Exemplos do Capítulo 6: Sistemas com Vários Graus de Liberdade

Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Universidade Federal do Recôncavo da Bahia UFRB Engenharia Mecânica Disciplina CET260 Vibrações Mecânicas Turma T01 Trabalho Exemplos do Capítulo 6 do livro Vibrações Mecânicas Capitulo 6 Sistemas com Vários Graus de Liberdade Professor Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Cruz das Almas 25 de Fevereiro de 2016 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Exemplo 61 Equações de movimento de um sistema massamolaamortecedor Deduza as equações de movimento do sistema massamolaamortecedor mostrado na Figura 63a Solução Abordagem Desenhe diagramas de corpo livre de massas e aplique a segunda lei do movimento de Newton As coordenadas que descrevem as posições das massas 𝑥𝑖𝑡 são medidas em relação às suas respectivas posições em equilíbrio estático como indicado na Figura 63b O diagrama de corpo livre de uma massa interior típica 𝑚𝑖 é mostrado na Figura 63b juntamente com as direções positivas consideradas para seu deslocamento velocidade e aceleração A aplicação da segunda lei do movimento de Newton à massa 𝑚𝑖 dá 𝑚𝑖𝑥𝑖 𝑘𝑖𝑥𝑖 𝑥𝑖1 𝑘𝑖1𝑥𝑖1 𝑥𝑖 𝑐𝑖𝑥𝑖 𝑥𝑖1 𝑐𝑖1𝑥𝑖1 𝑥𝑖 𝐹𝑖 𝑖 23 𝑛 1 ou 𝑚𝑖𝑥𝑖 𝑐𝑖𝑥𝑖1 𝑐𝑖 𝑐𝑖1𝑥𝑖 𝑐𝑖1𝑥𝑖1 𝑘𝑖𝑥𝑖1 𝑘𝑖 𝑘𝑖1𝑥𝑖 𝑘𝑖1𝑥𝑖1 𝐹𝑖 𝐸 1 𝑖 23 𝑛 1 As equações de movimento das massas 𝑚𝑖 e 𝑚𝑛 podem ser deduzidas da Equação E1 fazendo 𝑖 1 juntamente com 𝑥0 0 e 𝑖 𝑛 juntamente com 𝑥𝑛1 0 respectivamente 𝑚1𝑥1 𝑐1 𝑐2𝑥1 𝑐2𝑥2 𝑘1 𝑘2𝑥1 𝑘2𝑥2 𝐹1 𝐸 2 𝑚𝑛𝑥𝑛 𝑐𝑛𝑥𝑛1 𝑐𝑛 𝑐𝑛1𝑥𝑛 𝑘𝑛𝑥𝑛1 𝑘𝑛 𝑘𝑛1𝑥𝑛 𝐹𝑛 𝐸 3 Observações 1 As equações de movimento equações E1 a E3 do Exemplo 61 podem ser expressas na forma matricial como 𝑚𝑥 𝑐𝑥 𝑘𝑥 𝐹 63 Onde 𝑚 𝑐 e 𝑘 são denominadas as matrizes de massa amortecimento e rigidez respectivamente e são dadas por 𝑚 𝑚1 0 0 0 0 0 𝑚2 0 0 0 0 0 𝑚3 0 0 0 0 0 0 0 0 𝑚𝑛 64 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑐 𝑐1 𝑐2 𝑐2 0 0 0 𝑐2 𝑐2 𝑐3 𝑐3 0 0 0 𝑐3 𝑐3 𝑐4 0 0 0 0 0 𝑐𝑛 𝑐𝑛 𝑐𝑛1 65 𝑘 𝑘1 𝑘2 𝑘2 0 0 0 𝑘 𝑘2 𝑘 𝑘3 0 0 0 𝑘3 𝑘3 𝑘4 0 0 0 0 0 𝑘𝑛 𝑘𝑛 𝑘𝑛1 66 e 𝑥 𝑥 𝑥 e 𝐹 são os vetores de deslocamento velocidade aceleração e força dados por 𝑥 𝑥1𝑡 𝑥2𝑡 𝑥𝑛𝑡 𝑥 𝑥1𝑡 𝑥2𝑡 𝑥𝑛𝑡 𝑥 𝑥1𝑡 𝑥2𝑡 𝑥𝑛𝑡 𝐹 𝐹1𝑡 𝐹2𝑡 𝐹𝑛𝑡 67 1 Para um sistema não amortecido com todos 𝑐𝑖 0 𝑖 12 𝑛 1 as equações de movimento reduzemse a 𝑚𝑥 𝑘𝑥 𝐹 68 2 O sistema massamola amortecedor considerado anteriormente é um caso particular de um sistema geral massamolaamortecedor com 𝑛 graus de liberdade Em sua forma mais geral as matrizes de massa amortecimento e rigidez são dadas por 𝑚 𝑚11 𝑚12 𝑚13 𝑚1𝑛 𝑚12 𝑚22 𝑚23 𝑚2𝑛 𝑚1𝑛 𝑚2𝑛 𝑚3𝑛 𝑚𝑛𝑛 69 𝑐 𝑐11 𝑐12 𝑐13 𝑐1𝑛 𝑐12 𝑐22 𝑐23 𝑐2𝑛 𝑐1𝑛 𝑐2𝑛 𝑐3𝑛 𝑐𝑛𝑛 610 𝑘 𝑘11 𝑘12 𝑘13 𝑘1𝑛 𝑘12 𝑘22 𝑘23 𝑘2𝑛 𝑘1𝑛 𝑘2𝑛 𝑘3𝑛 𝑘𝑛𝑛 611 3 Podemos ver que as equações diferenciais do sistema massamola consideradas no Exemplo 61 Figura 63a são acopladas cada equação envolve mais que uma coordenada Isso significa que as equações não podem ser resolvidas individualmente uma por vez elas só podem ser resolvidas simultaneamente Ademais podemos ver que o sistema está estaticamente acoplado visto que as rigidezes são acopladas isto é a matriz de rigidez tem no mínimo um termo nãozero fora da diagonal Por outro lado se a matriz de massa tiver no mínimo um termo nãozero fora da diagonal dizse que o sistema é dinamicamente acoplado Além disso se ambas as matrizes de rigidez e de massa tiverem termos nãozeros fora da diagonal dizse que o sistema é acoplado estática e dinamicamente CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Exemplo 62 Equações de movimento de um sistema trailerpêndulo composto Deduza as equações de movimento do sistema trailerpêndulo composto mostrado na Figura 64a Solução Abordagem Desenhe o diagrama de corpo livre e aplique a segunda lei do movimento de Newton As coordenadas 𝑥𝑡 e 𝜃𝑡 são usadas para descrever respectivamente o deslocamento linear do trailer e o deslocamento angular do pêndulo composto em relação às suas respectivas posições em equilíbrio estático Quando consideramos valores positivos para os deslocamentos 𝑥𝑡 e 𝜃𝑡 velocidades 𝑥𝑡 e 𝜃𝑡 e acelerações 𝑥𝑡 e 𝜃𝑡 as forças externas que agem sobre o trailer serão a força aplicada 𝐹𝑡 as forças de mola 𝑘1𝑥 e 𝑘2𝑥 e as forças de amortecimento 𝑐1𝑥 e 𝑐2𝑥 como mostra a Figura 64b As forças externas que agem sobre o pêndulo composto serão o torque aplicado 𝑀𝑡𝑡 e a força gravitacional 𝑚𝑔 como pode se ver na Figura 64b As forças de inércia que agem sobre o trailer e o pêndulo composto são indicadas pelas linhas tracejadas na Figura 64b Observe que o movimento rotacional do pêndulo composto ao redor do ponto de articulação 𝑂 induz uma força radial dirigida para dentro