Aula 6 Vibrações Forçadas Sem Amortecimento pdf

Vibrações Forçadas Sem

Amortecimento

Referências:

Vibrações Mecânicas – 4ª edição – Capítulo 3.

Autor: Singiresu Rao.

Vibrações Forçadas

Vibrações forçadas ocorrem quando um sistema está sujeito a uma força periódica ou quando ele está elasticamente conectado a um suporte que tem um movimento alternado.

1º Caso: corpo de massa 𝑚 suspenso por uma mola, sujeito a uma força periódica 𝑭 de

intensidade 𝐹 = 𝐹_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 , onde ω é a frequência angular forçada.

+ ↓ ෍ 𝐹 = 𝑚𝑎

𝐹_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 + 𝑊 − 𝑘 𝛿_𝑠𝑡 + 𝑥 = 𝑚 ሷ𝑥

Lembrando que 𝑊 = 𝑘𝛿_𝑠𝑡 temos:

𝐹_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 + 𝑊 − 𝑘𝛿_𝑠𝑡 − 𝑘𝑥 = 𝑚 ሷ𝑥 𝐹_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 + 𝑘𝛿_𝑠𝑡 − 𝑘𝛿_𝑠𝑡 − 𝑘𝑥 = 𝑚 ሷ𝑥

2º Caso: corpo de massa 𝑚 suspenso por uma mola, ligada a um suporte móvel cujo

deslocamento 𝛿 é igual a 𝛿_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 .

Medindo o deslocamento 𝑥 do corpo a partir da posição de equilíbrio estático, correspondente a

𝜔𝑡 = 0, encontramos que o alongamento total da mola no instante 𝑡 é

𝛿_𝑠𝑡 + 𝑥 − 𝛿_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 . Equação de movimento:

+ ↓ ෍ 𝐹 = 𝑚𝑎

𝑊 − 𝑘 𝛿_𝑠𝑡 + 𝑥 − 𝛿_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 = 𝑚 ሷ𝑥

Lembrando que 𝑊 = 𝑘𝛿_𝑠𝑡 temos:

𝑘𝛿_𝑠𝑡 − 𝑘𝛿_𝑠𝑡 − 𝑘𝑥 − 𝑘𝛿_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 = 𝑚 ሷ𝑥

As equações I e II são da mesma forma. A solução da equação I vai satisfazer a equação II se tivermos:

𝑭

= 𝒌𝜹

O lado direito da equação diferencial 𝒎 ሷ𝒙 + 𝒌𝒙 = 𝑭_𝒎 𝒔𝒆𝒏 𝝎𝒕 é diferente de zero.

Essa equação é chamada de equação diferencial não-homogênea. A equação seria homogênea se o seu lado direito fosse igual a zero:

Equação homogênea: 𝒎 ሷ𝒙 + 𝒌𝒙 = 𝟎

Equação não-homogênea: 𝒎 ሷ𝒙 + 𝒌𝒙 = 𝑭_𝒎𝒔𝒆𝒏 𝝎𝒕

Solução geral = solução da eq. homogênea + solução particular

Solução da equação homogênea: 𝒙_𝒉 = 𝑪_𝟏𝒔𝒆𝒏 𝝎_𝒏𝒕 + 𝑪_𝟐𝒄𝒐𝒔 𝝎_𝒏𝒕

𝒙_𝒑 = 𝒙_𝒎𝒔𝒆𝒏 𝝎𝒕

Solução particular:

As constantes 𝐶₁ e 𝐶₂ são determinadas a partir das condições iniciais do sistema. A frequência angular dessa solução é a frequência angular natural do sistema, 𝜔_𝑛.

A equação de movimento é dada por: 𝑚 ሷ𝑥 + 𝑘𝑥 = 𝐹𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

Podemos reescrever essa equação como: ሷ𝑥 + 𝑘

𝑚𝑥 = 𝐹_𝑚

𝑚 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

ሷ𝑥 + 𝜔_𝑛2 𝑥 = 𝐹𝑚

𝑚 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

A equação fica então:

Substituindo a solução particular 𝑥_𝑝 = 𝑥_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 na equação acima, temos: onde 𝜔_𝑛 = 𝑘

