r = 1
M e c â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
Pequenas irregularidades na distribuição de massas rotativas de eixos de
máquinas rotativas, quando em movimento, podem causar vibrações devido ao
desbalanceamento rotativo.
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150
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a r d o – C u r s o d e V i b r a ç õ e s M
M e c â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
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P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e s M
m 0
k
c
e
ωωωωr
e = excentricidade;
m o = massa de
desbalanceamento
ωωωωr = frequência de rotação
Esquema do
desbalanceamento
rotativo de uma
máquina
M e c â n i c a s
m 0
e
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
m 0
R x
ωωωωr
t esen x r r =
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152
P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e s M
k
c
ωωωωrt e
0
θ θθ θ R y
ω ωω ω r t e x
r r r
ω ω cos=&
t esen x r r r ω ω 2−=&&
t ememam R
t senemsenemam R
r r or o y y
r r or o x x
ω ω θ ω
ω ω θ ω
coscos 220
220
−=−==
−=−==(4.102)
M e c â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
2 sino r r
mx cx kx m e t ω ω + + =&& & (4.103)
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153
P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e s
2 2 2 sinon n r r
m x x x e t
mζω ω ω ω + + =&& & (4.104)
( ) sin( ) p r
x t X t ω φ = − (4.105)
M e c â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
( )
2
22 2(1 ) 2
om e r X
m r r ζ =
− +(4.106)
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154
P r o f . A l e x a n d r e E d u
a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e s
Na ressonância r = 1 :
m
em X
ζ 2
0= (4.107)
122tan
1r
r ζ φ − = −
(4.108)
M e c â n i c a s
VIBRAÇÃO FORÇADA HARMONICAMENTE COM AMORTECIMENTO 1 GDL4 4
4.4 – Desbalanceamento Rotativo
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155
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a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e s
s M e c â n i c a s
Uma máquina rotativa apresenta os seguintes dados: deflexão na ressonância
é 0.1 m, ζ = 0.05 e a m0 = 10% do valor de m.Determinar o valor da excentricidade (e) e a quantidade de massa adicional (∆m)
necessária para reduzir a amplitude máxima para 0.01 m.
EXEMPLO 4.11
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156
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e s
;*1.0m
m0.1X
0.05;ζ
:
0 m
DADOS
=
=
=
⊗
s M e c â n i c a s
Na ressonância r = 1
Solução:
EXEMPLO 4.11
ζ m
em
X 20
= (4.108) ;*1.0m
m0.1X
0.05;ζ
:
0 m
DADOS
=
=
=
⊗
ExcentricidadeExcentricidade
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157
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e s
( )( )( ) m0.1101.005.0220
==
=m
m X e ζ
Agora, para calcular a massa para reduzir a amplitude de vibração:
m
m0
X
0.1 m
= 10
101.0
01.0
0
=
∆+
m
mm
( )10
1.0
01.0
1.0 =
∆+
m
mmmm *9=∆
s M e c â n i c a s
A seção do rotor da cauda do helicóptero é composto por quatro hélices, cada uma de
massa 20 kg, motor tem massa 60 kg, tendo uma rigidez de 1x105 N/m.
A seção de cauda está ligada ao corpo principal do helicóptero por uma estrutura elástica.
Durante o vôo o rotor opera a 1500 rpm.
Assuma que o sistema tem uma relação de amortecimento de 0,01.
EXEMPLO 4.12
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158
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e s
Durante o vôo 500 g de partículas se prendem a uma das hélices, a 15 cm a partir do eixo
de rotação.
Qual é a amplitude de vibração causada pelo desequilíbrio rotativo resultante?
e s M e c â n i c a s
DADOS
kg;60m
N/m;10x1k
:
motor
5
=
=
⊗
EXEMPLO 4.12
Solução:
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159
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e
rpmn
m
m
r 1500
;15.015cme
0.01;
g;500kg.50mkg;20m
0desb
helice
=
==
=
====
ζ
e s M e c â n i c a s
FrequênciaFrequência dede rotarotaççãoão::
EXEMPLO 4.12
Solução:
rad/s157rev
rad2π
60s
min
min
rev
1500rpm1500 ===r ω
m
DADOS
g;500kg50m
kg;20m
kg;60m
N/m;10x1k
:
helice
motor
5
===
=
=
=
⊗
FrequênciaFrequência natural:natural:
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P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e
45.4rad/s35.24
rad/s157 ===n
r ω
( ) ( )rad/s35.24
kg60kg20.5N/m1x105
=+
==m
k nω
rpmn
m
m
r 1500
;15.015cme
0.01;
g;500kg.50m 0desb
=
==
=
===
ζ
RazãoRazão dede FrequênciaFrequência::
( )
2
22 2(1 ) 2
om e r X m r r ζ
=− +
(4.106)
e s M e c â n i c a s
Amplitude deAmplitude de vibravibraççãoão::DesbalanceamentoDesbalanceamento rotativorotativo
EXEMPLO 4.12
Solução:
( )( ) ( )45.415.05.0 2mkgm
DADOS
g;500kg50m
kg;20m
kg;60m
N/m;10x1k
:
helice
motor
5
===
=
=
=
⊗
( )
2
22 2(1 ) 2
om e r X m r r ζ
=− +
(4.106)
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161
P r o f . A l e x a n d r e E d u a r d o – C u r s o d e V i b r a ç
õ e ( )( ) ( )
( )( ) ( )( )( ) m0.00345.401.0245.41
5
5.20
5050222 =−−= kg
mkg
X
rpmn
m
m
r 1500
;15.015cme
0.01;
g;500kg.50m 0desb
=
==
=
===
ζ
Na ressonância r = 1
ζ m
em X
2
0= (4.107)
( ) ( )0.5 kg 0.15 m 10.183 m or 18.3 cm
20.5 kg 2(0.01) X = =
rpm336.52min
60s
rad2πs
rad 35.24 rad/s35.24 ===
revr ω
AA mmááximaxima deflexãodeflexão ocorreocorre nana velocidadevelocidade::