na direção de 𝑂 𝑚 𝑙 2 𝜃 2 e uma força normal perpendicular a 𝑂𝐶 𝑚 𝑙 2 𝜃 como mostra a Figura 64b A aplicação da segunda lei de Newton para movimento de translação no sentido horizontal dá 𝐹𝑖 𝑚𝑎 𝑀𝑥 𝑚𝑥 𝑚 𝑙 2 𝜃 𝐶𝑜𝑠𝜃 𝑚 𝑙 2 𝜃 2 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝑘1𝑥 𝑘2𝑥 𝑐1𝑥 𝑐2𝑥 𝐹𝑡 𝐸 1 De maneira semelhante a aplicação da segunda lei de Newton para o movimento rotacional ao redor do ponto de articulação 𝑂 resulta em 𝑀𝑜 𝐼𝑜𝛼 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑚 𝑙 2 𝜃 𝑙 2 𝑚𝑥 𝑙 2 𝐶𝑜𝑠𝜃 𝐽𝐶𝜃 𝑚𝑔 𝑙 2 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝑀𝑡𝑡 𝑚 𝑙 2 𝜃 𝑙 2 𝑚𝑥 𝑙 2 𝐶𝑜𝑠𝜃 𝑚 𝑙2 12 𝜃 𝑚𝑔 𝑙 2 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝑀𝑡𝑡 𝐸 2 Considerando que os deslocamentos angulares são tão pequenos que 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝜃 𝐶𝑜𝑠𝜃 1 𝜃 2 𝑆𝑒𝑛𝜃 0 portanto as equações linearizadas são 𝑀 𝑚𝑥 𝑚 𝑙 2 𝜃 𝑐1 𝑐2𝑥 𝑘1 𝑘2𝑥 𝐹𝑡 𝐸 1 𝑙 2 𝑚𝑥 𝑚 𝑙2 3 𝜃 𝑚𝑔 𝑙 2 𝜃 𝑀𝑡𝑡 𝐸 2 Exemplo 63 Coeficientes de influência de rigidez Determine os coeficientes de influência de rigidez do sistema mostrado na Figura 66a Solução Abordagem Use a definição de 𝑘𝑖𝑗 e equações de equilíbrio estático Vamos denotar os deslocamentos das massas 𝑚1 𝑚2 e 𝑚3 por 𝑥1 𝑥2 e 𝑥3 respectivamente Os coeficientes de influência de rigidez 𝑘𝑖𝑗 do sistema podem ser determinados em termos das rigidezes de mola 𝑘1 𝑘2 e 𝑘3 como segue Em primeiro lugar consideramos o deslocamento de 𝑚1 igual a 1 𝑥1 1 e os deslocamentos de 𝑚2 e 𝑚3 iguais a zero 𝑥2 𝑥3 0 como mostra a Figura 66b Supomos que o conjunto de forças 𝑘𝑖1𝑖 123 mantenha o sistema nessa configuração Os diagramas de corpo livre das massas correspondentes à configuração da Figura 66b são indicados na Figura 66c O equilíbrio de forças para as massas 𝑚1 𝑚2 e 𝑚3 no sentido horizontal resulta em Massa 𝑚1 𝑘1 𝑘2 𝑘11 𝐸 1 Massa 𝑚2 𝑘2 𝑘21 𝐸 2 Massa 𝑚3 0 𝑘31 𝐸 3 A solução das equações E1 a E3 dá 𝑘11 𝑘1 𝑘2 𝑘21 𝑘2 𝑘31 0 𝐸 4 Em seguida consideramos que os deslocamentos das massas são 𝑥1 0 𝑥2 1 e 𝑥3 0 como mostra a Figura 66d CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Visto que supomos que as forças 𝑘𝑖2𝑖 123 mantenham o sistema nessa configuração os diagramas de corpo livre das massas podem ser desenvolvidos como indicado na Figura 66e As equações de equilíbrio de forças das massas são Massa 𝑚1 0 𝑘12 𝑘2 𝐸 5 Massa 𝑚2 𝑘2 𝑘22 𝑘3 𝐸 6 Massa 𝑚3 𝑘3 𝑘32 𝐸 7 A solução das equações E5 a E7 resulta em 𝑘12 𝑘2 𝑘22 𝑘2 𝑘3 𝑘32 𝑘3 𝐸 8 Por fim admitimos que o conjunto de forças 𝑘𝑖3𝑖 123 mantenha o sistema com 𝑥1 0 𝑥2 0 e 𝑥3 1 Figura 66f Os diagramas de corpo livre das várias massas nessa configuração são mostrados na Figura 66g E as equações de equilíbrio de forças resultam em Massa 𝑚1 0 𝑘13 𝐸 9 Massa 𝑚2 0 𝑘23 𝑘3 𝐸 10 Massa 𝑚3 𝑘3 𝑘33 𝐸 11 A solução das equações E9 a E11 resulta em 𝑘13 0 𝑘23 𝑘3 𝑘33 𝑘3 𝐸 12 Assim a matriz de rigidez do sistema é dada por 𝑘 𝑘1 𝑘2 𝑘2 0 𝑘2 𝑘2 𝑘3 𝑘3 0 𝑘3 𝑘3 𝐸 13 Exemplo 64 Matriz de rigidez de uma estrutura Frame Determine a matriz de rigidez da estrutura mostrada na Figura 67a Desconsidere o efeito da rigidez axial dos membros 𝐴𝐵 e 𝐵𝐶 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Solução Uma vez que os segmentos 𝐴𝐵 e 𝐵𝐶 da estrutura podem ser consideradas como vigas as fórmulas de forçadeflexão de vigas podem ser usadas para gerar a matriz de rigidez da estrutura As forças necessárias para provocar um deslocamento ao longo de uma coordenada e ao mesmo tempo manter deslocamentos zero ao longo das outras coordenadas de uma viga são expostas na Figura 67b 61 68 Na Figura 67a as extremidades 𝐴 e 𝐶 são fixas e por consequência a junção 𝐵 terá três deslocamentos possíveis 𝑥 𝑦 𝑒 𝜃 como indicado As forças necessárias para manter uma unidade de deslocamento ao longo da direção 𝑥 e deslocamento zero ao longo das direções 𝑦 e 𝜃 na junção 𝐵 são dadas por Figura 67b 𝐹𝑥 12𝐸𝐼 𝑙3 𝐵𝐶 3𝐸𝐼 2𝑙3 𝐹𝑦 0 𝑀𝜃 6𝐸𝐼 𝑙2 𝐵𝐶 3𝐸𝐼 2𝑙2 De maneira semelhante quando uma unidade de deslocamento é dada ao longo da direção 𝑦 na junção 𝐵 com deslocamento zero ao longo das direções 𝑥 e 𝜃 as forças exigidas para manter a configuração podem ser determinadas pela Figura 67b como 𝐹𝑥 0 𝐹𝑦 12𝐸𝐼 𝑙3 𝐵𝐴 24𝐸𝐼 𝑙3 𝑀𝜃 6𝐸𝐼 𝑙2 𝐵𝐴 12𝐸𝐼 𝑙2 Por fim as forças necessárias para manter um deslocamento unitário ao longo da direção 𝜃 e deslocamento zero ao longo das direções 𝑥 e 𝑦 na junção 𝐵 podem ser vistos pela Figura 617b como 𝐹𝑥 6𝐸𝐼 𝑙2 𝐵𝐶 3𝐸𝐼 2𝑙2 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝐹𝑦 6𝐸𝐼 𝑙2 𝐵𝐴 12𝐸𝐼 𝑙3 𝑀𝜃 4𝐸𝐼 𝑙 𝐵𝐶 4𝐸𝐼 𝑙 𝐵𝐴 2𝐸𝐼 𝑙 8𝐸𝐼 𝑙 10𝐸𝐼 𝑙 Assim a matriz de rigidez 𝑘 é dada por 𝐹 𝑘𝑥 onde 𝐹 𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝑀𝜃 𝑥 𝑥 𝑦 𝜃 𝑘 𝐸𝐼 𝑙3 3 2 0 3𝑙 2 0 24 12𝑙 3𝑙 2 12𝑙 10𝑙2 Exemplo 65 Coeficientes de influência de flexibilidade Determine os coeficientes de influência de flexibilidade do sistema mostrado na Figura 68a Solução Vamos denotar os deslocamentos das massas 𝑚1 𝑚2 e 𝑚3 por 𝑥1 𝑥2 e 𝑥3 respectivamente Os coeficientes de influência de flexibilidade 𝑎𝑖𝑗 do sistema podem ser determinados em termos das rigidezes de mola 𝑘1 𝑘2 e 𝑘3 como segue Aplique uma força unitária à massa 𝑚1 e nenhuma força às outras massas 𝐹1 1 𝐹2 𝐹3 0 como mostra a Figura 68b As deflexões resultantes das massas 𝑚1 𝑚2 e 𝑚3 𝑥1 𝑥2 e 𝑥3 são por definição 𝑎11 𝑎21 e 𝑎31 respectivamente ver Figura 68b Os diagramas de corpo livre das massas são mostrados na Figura 68c O equilíbrio das forças na direção horizontal para as várias massas dá o seguinte Massa 𝑚1 𝑘1𝑎11 𝑘2𝑎21 𝑎11 1 𝐸 1 Massa 𝑚2 𝑘2𝑎21 𝑎11 𝑘3𝑎31 𝑎21 𝐸 2 Massa 𝑚3 𝑘3𝑎31 𝑎21 0 𝐸 3 A solução das equações E1 a E3 resulta em CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑎11 1 𝑘1 𝑎21 1 𝑘1 𝑎31 1 𝑘1 𝐸 4 Em seguida aplicamos uma força unitária à massa 𝑚2 e nenhuma força às massas 𝑚1 e 𝑚3 como se pode ver na Figura 68d Essas forças provocam as deflexões 𝑥1 𝑎13 𝑥2 𝑎22 e 𝑥3 𝑎32 nas massas 𝑚1 𝑚2 e 𝑚3 respectivamente por definição de 𝑎𝑖2 como mostra a Figura 68d Os diagramas de corpo livre das massas mostrados na Figura 68d Os diagramas de corpo livre das massas mostrados na Figura 68e Resultam nas seguintes equações de equilíbrio Massa 𝑚1 𝑘1𝑎12 𝑘2𝑎22 𝑎12 𝐸 5 Massa 𝑚2 𝑘2𝑎22 𝑎12 𝑘3𝑎32 𝑎22 1 𝐸 6 Massa 𝑚3 𝑘3𝑎32 𝑎22 0 𝐸 7 A solução das equações E5 a E7 dá 𝑎12 1 𝑘1 𝑎22 1 𝑘1 1 𝑘2 𝑎32 1 𝑘1 1 𝑘2 𝐸 8 Por fim quando aplicamos uma força unitária à massa 𝑚3 e nenhuma força às massas 𝑚1 e 𝑚2 as massas sofrem as deflexões 𝑥1 𝑎13 𝑥2 𝑎23 e 𝑥3 𝑎33 como mostra a Figura 68f Os diagramas de corpo livre das várias massas Figura 68g Dão as seguintes equações de equilíbrio Massa 𝑚1 𝑘1𝑎13 𝑘2𝑎23 𝑎13 𝐸 9 Massa 𝑚2 𝑘2𝑎23 𝑎13 𝑘3𝑎33 𝑎23 𝐸 10 Massa 𝑚3 𝑘3𝑎33 𝑎23 1 𝐸 11 A solução das equações E9 a E11 dá os coeficientes de influência de flexibilidade 𝑎𝑖3 como 𝑎13 1 𝑘1 𝑎23 1 𝑘1 1 𝑘2 𝑎33 1 𝑘1 1 𝑘2 1 𝑘3 𝐸 12 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Podese verificar que a matriz de rigidez do sistema dada pela equação E13 do Exemplo 63 também pode ser determinada pela relação 𝑘 𝑎1 Assim a matriz de flexibilidade do sistema é dada por 33 32 31 23 22 21 13 12 11 a a a a a a a a a a 3 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 k k k k k k k k k k k k k k a Exemplo 66 Matriz de flexibilidade de uma viga Deduza a matriz flexibilidade da viga sem peso mostrada na Figura 69a A viga está simplesmente apoiada nas duas extremidades e as três massas estão localizadas a intervalos iguais Considere que a viga seja uniforme com rigidez 𝐸𝐼 Solução Vamos denotar a deflexão transversal total das massas 𝑚1 𝑚2 e 𝑚3 por 𝑥1 𝑥2 e 𝑥3 respectivamente Pela forma conhecida para a deflexão de uma viga apoiada nas duas extremidades 62 os coeficientes de influência 𝑎1𝑗𝑖 123 podem ser determinados com a aplicação de uma carga unitária na localização de 𝑚1 e carga zero nas localizações de 𝑚2 e 𝑚3 e Figura 69b 𝑎11 9 768 𝑙3 𝐸𝐼 𝑎12 11 768 𝑙3 𝐸𝐼 𝑎13 7 768 𝑙3 𝐸𝐼 𝐸 1 De maneira semelhante com a aplicação de uma carga unitária na localização de 𝑚2 e com carga zero nas outras localizações obtemos CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑎21 𝑎12 11 768 𝑙3 𝐸𝐼 𝑎22 1 48 𝑙3 𝐸𝐼 𝑎23 11 768 𝑙3 𝐸𝐼 𝐸 2 De maneira semelhante com a aplicação de uma carga unitária na localização de 𝑚3 e com carga zero nas outras localizações obtemos 𝑎31 𝑎13 7 768 𝑙3 𝐸𝐼 𝑎32 𝑎23 11 768 𝑙3 𝐸𝐼 𝑎33 9 768 𝑙3 𝐸𝐼 𝐸 3 Assim a matriz flexibilidade do sistema é dada por 𝑎 𝑙3 768𝐸𝐼 9 11 7 11 16 11 7 11 9 𝐸 4 Exemplo 67 Coeficientes de influência de inércia Determine os coeficientes de influência de inércia do sistema mostrado na Figura 64a Solução Abordagem Use a definição de 𝑚1𝑗 juntamente com as relações impulsomomento Vamos denotar por 𝑥𝑡 e 𝜃𝑡 as coordenadas para definir as posições linear e angular do trailer 𝑀 e do pêndulo composto 𝑚 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Para deduzir os coeficientes de influência de inércia impulsos de magnitudes 𝑚11 e 𝑚21 são aplicados ao longo das direções 𝑥𝑡 e 𝜃𝑡 para resultar nas velocidades 𝑥 1 e 𝜃 0 Então a equação de impulso linearmomento linear dá 𝑚11 𝑀𝑥 𝑚𝑥 𝑚 𝑙 2 𝜃𝐶𝑜𝑠𝜃 𝑚11 𝑀 𝑚1 𝐸 1 E a equação de impulso angularmomento angular em relação a 𝑂 resulta em 𝐶𝑜𝑠 𝜃 1 𝑚21 𝑚𝑥 𝑙 2 𝐶𝑜𝑠 𝜃 𝐽𝐶𝜃 𝑚 𝑙 2 𝜃 𝑙 2 𝑚21 𝑙 2 𝑚1 𝐸 2 Em seguida impulsos de magnitudes 𝑚12 e 𝑚22 são aplicados ao longo das direções 