𝑚

ሷ𝑥 + 𝜔_𝑛2 𝑥 = 𝐹𝑚

𝑚 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 → −𝑥𝑚𝜔

2_{𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 + 𝜔}

𝑛2𝑥𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 =

𝐹_𝑚

𝑚 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

−𝑥_𝑚𝜔2 + 𝜔_𝑛2𝑥_𝑚 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 = 𝐹𝑚

𝑚 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 → 𝑥𝑚 =

𝐹_𝑚 𝑚 𝜔_𝑛2 − 𝜔2

Colocando 𝜔_𝑛2 em evidência, temos: 𝑥𝑚 =

𝐹_𝑚

𝑚𝜔_𝑛2 1 − 𝜔2 𝜔_𝑛2

𝑚𝜔_𝑛2 = 𝑘

onde

Assim, temos: 𝒙𝒎 =

𝑭_𝒎 𝒌 𝟏 − 𝝎𝟐

𝝎_𝒏𝟐

Vimos anteriormente que a força máxima aplicada, 𝐹_𝑚, está relacionada com a amplitude da excitação externa, 𝛿_𝑚, por:

𝑥_𝑚 = 𝐹𝑚 𝑘 1 − 𝜔2

𝜔_𝑛2

= 𝛿𝑚

1 − 𝜔2 𝜔_𝑛2 𝐹_𝑚 = 𝑘𝛿_𝑚

Substituindo na eq. III temos:

𝒙_𝒎 𝜹_𝒎 =

𝟏

𝟏 − 𝝎𝟐 𝝎_𝒏𝟐

Dividindo ambos os lados da equação por 𝛿_𝑚 temos:

A razão 𝑥𝑚

𝛿_𝑚 é definida como o fator de amplificação, ou seja, o quanto a amplitude da

oscilação, 𝑥_𝑚, é maior que a amplitude da oscilação forçada, 𝛿_𝑚, atuando no sistema. O fator de amplificação depende da razão entre as frequência,

Se 𝜔 = 𝜔_𝑛, a amplitude 𝑥_𝑚 de vibração torna-se infinita. Nesse caso, o movimento forçado é dito estar em ressonância com o sistema dado.

Fator de amplificação

ൗ 𝜔

Se 𝜔 < 𝜔_𝑛 temos

𝜔 𝜔_𝑛 𝑥_𝑚

𝛿_𝑚

Neste caso a vibração do sistema está em fase com a força externa aplicada.

𝑥_𝑚 𝛿_𝑚 =

1

1 − 𝜔2 𝜔_𝑛2

> 0 0 < 𝜔

𝜔_𝑛 < 1

A solução particular poderá ser escrita como: 𝑥_𝑝 = 𝑥_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

0 < 𝜔

𝜔_𝑛 < 1 𝐹 𝑡 = 𝐹𝑚𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡

𝐹_𝑚

𝜔 𝜔_𝑛 𝑥_𝑚

𝛿_𝑚

Se 𝜔 > 𝜔_𝑛 temos

Neste caso a vibração do sistema está defasada de 180º com a força externa aplicada.

𝑥_𝑚 𝛿_𝑚 =

1

1 − 𝜔2 𝜔_𝑛2

< 0 𝜔

𝜔_𝑛 > 1

A solução particular poderá ser escrita como: 𝑥_𝑝 = −𝑥_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

𝜔

𝜔_𝑛 > 1

𝐹 𝑡 = 𝐹_𝑚𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 𝐹_𝑚

𝑥_𝑝 𝑡 = −𝑥_𝑚𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡

−𝑥_𝑚

𝑥_𝑚 = 𝛿𝑚 𝜔2 𝜔_𝑛2 − 1

Essa condição, na qual a frequência forçante 𝜔 é igual à frequência natural 𝜔_𝑛 do sistema, é denominada de ressonância. Nesse caso, a amplitude da oscilação torna-se infinita.

𝜔 𝜔_𝑛 𝑥_𝑚

𝛿_𝑚

Se 𝜔 = 𝜔_𝑛 temos 𝑥𝑚

𝛿_𝑚 =

1

1 − 𝜔2 𝜔_𝑛2

→ ∞ 𝜔

𝜔_𝑛 = 1

𝜔

𝜔_𝑛 = 1

Resposta Geral – Sistema Fora da Ressonância:

𝒙 𝒕 = 𝑪_𝟏𝒔𝒆𝒏 𝝎_𝒏𝒕 + 𝑪_𝟐𝒄𝒐𝒔 𝝎_𝒏𝒕 + 𝑭𝒎 𝒌 𝟏 − 𝝎𝟐

𝝎_𝒏𝟐

𝒔𝒆𝒏 𝝎𝒕

Solução geral = solução da eq. homogênea + solução particular

Conforme foi dito, a solução geral para o oscilador harmônico não amortecido forçado é uma soma de dois termos:

