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Vibrações
3.4
Leitura Recomendada
Thomson, W.T., 1978, Teoria da Vibração com Aplicações, Interciência, Cap.2, pág. 15 a 22 e 33 a 35, Rio de Janeiro. Rao, S.S., 1995, Mechanical Vibrations, Addison-Wesley, 3rd Ed., Cap.2, pág. 97 a 128, New York.
3.5
Exercícios Propostos
Determinar a equação dinâmica e a freqüência natural não-amortecida dos problemas: a) Considerar: k1=100 N/m; k2=150 N/m; k3=200 N/m; m=2 kg; l1=0,15 m; l2=0,25 m
k1
O
k2
P
e l3=0,4 m.
l1
k3
l2 l3
m x b) Considerar: k1=100 N/m; m=2 kg; J0=0,32 kg m2 e r =0,1 m.
r
k1
4r
J0
m x(t)
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4. VIBRAÇÃO COM EXCITAÇÃO HARMÔNICA 4.1
Equação Diferencial Geral
Uma força variável atua no modelo massa-mola-amortecedor da figura abaixo: x -
+
k m
F
-kx
F
.
-cx
c
mg
N
Para uma força harmônica, F (t ) = F0 cos(ω t ) , atuante na massa do sistema acima, define-se
ω como a freqüência de excitação. Aplicando a segunda lei de Newton, tem-se: m!x! = F0 cos(ω t ) − cx! − kx
ou
m!x! + cx! + kx = F0 cos(ω t )
As soluções que resolvem a equação acima estão relacionadas na figura abaixo:
xh(t)
Transiente
xp(t)
Estado estacionário
x(t)=xh(t)+xp(t)
Total
Como a equação diferencial é não-homogênea, sua solução geral x ( t ) é dado pela soma de: - solução homogênea, xh (t ) (transiente ou vibração livre), e - solução particular, x p (t ) (estado estacionário devido à força F(t) ). Prof. Airton Nabarrete
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4.2
Excitação Harmônica de Sistemas sem Amortecimento
Se a mesma força harmônica atua sobre a massa do sistema sem amortecimento, a equação dinâmica do movimento é: m!x! + kx = F0 cos(ω t ) A solução particular para o deslocamento é harmônica e tem a mesma freqüência da força. x p (t ) = X 0 cos(ω t ) Na solução particular acima, X0 representa a máxima amplitude. Derivando a expressão e substituindo na equação dinâmica do movimento, obtém-se :
{
}
m − ω 2 X 0 cos (ω t ) + k { X 0 cos (ω t )}= F0 cos (ω t )
∴ X0 =
F0 k − mω 2
F0 F0 k = k 2 X0 = 2 ω k mω 1− 2 − k k ωn
, ou ainda,
Fazendo X est = F0 k , como a deflexão estática devido a F0 , e r = ω ω n como a razão de freqüência, tem-se: X0 =
X est 1− r 2
A solução homogênea para vibração livre, demonstrada no capítulo I, é : x h (t ) = A1 cos(ω n t ) + A2 sen(ω n t ) A solução geral, torna-se então: x(t ) = x h (t ) + x p (t ) = A1 cos(ω n t ) + A2 sen(ω n t ) +
X est cos(ω t ) 1− r2
Usando as condições de contorno para t = 0 , ou seja, x(0) = x0 e x! (0) = v0 , obtém-se: A1 = x0 −
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X est 1− r2
e
A2 =
v0 ωn
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Assim,
v x(t ) = 0 ωn
X sen (ω n t ) + x0 − est2 1− r
X cos(ω n t ) + est2 1− r
cos(ω t )
No exemplo da figura abaixo emprega-se a solução acima em um sistema sem amortecimento com os seguintes parâmetros: ωn=1 rad/s, ω =2 rad/s, Xest=0,02 m, e condições iniciais x0=0,01 m e v0=0,01 m/s.
4.2.1 Batimento O batimento é um importante fenômeno que ocorre quando a freqüência de trabalho tem valor próximo ao valor da freqüência natural, porém não é igual. Na figura abaixo, apresenta-se o resultado gráfico para dados como ωn=1 rad/s e ω =0,9 rad/s.