𝑥𝑡 e 𝜃𝑡 para obter as velocidades 𝑥 0 e 𝜃 1 Então a relação impulso linearmomento linear nos dá 𝐶𝑜𝑠 𝜃 1 𝑚12 𝑀𝑥 𝑚𝑥 𝑚 𝑙 2 𝜃𝐶𝑜𝑠𝜃 𝑚12 𝑚 𝑙 2 1 𝐸 3 E a equação impulso angularmomento angular em relação a 𝑂 dá 𝑚22 𝑚𝑥 𝑙 2 𝐶𝑜𝑠 𝜃 𝐽𝐶𝜃 𝑙 2 𝑚 𝑙 2 𝜃 𝐽𝐶 𝑚 𝑙2 4 𝜃 𝑚 𝑙2 12 𝑚 𝑙2 4 𝜃 𝑚22 𝑚𝑙2 3 1 𝐸 4 Assim a matriz de massa ou inércia do sistema é dada por 𝑚 𝑀 𝑚 𝑚𝑙 2 𝑚𝑙 2 𝑚𝑙2 3 𝐸 5 Exemplo 68 Equações de movimento de um sistema torcional Deduza as equações de movimento do sistema utilizando equações de Lagrange e tratando os deslocamentos angulares dos componentes 𝜃𝑖 como coordenadas generalizadas Solução CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB O arranjo de compressor turbina e gerador de uma usina de energia termelétrica é mostrado na Figura 611 Esse arranjo pode ser considerado um sistema torcional onde 𝐽𝑖 denota os momentos de inércia polar de massa dos três componentes compressor turbina e gerador 𝑀𝑡𝑖 indica os momentos externos que agem sobre os componentes e 𝑘𝑡𝑖 representa as constantes torcionais de mola do eixo entre os componentes como mostra a Figura 611 A equação de Lagrange é 𝑑 𝑑𝑡 𝑇 𝑞𝑗 𝑇 𝑞𝑗 𝑉 𝑞𝑗 𝑄𝑗 𝑛 j 12 𝑛 641 Nesse caso 𝑞1 𝜃1 𝑞2 𝜃2 𝑞3 𝜃3 A energia cinética do sistema é dada por 𝑇 1 2 𝐽𝑖𝜃𝑖 2 3 𝑖1 1 2 𝐽1𝜃1 2 1 2 𝐽2𝜃2 2 1 2 𝐽3𝜃3 2 𝐸 1 Para o eixo a energia potencial é igual ao trabalho realizado pelo eixo quando este retorna da configuração dinâmica para a posição de equilíbrio de referência Assim se 𝜃 denotar o deslocamento angular para um eixo que tem uma constante torcional de mola 𝑘𝑡 a energia potencial é igual ao trabalho realizado para provocar um deslocamento angular 𝜃 do eixo 𝑉𝑖 𝑘𝑡𝜃𝑑𝜃 𝜃 0 1 2 𝑘𝑡𝜃2 𝐸 2 Assim a energia potencial total do sistema pode ser expressa como 𝑉 𝑉𝑖 3 𝑖1 𝑉1 𝑉2 𝑉3 𝑉 1 2 𝑘𝑡1𝜃1 2 1 2 𝑘𝑡2𝜃2 𝜃12 1 2 𝑘𝑡3𝜃3 𝜃22 𝐸 3 Há momentos externos aplicados aos componentes portanto a Equação 642 dá 𝑄𝑗 𝑛 𝑀𝑡𝑘 𝜃𝑘 𝑞𝑗 3 𝑘1 𝑀𝑡𝑘 𝜃𝑘 𝜃𝑗 3 𝑘1 𝑗 123 𝑛 3 𝐸 4 da qual podemos obter 𝑄1 3 𝑀𝑡1 𝜃1 𝜃1 𝑀𝑡2 𝜃2 𝜃1 𝑀𝑡3 𝜃3 𝜃1 𝑀𝑡1 𝐸 5 𝑄2 3 𝑀𝑡1 𝜃1 𝜃2 𝑀𝑡2 𝜃2 𝜃2 𝑀𝑡3 𝜃3 𝜃2 𝑀𝑡2 𝐸 5 𝑄3 3 𝑀𝑡1 𝜃1 𝜃3 𝑀𝑡2 𝜃2 𝜃3 𝑀𝑡3 𝜃3 𝜃3 𝑀𝑡3 𝐸 5 Substituindo as Equações E1 E3 e E5 nas equações de Lagrange Equação 641 obtemos para 𝑗 123 as equações de movimento Para 𝑗 1 𝑑 𝑑𝑡 𝑇 𝑞1 𝑇 𝑞1 𝑉 𝑞1 𝑄1 3 𝑑 𝑑𝑡 𝑇 𝜃1 𝑇 𝜃1 𝑉 𝜃1 𝑄1 3 𝑇 𝜃1 𝐽1𝜃1 𝑑 𝑑𝑡 𝑇 𝜃1 𝐽1𝜃1 𝑇 𝜃1 0 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑉 𝜃1 𝑘𝑡1𝜃1 𝑘𝑡2𝜃2 𝜃11 𝑘𝑡1 𝑘𝑡2𝜃1 𝑘𝑡2𝜃2 De forma análoga para 𝑗 2 e 𝑗 3 Neste sentido as equações de movimento para cada componente é 𝐽1𝜃1 𝑘𝑡1 𝑘𝑡2𝜃1 𝑘𝑡2𝜃2 𝑀𝑡1 𝐽2𝜃2 𝑘𝑡2 𝑘𝑡3𝜃2 𝑘𝑡2𝜃1 𝑘𝑡3𝜃3 𝑀𝑡2 𝐽3𝜃3 𝑘𝑡3𝜃3 𝑘𝑡3𝜃2 𝑀𝑡3 O sistema de equações podem ser expressas em forma matricial como 𝐽1 0 0 0 𝐽2 0 0 0 𝐽3 𝜃1 𝜃2 𝜃3 𝑘𝑡1 𝑘𝑡2 𝑘𝑡2 0 𝑘𝑡2 𝑘𝑡2 𝑘𝑡3 𝑘𝑡3 0 𝑘𝑡3 𝑘𝑡3 𝜃1 𝜃2 𝜃3 𝑀𝑡1 𝑀𝑡2 𝑀𝑡3 Exemplo 69 Equações de Lagrange Deduza as equações de movimento do sistema trailerpêndulo composto mostrado na Figura 64a Solução As coordenadas 𝑥𝑡 e 𝜃𝑡 podem ser usadas como coordenadas generalizadas para descrever respectivamente o deslocamento linear do trailer e o deslocamento angular do pêndulo composto Se por conveniência for introduzida a coordenada 𝑦 como mostra a Figura 64a os componentes de deslocamento do ponto 𝐶 cm podem ser expressos como CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑥𝐶 𝑥 𝑙 2 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝐸 1 𝑦𝐶 𝑙 2 𝐶𝑜𝑠𝜃 𝐸 2 A diferenciação das equações E1 e E2 em relação ao tempo dá as velocidades do ponto C como 𝑥𝐶 𝑥 𝑙 2 𝜃 𝐶𝑜𝑠𝜃 𝐸 3 𝑦𝐶 𝑙 2 𝜃 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝐸 4 A energia cinética do sistema 𝑇 pode ser expressa como 𝑇 1 2 𝑀𝑥 2 1 2 𝑚𝑥𝐶 2 𝑦𝐶 2 1 2 𝐽𝐶𝜃 2 𝐸 5 onde 𝐽𝐶 1 12 𝑚𝑙2 Utilizando as equações E3 e E4 a Equação E5 pode ser reescrita como 𝑇 1 2 𝑀𝑥 2 1 2 𝑚 𝑥 2 𝑙2𝜃 2 4 𝑥𝜃𝑙 𝐶𝑜𝑠𝜃 1 2 𝑚𝑙2 12 𝜃 2 𝑇 1 2 𝑀 𝑚𝑥 2 1 2 𝑚𝑙2 3 𝜃 2 1 2 𝑚𝑙 𝐶𝑜𝑠𝜃𝑥𝜃 𝐸 6 A energia potencial 𝑉 do sistema resultante do esforço de deformação das molas e do potencial gravitacional pode ser expressa como 𝑉 1 2 𝑘1𝑥2 1 2 𝑘2𝑥2 𝑚𝑔 𝑙 2 1 Cos𝜃 𝐸 7 onde a posição mais baixa do ponto 𝐶 é considerada como o nível de referência Visto que há forças não conservativas que agem sobre o sistema as forças generalizadas correspondentes 𝑥𝑡 e 𝜃𝑡 devem ser calculadas A força 𝐹𝑥𝑡 que age na direção de 𝑥𝑡 pode ser determinada pela Equação 642 como 𝐹𝑥𝑡 𝑄1 𝑛 𝐹𝑡 𝑐1𝑥𝑡 𝑐2𝑥𝑡 𝐸 8 Onde o sinal negativo para os termos 𝑐1𝑥 e 𝑐2𝑥 indica que as forças de amortecimento opõemse ao movimento De maneira semelhante a força 𝐹𝜃𝑡 que age na direção de 𝜃𝑡 pode ser determinada como 𝐹𝜃𝑡 𝑄2 𝑛 𝑀𝑡𝑡 𝐸 9 onde 𝑞1 𝑥 e 𝑞2 𝜃 Diferenciando as expressões de 𝑇 e 𝑉 como requerido pela Equação 641 e substituindo as expressões resultantes juntamente