Essa solução geral pode ser escrita da seguinte forma:

onde 𝐹_𝑚 é a máxima força externa aplicada. Como 𝜔_𝑛2 = 𝑘/𝑚 temos também:

𝒙 𝒕 = 𝑪_𝟏𝒔𝒆𝒏 𝝎_𝒏𝒕 + 𝑪_𝟐𝒄𝒐𝒔 𝝎_𝒏𝒕 + 𝑭𝒎

𝒌 − 𝒎𝝎𝟐𝒔𝒆𝒏 𝝎𝒕

𝐹 = 𝐹

𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

Exemplo:

Um cursor de 5 kg pode deslizar sobre uma barra horizontal sem atrito e está ligado a uma mola de constante 𝑘. Sobre ele atua uma força periódica de intensidade 𝐹 = 𝐹_𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 , onde 𝐹_𝑚 = 10 𝑁 e

𝜔 = 5 𝑟𝑎𝑑/𝑠. Determine o valor da constante de mola 𝑘 sabendo que o movimento do cursor tem uma amplitude de 150 mm e está: a) em fase com a força aplicada; b) defasado com a força aplicada.

Solução:

𝑥_𝑚 = 𝐹𝑚 𝑘 1 −𝜔2

𝜔_𝑛2

𝐹_𝑚 = 𝑘𝛿_𝑚 𝜔_𝑛2 = 𝑘/𝑚 𝑥_𝑚 = 150 𝑚𝑚 = 0,15 𝑚 𝜔 = 5 𝑟𝑎𝑑/𝑠

𝑥_𝑚 = 𝐹𝑚 𝑘 1 − _𝑘/𝑚𝜔2

𝑥_𝑚 = 𝐹𝑚 𝑘 − 𝑚𝜔2

a) em fase: _{0,15 =} 10

𝑘 − 125 → 𝑘 − 125 =

1

0,015 → 𝑘 = 191,7 𝑁/𝑚

b) defasado: 0,15 = − 10

𝑘 − 125 → 𝑘 − 125 = − 1

Exemplo: Um bloco de 10 kg está suspenso de uma mola tendo uma rigidez de 4 kN/m. Se o bloco é submetido a uma força periódica vertical 𝐹 = 400𝑐𝑜𝑠 10𝑡 N, onde 𝑡 é dado em segundos, determine a equação que descreve o movimento do bloco quando ele é inicialmente puxado para baixo 100 mm da posição de equilíbrio e lançado com velocidade de 10 m/s. Considere que o deslocamento positivo é para baixo.

𝑘 = 4 𝑘𝑁/𝑚

𝐹 = 400𝑐𝑜𝑠 10𝑡 Solução: 𝑥 = 𝐶1𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑛𝑡 + 𝐶2𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑛𝑡 + 𝑥𝑚𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡

onde: 𝑥_𝑚 = 𝐹𝑚/𝑘

1 − 𝜔2 𝜔_𝑛2

𝐹_𝑚 = 400 𝑁; 𝜔 = 10 𝑟𝑎𝑑

𝑠 ; 𝑘 = 4.000 𝑁

𝑚; 𝑚 = 10 𝑘𝑔.

𝜔_𝑛 = 𝑘 𝑚 =

4000

10 = 20 𝑟𝑎𝑑

𝑠 .

𝑥_𝑚 = 400/4.000 1 − 10₂₀

2 = 0,133 𝑚.

Sistema em fase Solução particular

segue a força externa aplicada

𝜔 𝜔_𝑛 =

0,1 = 𝐶₂ + 0,133 →

Para 𝑡 = 0, 𝑥 = 100 𝑚𝑚 = 0,1 m

Para 𝑡 = 0, ሶ𝑥 = 10 m/s:

𝑥 = 𝐶₁𝑠𝑒𝑛 20𝑡 + 𝐶₂𝑐𝑜𝑠 20𝑡 + 0,133𝑐𝑜𝑠 10𝑡

ሶ𝑥 = 𝐶₁ 20 𝑐𝑜𝑠 20𝑡 − 𝐶₂ 20 𝑠𝑒𝑛 20𝑡 − 0,133 10 𝑠𝑒𝑛 10𝑡 20𝐶₁ = 10 →

Posição 𝑥:

Velocidade ሶ𝑥:

Equação de movimento: 𝑥 = 0,5 𝑠𝑒𝑛 20𝑡 − 0,033 𝑐𝑜𝑠 20𝑡 + 0,133𝑐𝑜𝑠 10𝑡

𝑥

𝑡

𝐶₂ = −0, 033𝑚

Batimento:

Se a frequência da força externa for próxima, mas não exatamente igual, à frequência natural do sistema, pode ocorrer um fenômeno conhecido como batimento.