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No gráfico anterior, foram usadas as condições iniciais x0 = 0 e v0 = 0, ou seja: X X x(t ) = 0 + 0 − est2 cos(ω n t ) + est2 cos(ω t ) ⇒ 1− r 1− r
x(t ) =
X est [cos(ω t ) − cos(ω n t )] 1− r2
4.2.2 Ressonância Se a freqüência de trabalho tem valor igual ao da freqüência natural, ocorre o fenômeno de ressonância, onde a amplitude do movimento cresce indefinidamente. Para a análise da ressonância pode-se utilizar a expressão anterior com as condições iniciais x0 = 0 e v0 = 0. Se
ω → ω n , então r → 1 e a expressão tem resultado indefinido. Aplica-se, então, a regra de L'Hospital para avaliar o limite da equação. d [cos(ωt ) − cos(ω n t )] cos(ω t ) − cos(ω n t ) ω d lim X 2 = ω lim X est ω →ω n est ω → n ω 2 d ω 1 − 1− 2 dω ω n ωn t ⋅ sen (ω t ) X est ω n t sen (ω n t ) = lim X est = ω →ω n ω 2 2⋅ 2 ωn Conclui-se que a resposta do sistema em ressonância se torna: x(t ) =
X est ω n t sen (ω n t ) 2
No gráfico da figura abaixo, observa-se que a amplitude cresce proporcionalmente ao tempo.
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4.3
Excitação Harmônica de Sistemas Amortecidos
Como apresentado na seção 4.1, a equação dinâmica do sistema é: m !x! + c x! + k x = F0 cos(ω t ) A solução particular para o deslocamento é harmônica e tem a mesma freqüência da força. x p (t ) = X 0 cos(ω t − φ ) X0 e φ representam, respectivamente, a amplitude e o ângulo de fase da solução particular. Substituindo esta solução na equação dinâmica, obtém-se:
{(
)
}
X 0 k − mω 2 cos(ω t − φ ) − cω sen (ω t − φ ) = F0 cos(ω t ) Faz-se necessário escrever as seguintes relações trigonométricas: cos(ω t − φ ) = cos(ω t )cos(φ ) + sen (ω t )sen (φ ) sen (ω t − φ ) = sen (ω t )cos(φ ) − cos(ω t )sen (φ ) Após a substituição, pode-se decompor a expressão em função de sen(ω t) e cos(ω t):
{(
)
}
X 0 k − mω 2 cos(φ ) + cω sen (φ ) cos(ω t ) = F0 cos(ω t )
{(
)
}
X 0 k − mω 2 sen (φ ) − cω cos(φ ) sen (ω t ) = 0 Após algumas manipulações algébricas, as constantes X0 e φ são determinadas como: X0 =
F0
(k − mω )+ (cω )
2
2
cω e φ = arctg 2 k − mω
A análise destas expressões é facilitada quando divide-se numerador e denominador por k. Pode-se escrever algumas relações em função do fator de amortecimento: c 2ζ mω n 2ζ = = ωn k k
,
F0 = X est k
e r=
ω ωn
Por fim, determina-se que: X0 =
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X est
(1 − r ) + (2 ζ r ) 2 2
2
e
2ζ r φ = arctg 2 1− r
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A solução particular é escrita na forma: x p (t ) =
X est
(1 − r ) + (2 ζ r ) 2 2
2
2ζ r cosω t − arctg 2 1 − r
Nas figuras abaixo, observa-se os gráficos de F (t ) e x p (t ) . À direita, pode-se verificar um gráfico polar que demonstra o ângulo de fase entre os vetores F (t ) e x p (t ) .
F(t)
F(t)
xp(t) ωt
xp(t)
φ
2π
φ
X0 F0
ωt
Neste caso, a solução geral é obtida novamente como a soma da solução homogênea e da solução particular, ou seja: x(t ) = e −ζ ω n t [Ah cos (ω a t − φ h )] + X 0 cos(ω t − φ p ) Na equação acima, o primeiro termo representa uma solução transiente. Diferente do capítulo 1, na equação acima, Ah e φ h não são determinados somente em função das condições iniciais, mas também como função da força de excitação. Desenvolvimento semelhante está apontado na seção 4.2. Observando o gráfico da seção 4.1, pode-se notar que quando o tempo t aumenta, a solução transiente diminui sua contribuição na amplitude e somente o segundo termo da equação acima se torna relevante. Portanto, o segundo termo da equação é chamado de resposta do estado estacionário.
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4.3.1 Ganhos e Fases como função do Amortecimento Os próximos gráficos indicam exemplos de ganho e fase em função da razão de freqüência r.