com as equações E8 e E9 obtemos as equações de movimento do sistema como 𝑑 𝑑𝑡 𝑇 𝑞1 𝑇 𝑞1 𝑉 𝑞1 𝑄1 2 𝑑 𝑑𝑡 𝑇 𝑥 𝑇 𝑥 𝑉 𝑥 𝑄1 2 𝑀 𝑚𝑥 1 2 𝑚𝑙 𝐶𝑜𝑠𝜃𝜃 1 2 𝑚𝑙𝑆𝑒𝑛𝜃𝜃 2 𝑘1𝑥 𝑘2𝑥 𝐹𝑡 𝑐1𝑥 𝑐2𝑥 𝑑 𝑑𝑡 𝑇 𝑞2 𝑇 𝑞2 𝑉 𝑞2 𝑄2 2 𝑑 𝑑𝑡 𝑇 𝜃 𝑇 𝜃 𝑉 𝜃 𝑄2 2 1 3 𝑚𝑙2 𝜃 1 2 𝑚𝑙 𝐶𝑜𝑠𝜃𝑥 1 2 𝑚𝑙𝑆𝑒𝑛𝜃𝜃𝑥 1 2 𝑚𝑙𝑆𝑒𝑛𝜃𝜃𝑥 1 2 𝑚𝑔𝑙 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝑀𝑡𝑡 Podemos ver que essas expressões são idênticas às obtidas utilizando a segunda lei do movimento de Newton equações E1 e E2 no Exemplo 62 sem a linearização CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Exemplo 610 Frequências naturais de um sistema com três graus de liberdade Determine as frequências naturais e formas modais do sistema mostrado na Figura 68a para 𝑘1 𝑘2 𝑘3 𝑘 e 𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑚 Solução A matriz dinâmica é dada por 𝐷 𝑘1𝑚 𝑎𝑚 𝐸 1 onde as matrizes de flexibilidade e de massa podem ser obtidas pelo Exemplo 65 𝑎 1 𝑘 1 1 1 1 2 2 1 2 3 𝐸 2 𝑚 𝑚 1 0 0 0 1 0 0 0 1 𝐸 3 Assim 𝐷 𝑚 𝑘 1 1 1 1 2 2 1 2 3 𝐸 4 Igualando o determinante característico a zero obtemos a equação de frequência Δ 𝜆𝐼 𝐷 𝜆 0 0 0 𝜆 0 0 0 𝜆 𝑚 𝑘 1 1 1 1 2 2 1 2 3 0 𝐸 5 onde 𝜆 1 𝜔2 𝐸 6 Dividindo tudo por 𝜆 a Equação E5 dá 1 𝛼 𝛼 𝛼 𝛼 1 2𝛼 2𝛼 𝛼 2𝛼 1 3𝛼 𝛼3 5𝛼2 6𝛼 1 0 𝐸 7 onde 𝛼 𝑚 𝑘𝜆 𝑚𝜔2 𝑘 𝐸 8 As raízes da equação cúbica E7 são dadas por 𝛼1 𝑚𝜔12 𝑘 019806 𝜔1 044504 𝑘 𝑚 𝐸 9 𝛼2 𝑚𝜔22 𝑘 15553 𝜔2 12471 𝑘 𝑚 𝐸 10 𝛼3 𝑚𝜔32 𝑘 32490 𝜔3 18025 𝑘 𝑚 𝐸 11 Uma vez conhecidas as frequências naturais as formas modais ou autovetores eigenvectors podem ser calculadas utilizando a Equação 666 𝜆𝑖𝐼 𝐷𝑋𝑖 0 𝑖 123 𝐸 12 onde 𝑋𝑖 𝑋1 𝑖 𝑋2 𝑖 𝑋3 𝑖 denota a iésima forma modal O procedimento é esquematizado a seguir CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Primeiro Modo Substituindo o valor de 𝜔1 𝑖𝑠𝑡𝑜 é 𝜆1 50489 𝑚 𝑘 na Equação E12 obtemos 50489 𝑚 𝑘 1 0 0 0 1 0 0 0 1 𝑚 𝑘 1 1 1 1 2 2 1 2 3 𝑋1 1 𝑋2 1 𝑋3 1 0 0 0 40489 10 10 10 30489 20 10 20 20489 𝑋1 1 𝑋2 1 𝑋3 1 0 0 0 𝐸 13 A Equação E13 denota um sistema de três equações lineares homogêneas nas três incógnitas 𝑋1 1 𝑋2 1 e 𝑋3 1 Quaisquer duas dessas incógnitas podem ser expressas em termos da remanescente Se optarmos arbitrariamente por expressar 𝑋2 1 e 𝑋3 1 em termos de 𝑋1 1 obtemos pelas duas primeiras linhas da Equação E13 𝑋2 1 𝑋3 1 40489𝑋1 1 30489𝑋2 1 2𝑋3 1 𝑋1 1 𝐸 14 Uma vez satisfeita as Equações E14 a terceira linha da Equação E13 é automaticamente satisfeita A solução das Equações E14 podem ser obtidas 𝑋2 1 18019𝑋1 1 𝑋3 1 22470𝑋1 1 𝐸 15 Assim a primeira forma modal é dada por 𝑋1 𝑋1 1 10 18019 22470 𝐸 16 onde o valor de 𝑋1 1 pode ser escolhido arbitrariamente Segundo Modo A substituição do valor de 𝜔2 𝑖𝑠𝑡𝑜 é 𝜆2 06430 𝑚 𝑘 na Equação E12 resulta em 06430 𝑚 𝑘 1 0 0 0 1 0 0 0 1 𝑚 𝑘 1 1 1 1 2 2 1 2 3 𝑋1 2 𝑋2 2 𝑋3 2 0 0 0 03570 10 10 10 13570 20 10 20 23570 𝑋1 2 𝑋2 2 𝑋3 2 0 0 0 𝐸 17 Como antes as duas primeiras linhas da Equação E17 podem ser usadas para obter 𝑋2 2 𝑋3 2 03570𝑋1 2 13570𝑋2 2 2𝑋3 2 𝑋1 2 𝐸 18 A solução das Equações E18 dá como resultado 𝑋2 2 04450𝑋1 2 𝑋3 2 08020𝑋1 2 𝐸 19 Assim a segunda forma modal pode ser expressa como CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑋2 𝑋1 2 10 04450 08020 𝐸 20 onde o valor de 𝑋1 2 pode ser escolhido arbitrariamente Terceiro Modo Para determinar o terceiro modo substituímos o valor de 𝜔3 𝑖𝑠𝑡𝑜 é 𝜆3 03078 𝑚 𝑘 na Equação E12 e obtemos 03078 𝑚 𝑘 1 0 0 0 1 0 0 0 1 𝑚 𝑘 1 1 1 1 2 2 1 2 3 𝑋1 3 𝑋2 3 𝑋3 3 0 0 0 06922 10 10 10 16922 20 10 20 26922 𝑋1 3 𝑋2 3 𝑋3 3 0 0 0 𝐸 21 As duas primeiras linhas da Equação E21 podem ser escritas como 𝑋2 3 𝑋3 3 06922𝑋1 3 16922𝑋2 3 2𝑋3 3 𝑋1 3 𝐸 22 A Equação E22 dá 𝑋2 3 12468𝑋1 3 𝑋3 3 05544𝑋1 3 𝐸 23 Por consequência a terceira forma modal pode ser escrita como 𝑋3 𝑋1 3 10 12468 05544 𝐸 24 onde o valor de 𝑋1 3 é arbitrário Os valores de 𝑋1 1 𝑋1 2 e 𝑋1 3 são tomados geralmente como 1 e as formas modais são mostradas na Figura 612 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Exemplo 611 Ortonormalização de autovetores Ortonormalize os autovetores do Exemplo 610 em relação à matriz de massa Solução Abordagem Multiplique cada autovetor por uma constante e determine seu valor pela relação 𝑋𝑖𝑇𝑚𝑋𝑖 1 𝑖 123 Os autovetores do Exemplo 610 são dados por 𝑋1 𝑋1 1 10 18019 22470 𝑋2 𝑋1 2 10 04450 08020 𝑋3 𝑋1 3 10 12468 05544 A matriz de massa é dada por 𝑚 𝑚 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Dizse que o autovetor 𝑋𝑖 é 𝑚ortonormal se a seguinte condição for satisfeita 𝑋𝑖𝑇𝑚𝑋𝑖 1 𝐸 1 Assim para 𝑖 1 a Equação E1 dá como resultado 𝑋1𝑇𝑚𝑋1 1 𝑚𝑋1 1 2 12 180192 224702 1 𝑋1 1 1 𝑚92959 03280 𝑚 𝑋1 03280 𝑚 10 18019 22470 De maneira semelhante para 𝑖 