Nesse tipo de vibração, a amplitude aumenta e diminui segundo um padrão regular.

Considere as condições iniciais 𝑥 𝑡 = 0 = 0 e ሶ𝑥 0 = 𝑣₀ = 0. A solução para este caso será:

𝑥 0 = 0 = 𝐶₁𝑠𝑒𝑛 0 + 𝐶₂𝑐𝑜𝑠 0 + 𝐹𝑚

𝑚 𝜔_𝑛2 − 𝜔2 𝑐𝑜𝑠 0 → 𝐶2 = −

𝐹_𝑚 𝑚 𝜔_𝑛2 − 𝜔2

ሶ𝑥 0 = 𝑣₀ = 0 = 𝜔_𝑛𝐶₁𝑐𝑜𝑠 0 − 𝜔_𝑛𝐶₂𝑠𝑒𝑛 0 + 𝐹𝑚

𝑚 𝜔_𝑛2 − 𝜔2 𝑠𝑒𝑛 0 → 𝐶1 = 0.

Vamos considerar um sistema sujeito a uma força externa do tipo 𝐹 = 𝐹_𝑚𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 . A solução geral fica:

𝑥 𝑡 = 𝐶₁𝑠𝑒𝑛 𝜔_𝑛𝑡 + 𝐶₂𝑐𝑜𝑠 𝜔_𝑛𝑡 + 𝐹𝑚

𝑥 𝑡 = 𝐹𝑚

𝑚 𝜔_𝑛2 − 𝜔2 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 −

𝐹_𝑚

𝑚 𝜔_𝑛2 − 𝜔2 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑛𝑡

𝑥 𝑡 = 𝐹0

𝑚 𝜔_𝑛2 − 𝜔2 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 − 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑛𝑡

𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 − 𝑐𝑜𝑠 𝜔_𝑛𝑡 = 2𝑠𝑒𝑛 𝜔 + 𝜔𝑛

2 𝑡 𝑠𝑒𝑛

𝜔_𝑛 − 𝜔

2 𝑡

𝑥 𝑡 = 𝐹𝑚

𝑚 𝜔_𝑛2 − 𝜔2 2𝑠𝑒𝑛

𝜔 + 𝜔_𝑛

2 𝑡 𝑠𝑒𝑛

𝜔_𝑛 − 𝜔

2 𝑡

Usando a identidade trigonométrica: 𝑐𝑜𝑠 𝐴 − 𝐵 − 𝑐𝑜𝑠 𝐴 + 𝐵 = 2𝑠𝑒𝑛 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝐵)

onde _{𝐴 =} 𝜔 + 𝜔𝑛

2 𝑡; 𝐵 =

𝜔_𝑛 − 𝜔 2 𝑡;

temos:

Suponha que a frequência forçante 𝜔 seja ligeiramente menor que a frequência natural 𝜔_𝑛:

𝜔_𝑛 − 𝜔 = 2𝜀

onde 𝜀 é uma quantidade pequena e positiva. Neste caso, 𝜔_𝑛 ≈ 𝜔 e temos:

𝜔 + 𝜔_𝑛 ≅ 2𝜔

Multiplicando as duas equações acima, temos: 𝜔_𝑛 − 𝜔 𝜔_𝑛 + 𝜔 = 𝜔_𝑛2 − 𝜔2 = 4𝜀𝜔

𝑥 𝑡 = 𝐹𝑚

𝑚 𝜔_𝑛2 − 𝜔2 2𝑠𝑒𝑛

𝜔 + 𝜔_𝑛

2 𝑡 𝑠𝑒𝑛

𝜔_𝑛 − 𝜔

2 𝑡

A solução fica: 𝑥 𝑡 = 𝐹𝑚

2𝑚𝜀𝜔 𝑠𝑒𝑛 𝜀 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

Como 𝜀 é pequena, a função 𝑠𝑒𝑛 𝜀 𝑡 varia lentamente, com um período 2𝜋/𝜀 grande.