X0 3 X e st
ζ=0.1
2.5 2
ζ=0.25 ζ=0.5
1.5
ζ=1 1 0.5
r 0 0
φ
0.5
1
1.5
2
2.5
3
180 160 140
ζ=0.1 ζ=0.25 ζ=0.5
120 100 ζ=1.0
80 60 40
ζ=0.1
20
r 0 0
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0.5
1
1.5
2
2.5
3
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Dos gráficos da página anterior, pode-se concluir: Quando 0 < ζ < 1
2 , a função de ganho possui um ponto de máximo quando
r = 1 − 2ζ 2 . No valor máximo do ganho, admite-se que ω = ω res , onde ω
res
é denominada
freqüência de ressonância. A expressão que calcula o valor da freqüência de ressonância é:
ω res = ω n 1 − 2ζ 2 ω res tem valor menor do que as freqüências natural não-amortecida e natural amortecida ( ω a = ω n 1 − ζ 2 ).
ω res < ω a < ω n Na freqüência de ressonância o máximo valor do ganho é dado por: X0 1 = X est max 2ζ 1 − ζ 2 O valor do ganho para ω = ω n é dado por: X0 1 = X est ω =ω n 2ζ O valor máximo do ganho pode ser utilizado numa determinação experimental da quantidade de amortecimento presente no sistema. Por outro lado, se a quantidade de amortecimento for conhecida, pode-se realizar uma estimativa do máximo ganho.
4.3.2 Exemplo de Aplicação No primeiro exemplo, representado na figura, um compressor de ar de massa 70 kg, é montado no meio de uma placa de aço com espessura de 12 mm, largura de 500 mm e comprimento de 2500 mm, que está engastada nas duas extremidades. Durante a operação do compressor, a placa fica sujeita a uma força harmônica F(t)=50 cos(62,832 t). Encontre a amplitude de vibração da placa.
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12 mm
F(t)
2500 mm
A placa pode ser modelada como uma viga bi-engastada de seção 12 x 500 mm. O módulo de elasticidade do aço é 2,05 x 105 N/mm2. A rigidez da viga à flexão é dada por: k=
(
)
192 EI 192 × 2,05 × 105 × 500 × 123 / 12 N = = 1,814 × 105 3 3 m 2500 l
A freqüência natural é calculada por: 1,814 × 105 k rad = = 50,9 70 m s
ωn = Assim,
r=
ω 62,832 = = 1,23 ωn 50,9
4.4
e
X0 =
F0 k
(1 − r )
2 2
=
50 1,814 × 105
(1 − 1,23 )
2 2
= 5,27 × 10− 4 m
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Thomson, W.T., 1978, Teoria da Vibração com Aplicações, Interciência, Cap.3, pág. 54 a 56, Rio de Janeiro. Rao, S.S., 1995, Mechanical Vibrations, Addison-Wesley, 3rd Ed., Cap.3, pág. 191 a 197, New York.
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4.5
Exercícios Propostos
a) Utilize a solução geral vista no item 4.2 e trace o gráfico do sistema sem amortecimento com k=1800 N/m, m=2 kg e que é forçado a vibrar por uma força harmônica F(t)=10 cos(28 t). As condições iniciais x0 e v0 podem ser consideradas nulas, porém desenvolva o traçado do gráfico com pelo menos 20 períodos completos. Neste caso, qual é o intervalo mínimo de tempo (resolução) que deve ser considerado para traçar o gráfico?
b) Com os mesmos dados do problema anterior, trace o gráfico quando F(t)=10 cos(ωres t), ou seja, quando a freqüência de trabalho for igual a natural não amortecida. Desenvolva, também, este traçado com pelo menos 20 períodos.
c) Derive a equação dinâmica e encontre a solução de estado estacionário para movimentos angulares θ(t) em torno do ponto O, do sistema mostrado na figura. São dados: k1 = 1000 N/m; k2=500 N/m; c1=100 Ns/m; c2=80 Ns/m; F0=15 N; ω=45 rad/s; l=0,9 m e m=4 kg.
k2
m O
k1
c2
c1 F0 cos(ω t)
l /3
l /6
l /4
d) Derive a equação dinâmica e encontre a solução de estado estacionário na coordenada x(t) apontada no sistema da figura abaixo. A força externa aplicada é F(t)=35 cos(3 t). São dados: k1=100 N/m, m=2 kg, J0=0,32 kg m2, c=5 Ns/m e r =0,1 m.
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c
r
4r
k1 J0
m F(t)
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x(t)
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