2 a Equação E1 dá 𝑋2𝑇𝑚𝑋2 1 𝑚𝑋1 2 2 12 044502 080202 1 𝑋1 2 07370 𝑚 𝑋2 07370 𝑚 10 04450 08020 De maneira semelhante para 𝑖 3 a Equação E1 dá 𝑋3𝑇𝑚𝑋3 1 𝑚𝑋1 3 2 12 124682 055442 1 𝑋1 3 05911 𝑚 𝑋3 05911 𝑚 10 12468 05544 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Exemplo 612 Autovalores repetidos Determine os autovalores e autovetores de um sistema vibratório para o qual 𝑚 1 0 0 0 2 0 0 0 1 e 𝑘 1 2 1 2 4 2 1 2 1 Solução A equação de autovalor 𝑘 𝜆𝑚𝑋 0 pode ser escrita na forma 1 𝜆 2 1 2 22 𝜆 2 1 2 1 𝜆 𝑋1 𝑋2 𝑋3 0 0 0 𝐸 1 onde 𝜆 𝜔2 A equação característica dá 𝑘 𝜆𝑚 𝜆2𝜆 4 0 portanto 𝜆1 0 𝜆2 0 𝜆3 4 Autovetor para 𝜆3 4 Utilizando 𝜆3 4 A Equação E1 dá 3 2 1 2 4 2 1 2 3 𝑋1 3 𝑋2 3 𝑋3 3 0 0 0 3𝑋1 3 2𝑋2 3 𝑋3 3 0 2𝑋1 3 4𝑋2 3 2𝑋3 3 0 Do sistema de equações temos 𝑋2 3 𝑋1 3 𝑋3 3 𝑋1 3 Se fizermos 𝑋1 3 igual a 1 as Equações E3 dão o autovetor 𝑋3 𝑋3 1 1 1 𝐸 4 Autovetor para 𝜆1 𝜆2 0 O valor de 𝜆1 0 ou 𝜆2 0 indica que o sistema é degenerado ver Seção 612 Utilizando 𝜆1 0 na Equação E1 obtemos 1 2 1 2 4 2 1 2 1 𝑋1 1 𝑋2 1 𝑋3 1 0 0 0 𝑋1 1 2𝑋2 1 𝑋3 1 0 2𝑋1 1 4𝑋2 1 2𝑋3 1 0 𝑋1 1 2𝑋2 1 𝑋3 1 0 Todas essas equações são da forma 𝑋1 1 2𝑋2 1 𝑋3 1 Assim o autovetor correspondente a 𝜆1 𝜆2 0 pode ser escrito como CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑋1 2𝑋2 1 𝑋3 1 𝑋2 1 𝑋3 1 Se escolhermos 𝑋2 1 1 e 𝑋3 1 1 obteremos 𝑋1 1 1 1 Se escolhermos 𝑋2 1 1 e 𝑋3 1 1 obteremos 𝑋1 3 1 1 Como mostramos antes na Equação 686 𝑋1 e 𝑋2 não são únicos qualquer combinação linear de 𝑋1 e 𝑋2 também satisfará a equação original E1 Observe que 𝑋1 dado é ortogonal a 𝑋3 para todos os valores de 𝑋2 1 e 𝑋3 1 visto que 𝑋3𝑇𝑚𝑋1 1 1 1 1 0 0 0 2 0 0 0 1 2𝑋2 1 𝑋3 1 𝑋2 1 𝑋3 1 0 Exemplo 613 Frequências naturais de um sistema livre Três vagões de carga estão acoplados por duas molas como mostra a Figura 613 Determine as frequências naturais e formas modais do sistema para 𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑚 e 𝑘1 𝑘2 𝑘 Figura 613 Sistema semidefinido Solução A energia cinética do sistema pode ser escrita como 𝑇 1 2 𝑚1𝑥1 2 𝑚2𝑥2 2 𝑚3𝑥3 2 1 2 𝑥 𝑇𝑚𝑥 𝐸 1 onde 𝑥 𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥 𝑥1 𝑥2 𝑥3 e 𝑚 𝑚1 0 0 0 𝑚2 0 0 0 𝑚3 𝑚 1 0 0 0 1 0 0 0 1 𝐸 2 As elongações das molas 𝑘1 𝑒 𝑘2 são 𝑥2 𝑥1 e 𝑥3 𝑥2 respectivamente portanto a energia potencial do sistema é dada por 𝑉 1 2 𝑘1𝑥2 𝑥12 𝑘2𝑥3 𝑥22 1 2 𝑥𝑇𝑘𝑥 𝐸 3 onde CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑘 𝑘1 𝑘1 0 𝑘1 𝑘1 𝑘2 𝑘2 0 𝑘2 𝑘2 𝑘 1 1 0 1 2 1 0 1 1 𝐸 4 Podemos verificar que a matriz de rigidez 𝑘 é singular Ademais se consideramos que todos os componentes do deslocamento são os mesmos 𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑐 movimento de corpo rígido a energia potencial 𝑉 pode ser considerada igual a zero Para determinar as frequências naturais e as formas modais do sistema expressamos o problema de autovalor como 𝑘 𝜔2𝑚𝑋 0 𝐸 5 Visto que 𝑘 é singular não podemos determinar sua inversa 𝑘1 e a matriz dinâmica 𝐷 𝑘1𝑚 Por consequência igualamos a zero o determinante da matriz de coeficientes de 𝑋 na Equação E5 Para 𝑘1 𝑘2 𝑘 e 𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑚 isso resulta em 𝑘 𝜔2𝑚 𝑘 0 𝑘 2𝑘 𝜔2𝑚 𝑘 0 𝑘 𝑘 𝜔2𝑚 0 𝐸 6 A expansão do determinante na Equação E6 leva a 𝑚3𝜔6 4𝑚2𝑘𝜔4 3𝑚𝑘2𝜔2 0 𝐸 7 Fazendo 𝜆 𝜔2 a Equação E7 pode ser reescrita como 𝑚3𝜆3 4𝑚2𝑘𝜆2 3𝑚𝑘2𝜆 0 𝑚 𝜆 𝜆 𝑘 𝑚 𝜆 3𝑘 𝑚 0 𝐸 9 Como 𝑚 0 as raízes de Equação E9 são 𝜆1 𝜔1 2 0 𝜆2 𝜔2 2 𝑘 𝑚 𝜆3 𝜔3 2 3𝑘 𝑚 𝐸 10 Podemos observar que a primeira frequência natural 𝜔1 é zero na Equação E10 Para determinar as formas modais substituímos os valores de 𝜔1 𝜔2 e 𝜔3 na Equação E5 e resolvemos para 𝑋1 𝑋2 e 𝑋3 respectivamente Para 𝜔1 0 a Equação E5 dá 𝑘 𝜔1 2𝑚𝑋1 0 𝑘𝑋1 1 𝑘𝑋2 1 0 𝑘𝑋1 1 2𝑘𝑋2 1 𝑘𝑋3 1 0 𝑘𝑋2 1 𝑘𝑋3 1 0 Fixando o valor de um componente de 𝑋1 digamos 𝑋1 1 como 1 as equações podem ser resolvida para obter 𝑋2 1 𝑋1 1 1 𝑋3 1 𝑋2 1 1 Assim o primeiro modo corpo rígido 𝑋1 correspondente a 𝜔1 0 é dado por 𝑋1 1 1 1 𝐸 12 Para 𝜔2 𝑘 𝑚 1 2 a Equação E5 resulta em 𝑘𝑋2 2 0 𝑘𝑋1 2 𝑘𝑋2 2 𝑘𝑋3 2 0 𝑘𝑋2 2 0 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Fixando o valor de um componente de 𝑋2 digamos 𝑋1 2 como 1 as equações podem ser resolvida para obter 𝑋2 2 0 e 𝑋3 2 𝑋1 2 1 Assim o segundo modo 𝑋2 correspondente a 𝜔2 𝑘 𝑚 1 2 é dado por 𝑋2 1 0 1 𝐸 14 Para 𝜔3 3𝑘 𝑚 1 2 a Equação E5 dá 2𝑘𝑋1 3𝑘𝑋2 3 0 𝑘𝑋1 3 𝑘𝑋2 3 𝑘𝑋3 3 0 𝑘𝑋2 32𝑘𝑋3 3 0 Fixando o valor de um componente de 𝑋3 digamos 𝑋3 3 como 1 as equações podem ser resolvida para obter 𝑋2 3 2𝑋1 3 2 e 𝑋3 3 1 2 𝑋2 3 1 Assim o terceiro modo 𝑋3 correspondente a 𝜔3 3𝑘 𝑚 1 2 é dado por 𝑋3 1 2 1 Exemplo 614 Análise de vibração livre de um sistema