A equação acima representa uma vibração com período 2𝜋/𝜔 e amplitude variável, dada por: Substituindo esses

valores na expressão:

𝐹_𝑚

Observe que a curva 𝑠𝑒𝑛 𝜔 passa por vários ciclos, enquanto a onda 𝑠𝑒𝑛 𝜀𝑡 passa por apenas um ciclo. Assim, a amplitude aumenta e diminui continuamente.

O tempo entre os pontos de amplitude zero ou entre pontos de amplitude máxima é denominado período de batimento (𝜏_𝑏) e é dado por:

𝜏_𝑏 = 2𝜋 2𝜖 =

2𝜋 𝜔_𝑛 − 𝜔.

A frequência de batimento é definida como: 𝜔_𝑏 = 2𝜀 = 𝜔_𝑛 − 𝜔.

2𝜋 𝜔

𝐹_𝑚/𝑚 2𝜀𝜔

𝐹_𝑚/𝑚 2𝜀𝜔

Exemplo: Um bloco de 5 kg está suspenso de uma mola tendo uma rigidez de 300 N/m. Se o bloco é submetido a uma força periódica vertical 𝐹 = 7𝑠𝑒𝑛 8𝑡 N, onde 𝑡 é dado em segundos, determine a equação que descreve o movimento do bloco

quando ele é puxado para baixo 100 mm da posição de equilíbrio e solto do repouso em 𝑡 = 0. Considere que o deslocamento positivo é para baixo.

Solução: 𝑥 = 𝐶1𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑛𝑡 + 𝐶2𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑛𝑡 + 𝑥𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

onde: 𝑥_𝑚 = 𝐹𝑚/𝑘

1 − 𝜔2 𝜔_𝑛2

𝐹_𝑚 = 7 𝑁; 𝜔 = 8 𝑟𝑎𝑑

𝑠 ; 𝑘 = 300 𝑁

𝑚; 𝑚 = 5,0 𝑘𝑔.

𝜔_𝑛 = 𝑘 𝑚 =

300

5 = 7,746 𝑟𝑎𝑑

𝑠 .

𝑥_𝑚 = 7/300 1 − _7,7468

2 = −0,35 𝑚.

Sistema defasado Solução particular

𝐶₂ = 0,1 𝑚

Para 𝑡 = 0, 𝑥 = 0,1 m

Para 𝑡 = 0, ሶ𝑥 = 0 m/s:

𝑥 = 𝐶₁𝑠𝑒𝑛 7,746𝑡 + 𝐶₂𝑐𝑜𝑠 7,746𝑡 − 0,35𝑠𝑒𝑛 8𝑡

ሶ𝑥 = 𝐶₁ 7,746 𝑐𝑜𝑠 7,746𝑡 + 𝐶₂ 7,746 𝑠𝑒𝑛 7,746𝑡 − 0,35 8 𝑐𝑜𝑠 8𝑡 7,746𝐶₁ − 2,8 = 0 → 𝐶₁ = 0,361 𝑚

Posição 𝑥:

Velocidade ሶ𝑥:

Equação de movimento: 𝑥 = 0,361 𝑠𝑒𝑛 7,746𝑡 + 0,1 𝑐𝑜𝑠 7,746𝑡 − 0,35𝑠𝑒𝑛 8𝑡

Aqui ocorre o fenômeno de batimento.

𝑥

Amplitude

Equação de movimento: 𝑥 = 0,361 𝑠𝑒𝑛 7,746𝑡 + 0,1 𝑐𝑜𝑠 7,746𝑡 − 0,35𝑠𝑒𝑛 8𝑡

Aqui ocorre o fenômeno de batimento.

𝑥

𝑡

𝐹_𝑚

2𝑚𝜀𝜔 𝑠𝑒𝑛 𝜀 𝑡

𝐹_𝑚

2𝑚𝜀𝜔𝑠𝑒𝑛 𝜀 𝑡

Valor máximo:

1

7

2 5 0,127 7,746 = 0,71 𝑚

Valor máximo da amplitude:

𝜔_𝑛 − 𝜔 = 2𝜀 𝜀 = 𝜔𝑛 − 𝜔

2 =

8 − 7,746

2 = 0,127

Período de Batimento: 𝜏𝑏 =

2𝜋 2𝜖 = 2𝜋 𝜔_𝑛 − 𝜔 = 𝜋 𝜖 = 𝜋