massamola Determine a resposta de vibração do sistema massamola mostrado na Figura 68a correspondente às condições iniciais 𝑥𝑖0 0 𝑖 123 𝑥10 𝑥10 𝑥20 𝑥30 0 Suponha que 𝑘𝑖 𝑘 𝑖 123 e 𝑚𝑖 𝑚 𝑖 123 Figura 68a Sistema massa mola Solução Abordagem Considere que a resposta de vibração livre é uma soma dos modos naturais As frequências naturais e formas modais do sistema são dadas por ver Exemplo 610 𝜔1 044504𝑘 𝑚 𝜔2 12471𝑘 𝑚 𝜔3 18025𝑘 𝑚 𝑋1 10 18019 22470 𝑋2 10 04450 08020 𝑋3 10 12468 05544 Onde por simplicidade considerase que o primeiro componente de cada forma modal é igual à unidade A aplicação das condições iniciais equações 698 e 699 resulta em Deslocamento CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑥0 𝑋𝑖𝐴𝑖 𝐶𝑜𝑠𝜙𝑖 𝑛 𝑖1 𝐴1 𝐶𝑜𝑠𝜙1 𝐴2 𝐶𝑜𝑠𝜙2 𝐴3 𝐶𝑜𝑠𝜙3 𝑥10 𝐸 1 18019𝐴1 𝐶𝑜𝑠𝜙1 04450𝐴2 𝐶𝑜𝑠𝜙2 12468𝐴3 𝐶𝑜𝑠𝜙3 0 𝐸 2 22470𝐴1 𝐶𝑜𝑠𝜙1 08020𝐴2 𝐶𝑜𝑠𝜙2 05544𝐴3 𝐶𝑜𝑠𝜙3 0 𝐸 3 Velocidades 𝑥0 𝑋𝑖𝐴𝑖𝜔𝑖 𝑆𝑒𝑛𝜙𝑖 𝑛 𝑖1 044504𝑘 𝑚 𝐴1 𝑆𝑒𝑛𝜙1 12471𝑘 𝑚 𝐴2 𝑆𝑒𝑛𝜙2 18025𝑘 𝑚 𝐴3 𝑆𝑒𝑛𝜙3 0 𝐸 4 080192𝑘 𝑚 𝐴1 𝑆𝑒𝑛𝜙1 055496𝑘 𝑚 𝐴2 𝑆𝑒𝑛𝜙2 22474𝑘 𝑚 𝐴3 𝑆𝑒𝑛𝜙3 0 𝐸 5 10𝑘 𝑚 𝐴1 𝑆𝑒𝑛𝜙1 10𝑘 𝑚 𝐴2 𝑆𝑒𝑛𝜙2 10𝑘 𝑚 𝐴3 𝑆𝑒𝑛𝜙3 0 𝐸 6 Resolvendo o sistema de equações E1 a E6 temos os valores de 𝐴1 01076𝑥10 𝐴2 05431𝑥10 𝐴3 03493𝑥10 𝜑1 0 𝜑2 0 𝜑3 0 Assim a solução de vibração livre do sistema pode ser expressa como 𝑥1𝑡 𝑥10 0107 𝐶𝑜𝑠 0445𝑘 𝑚 𝑡 0543 𝐶𝑜𝑠 1247𝑘 𝑚 𝑡 0349 𝐶𝑜𝑠 0445𝑘 𝑚 𝑡 𝑥2𝑡 𝑥10 0193 𝐶𝑜𝑠 0445𝑘 𝑚 𝑡 0241 𝐶𝑜𝑠 12471𝑘 𝑚 𝑡 0435 𝐶𝑜𝑠 1802𝑘 𝑚 𝑡 𝑥3𝑡 𝑥10 0241 𝐶𝑜𝑠 0445𝑘 𝑚 𝑡 0435 𝐶𝑜𝑠 1247𝑘 𝑚 𝑡 0193 𝐶𝑜𝑠 1802𝑘 𝑚 𝑡 Exemplo 615 Resposta de vibração livre utilizando análise modal Utilizando análise modal determine a resposta de vibração livre de um sistema com dois graus de liberdade cujas equações de movimento são 𝑚1 0 0 𝑚2 𝑥1 𝑥2 𝑘1 𝑘2 𝑘2 𝑘2 𝑘2 𝑘3 𝑥1 𝑥2 𝐹 0 0 𝐸 1 Considere os seguintes dados 𝑚1 10 𝑚2 1 𝑘1 30 𝑘2 5 𝑘3 0 e 𝑥0 𝑥10 𝑥20 1 0 𝑥0 𝑥10 𝑥20 0 0 Solução As frequências naturais e modos normais do sistema são dadas ver Exemplo 53 𝜔1 15811 𝑋1 1 2 𝑋1 1 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝜔2 24495 𝑋2 1 5 𝑋1 2 onde 𝑋1 1 e 𝑋1 2 são constantes arbitrárias Pela ortogonalização dos modos normais em relação à matriz de massa podemos determinar os valores de 𝑋1 1 e 𝑋1 2 como 𝑋1𝑇𝑚𝑋1 1 𝑋1 1 2 1 2 10 0 0 1 1 2 1 𝑋1 1 02673 𝑋2𝑇𝑚𝑋2 1 𝑋1 2 2 1 5 10 0 0 1 1 5 1 𝑋1 2 01690 Assim a matriz modal tornase 𝑋 𝑋1 𝑋2 02673 01690 05346 08450 𝐸 3 Utilizando 𝑥𝑡 𝑋𝑞𝑡 𝐸 4 A Equação E1 pode ser expressa como ver Equação 6112 𝑞𝑡 𝜔2 𝑞𝑡 𝑄𝑡 0 𝐸 5 onde 𝑄𝑡 𝑋𝑇𝐹 0 A Equação E5 pode ser escrita em forma escalar como 𝑞𝑖𝑡 𝜔𝑖 2𝑞𝑖𝑡 0 𝑖 12 𝐸 6 A solução da Equação E6 é dada por ver Equação 218 𝑞𝑖𝑡 𝑞𝑖0 𝐶𝑜𝑠𝜔𝑖𝑡 𝑞𝑖0 𝜔𝑖 𝑆𝑒𝑛𝜔𝑖𝑡 𝐸 7 onde 𝑞𝑖0 e 𝑞𝑖0 denotam os valores inicias de 𝑞𝑖𝑡 e 𝑞𝑖𝑡 respectivamente Utilizando as condições inicias da Equação E2 podemos determinar ver equações 6115 e 6116 𝑞0 𝑞100 𝑞200 𝑋𝑇𝑚𝑥0 02673 05346 01690 08450 10 0 0 1 1 0 2673 1690 𝑞0 𝑞100 𝑞200 𝑋𝑇𝑚𝑥0 0 0 𝐸 9 As equações E7 a E9 resultam em 𝑞1𝑡 2673 𝐶𝑜𝑠15811𝑡 𝐸 10 𝑞2𝑡 1690 𝐶𝑜𝑠24495𝑡 𝐸 11 Utilizando as Equações E4 obtemos os deslocamentos das massas 𝑚1 𝑒 𝑚2 como 𝑥𝑡 𝑋𝑞𝑡 𝑥𝑡 02673 01690 05346 08450 2673 𝐶𝑜𝑠15811𝑡 1690 𝐶𝑜𝑠 2 4495𝑡 ou 𝑥1𝑡 𝑥2𝑡 07145 𝐶𝑜𝑠15811𝑡 02856 𝐶𝑜𝑠24495𝑡 14280 𝐶𝑜𝑠15811𝑡 14280 𝐶𝑜𝑠24495𝑡 𝐸 12 Podemos ver que essa solução é idêntica à obtida no Exemplo 53 e apresentada em gráfico no Exemplo 512 Exemplo 616 Resposta de vibração forçada de um martelo de forjar A força que age sobre a peça de trabalho submetida ao martelo de forjar mostrado na Figura 541 resultante do impacto do martelo pode ser aproximada como um pulso retangular como mostra a Figura 614a Determine a vibração resultante do sistema para os seguintes dados massa da peça a forjar bigorna e CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB estrutura 𝑚1 200 𝑀𝑔 massa do bloco da base 𝑚2 250 𝑀𝑔 rigidez do coxim elástico 𝑘1 150 𝑀𝑁 𝑚 e rigidez do solo 𝑘2 75 𝑀𝑁 𝑚 Considere os deslocamentos iniciais e velocidades iniciais das massas como zero Solução O martelo de forjar pode ser moldado como um sistema com dois graus de liberdade como indicado na Figura 614b As equações de movimento do sistema podem ser expressas como 𝑚𝑥 𝑘𝑥 𝐹𝑡 𝐸 1 Onde 𝑚 𝑚1 0 0 𝑚2 200 0 0 250 𝑀𝑔 𝑘 𝑘1 𝑘1 𝑘1 𝑘1 𝑘2 150 150 150 225 𝑀𝑁 𝑚 𝐹𝑡 𝐹1𝑡 0 Frequências naturais e formas modais As frequências naturais do sistema podem ser determinadas resolvendo a equação de frequência 𝜔2𝑚 𝑘 𝜔2 2 0 0 25 105 150 150 150 225 106 0 𝐸 2 Como 𝜔1 122474 𝑟𝑎𝑑 𝑠 𝜔2 387298 𝑟𝑎𝑑 𝑠 As formas modais podem ser determinadas como 𝑋1 1 08 𝑋2 1 1 Ortonormalização de formas modais Consideramos que as formas modais são 𝑋1 𝑎 1 08 e 𝑋2 𝑏 1 1 onde 𝑎 e 𝑏 são constantes As constantes 𝑎 e 𝑏 podem ser determinadas pela normalização dos vetores 𝑋1 e 𝑋2 como 𝑋𝑇𝑚𝑋 𝐼 𝐸 3 onde 𝑋 𝑋1 𝑋2 denota a matriz modal A Equação E3 dá 𝑎 16667 103 𝑏 14907 103 o que significa que a nova matriz modal com formas modais normalizadas tornase 𝑋 𝑋1 𝑋2 16667 14907 13334 14907 103 Resposta em termos de coordenadas generalizadas Visto que as duas massas 𝑚1 𝑒 𝑚2 estão em repouso em 𝑡 0 as condições iniciais são CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Deslocamento 𝑥10 𝑥20 0 Velocidade 𝑥10 𝑥20 0 por consequência as equações 6115 e 6116 𝑞0 𝑞100 𝑞200 𝑋𝑇𝑚𝑥0 0 0 𝑞10 𝑞20 0 𝑞0 𝑞100 𝑞200 𝑋𝑇𝑚𝑥0 0 0 𝑞10 𝑞20 0 Assim as coordenadas generalizadas são dadas pela solução das equações 𝑞𝑖𝑡 𝑞𝑖0 𝐶𝑜𝑠𝜔𝑖𝑡 𝑞0 𝜔𝑖 𝑆𝑒𝑛𝜔𝑖𝑡 1 𝜔𝑖 𝑄𝑖𝜏 𝑆𝑒𝑛𝜔𝑖𝑡 𝜏 𝑑𝜏 𝑡 0 𝑞𝑖𝑡 1 𝜔𝑖 𝑄𝑖𝜏 𝑆𝑒𝑛𝜔𝑖𝑡 𝜏𝑑𝜏 𝑖 12 𝐸 4 𝑡 0 Onde 𝑄𝑡 𝑋𝑇𝐹𝑡 𝐸 5 ou 𝑄1𝑡 𝑄2𝑡 16667 13334 14907 14907 103 𝐹1𝑡 0 16667 103𝐹1𝑡 14907 103𝐹1𝑡 𝐸 6 Com 𝐹1𝑡 25000 𝑁 0 𝑡 01 0 𝑁 𝑡 01 𝑠 Onde 𝑞1𝑡 34021 𝑆𝑒𝑛122474𝑡 𝜏𝑑𝜏 𝑡 0 027781 𝐶𝑜𝑠122474𝑡 𝐸 8 𝑞2𝑡 09622 𝑆𝑒𝑛387298𝑡 𝜏𝑑𝜏 𝑡 0 0024841 𝐶𝑜𝑠387298𝑡 𝐸 8 Observe que a solução dada pela Equação E8 é válida para 0 01 𝑠 Para 𝑡 01 𝑠 não há nenhuma força aplicada e por consequência a resposta é dada pela solução de vibração livre de um sistema não amortecido com um grau de liberdade Equação 218 para 𝑞1𝑡 e 𝑞2𝑡 com 𝑞1𝑡 01 𝑞1𝑡 01 𝑞2𝑡 01 𝑞2𝑡 01 como condições iniciais respectivamente Utilizando a Equação 6104 os deslocamentos das massas podem ser determinados como 𝑥1𝑡 𝑥2𝑡 𝑋𝑞𝑡 16667𝑞1𝑡 14907𝑞2𝑡 13334𝑞1𝑡 14907𝑞2𝑡 103𝑚 Exemplo 617 Equações de movimento de um sistema dinâmico Deduza as equações de movimento do sistema mostrado na Figura 615 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Figura 615 Sistema dinâmico dom três graus de liberdade Solução Abordagem Use equações de Lagrange em conjunto com a função de dissipação de Rayleigh A energia cinética do sistema é 𝑇 1 2 𝑚1𝑥1 2 𝑚2𝑥2 2 𝑚3𝑥3 2 𝐸 1 A energia potencial tem a forma 𝑉 1 2 𝑘1𝑥1 2 𝑘2𝑥2 𝑥12 𝑘3𝑥3 𝑥22 𝐸 2 E a função de Rayleigh é 𝑅 1 2 𝑐1𝑥1 2 𝑐2𝑥2 𝑥12 𝑐3𝑥3 𝑥22 𝑐4𝑥2 2 𝑐5𝑥3 𝑥12 𝐸 3 As equações de Lagrange podem ser escritas como 𝑑 𝑑𝑡 𝑇 𝑥𝑖 𝑇 𝑥𝑖 𝑅 𝑥𝑖 𝑉 𝑥𝑖 𝐹𝑖 𝑖 123 𝐸 4 Para 𝑖 1 𝑑 𝑑𝑡 𝑇 𝑥1 𝑇 𝑥1 𝑅 𝑥1 𝑉 𝑥1 𝐹1 Substituindo as equações E1 a E3 na Equação E4 obtemos as equações diferenciais de movimento 𝑚𝑥 𝑐𝑥 𝑘𝑥 𝐹 𝐸 5 Onde 𝑚 𝑚1 0 0 0 𝑚2 0 0 0 𝑚3 𝑐 𝑐1 𝑐2 𝑐5 𝑐2 𝑐5 𝑐2 𝑐2 𝑐3 𝑐4 𝑐3 𝑐5 𝑐3 𝑐3 𝑐5 𝑘 𝑘1 𝑘2 𝑘2 0 𝑘2 𝑘2 𝑘3 𝑘3 0 𝑘3 𝑘3 𝑥 𝑥1𝑡 𝑥2𝑡 𝑥3𝑡 𝐹 𝐹1𝑡 𝐹2𝑡 𝐹3𝑡 Exemplo 618 Resposta de regime permanente de um sistema forçado Determine a resposta de regime permanente do sistema mostrado na Figura 615 quando as massas estão sujeitas às forças harmônicas simples 𝐹1 𝐹2 𝐹3 𝐹0 Cos 𝜔𝑡 onde 𝜔 175𝑘 𝑚 Considere que 𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑚𝑘1 𝑘2 𝑘3 𝑘 𝑐4 𝑐5 0 e que o fator de amortecimento em cada modo normal é dado por 𝜁𝑖 001 𝑖 123 CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB Figura 615 Sistema dinâmico dom três graus de liberdade Solução As frequências naturais não amortecidas do sistema ver Exemplo 610 são dadas por 𝜔1 044504𝑘 𝑚 𝜔2 12471𝑘 𝑚 𝜔3 18025𝑘 𝑚 𝐸 1 E as formas modais 𝑚 ortonormais correspondentes ver Exemplo 611 são dadas por 𝑋1 03280 𝑚 10 18019 22470 𝑋2 07370 𝑚 10 14450 08020 𝑋3 05911 𝑚 10 12468 05544 Assim o vetor modal pode ser expresso como 𝑋 𝑋1 𝑋2 𝑋3 1 𝑚 03280 07370 05911 05911 03280 07370 07370 05911 03280 𝐸 3 O vetor de força generalizada 𝑄𝑡 𝑋𝑇𝐹𝑡 𝑄𝑡 1 𝑚 03280 05911 07370 07370 03280 05911 05911 07370 03280 𝐹0 𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡 𝐹0 𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡 𝐹0 𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑄10 𝑄20 𝑄30 𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡 𝐸 4 Pode ser obtido onde 𝑄10 16561 𝐹0 𝑚 𝑄20 04739 𝐹0 𝑚 𝑄30 01821 𝐹0 𝑚 𝐸 5 Se as coordenadas generalizadas ou os fatores de participação modal para os três modos principais forem denotados por 𝑞1𝑡 𝑞2𝑡 𝑞3𝑡 as equações de movimento podem ser expressas como 𝑞𝑖𝑡 2𝜁𝑖𝜔𝑖𝑞𝑖𝑡 𝜔𝑖 2𝑞𝑖𝑡 𝑄𝑖𝑡 𝑖 123 𝐸 6 𝑞𝑖𝑡 2𝜁𝑖𝜔𝑖𝑞𝑖𝑡 𝜔𝑖 2𝑞𝑖𝑡 𝑄𝑖0𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑖 123 𝐸 6 A solução de regime permanente da Equação E6 pode ser escrita como 𝑞𝑖𝑡 𝑞𝑖0 𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡 𝜙 𝑖 123 𝐸 7 Onde resposta de um sistema amortecido de 1 gdl CET260 Vibrações Mecânicas Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 𝑞𝑖0 𝑄𝑖0 𝜔𝑖 2 1 1 𝜔 𝜔𝑖 2 2 2𝜁𝑖 𝜔 𝜔𝑖 2 1 2 𝜙𝑖 𝑇𝑎𝑛1 2𝜁𝑖 𝜔 𝜔𝑖 1 𝜔 𝜔𝑖 2 𝐸 9 Substituindo os valores dados nas equações E5 e E1 nas equações E8 e E9 obtemos 𝑞10 057815 𝐹0𝑚 𝑘 𝜙1 𝑇𝑎𝑛1000544 𝑞20 031429 𝐹0𝑚 𝑘 𝜙2 𝑇𝑎𝑛1002988 𝑞30 092493 𝐹0𝑚 𝑘 𝜙3 𝑇𝑎𝑛1033827 𝐸 10 Por fim a resposta de regime permanente pode ser determinada utilizando a Equação 6122 𝑥𝑡 𝑋𝑇𝑞𝑡