exercícios de vibrações rao
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Respostas do capitulo 2, questões 1 ao 16TRANSCRIPT
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
Exemplo 2.1.- Resposta harmônica de uma caixa d’água:
A coluna da caixa d’água mostrada na figura tem 300 pés de altura e é feita de concreta reforçado com uma seção transversal tubular de 8 pés ,de diâmetro interno e 10 pés de diâmetro externo. A caixa d’água pesa 6 x105lbquando está cheia.Desprezando a massa da coluna admitindo que o módulo de Young de concreto reforçado seja 4x106 lb / pol2, determine o seguinte:a.- a frequência natural e o período natural de vibração transversal da caixa.b.- a resposta de vibração da caixa d’água resultante de um deslocamento transversal inicial de 10 pol ;c.- os valores máximos da velocidade e da aceleração experimentados pela caixa d’água.
Dados
Caixa de água
Altura: l=300 pé sPeso: w=6x105 lbf
Coluna
ϕinterno: ϕi=8 pés
ϕexterno:ϕe=10 pés
Sem massa
Mod. De Young: 4 x104pol2lbf
Determine:
a.- Freq. Natural: W n= ?
Período Ƭ :
b.- Para Desloc. Inic.
xo= 10 polResp. de Vibração: x (t )=¿?
c.- Valores máximas da velocidade.:
xmax=?Aceleração
xmax = ?
Solução
.- Diagrama
- cms:.viga em balanço (coluna)
⇒ k=3EI
l3 ;
Onde:
I=¿ π
64(∅ e
4 - ∅ i4)
l=300 pés×12 pol1 pé
=3600 pol
∅ e=10 pé s ×12 pol1 pé
=120 pol
∅ i=8pé s×12 pol1 pé
=96 pol
Momento de inercia da seção transversal
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
I=¿ π
64(1204 -964) = 600,95×104 pol4
k=3×4×106×600,95×104
3600=1545,65lbf / pol
a.- wn=?; Ƭ=?
Como: wn=√ km;P=mg ;
m= Pg⟹wn=√ kg
P;
g=9,81m
s2×
39,37 polm
=386,22pol
s2 ;
wn=√ 1545,65×386,226×105
wn=0,997rads
;
Como:
Ƭ = 2πw
= 2 π0,997
b.- x (t )=?
Para: xo=10 pol; x=0ms
Como: x (t )=Ao sin(wt+∅ o)
Também: ∅ o=tan−1( xown
xo )
∅=tan−1( xown
0 )⟹∅=π2
Temos: Ao=√{xo2+( xo
wn)
2} Ao=xo
=10 pol
x (t )=10 sin (0,99 t+ π2 )
x (t )=10 cos (0,99 t )
c.- xmax=?; xmax=?
Como:
x (t )=−9,9 sin(0,99 t)
xmax=−9,9pols
Também
x (t )=−9,9×0,99cos (0,99 t )
x (t )=−9,95 cos (0,99 t )
⇒ x ( t )=−9,95pol
s2
Exemplo 2.2: Resposta de vibração livre devido a impacto.
Uma viga em balanço suporta uma massa M na extremidade livre como mostrado na figura. A massa m cai de uma alturah sobre a massa Me adere a ela sem ricochetear. Determine a vibração transversal resultante da viga.
Dados:
VigaComprimento: lMod. De Young: EMomento de Inércia de seção transversal: I
Massa suportada: M
Corpo em queda livre
Massa: m
Altura: h
Determine:
- Vibração transversal:
x (t )=?
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
Solução:
-Rigidez equação da Viga
k=3 EI
l3
Massa m
Cms. Energia (Forças. Conservativas.)
T m+Um=cte
T mo+Umo=T m1+Um1
12mvo
2+mgho=12mv i
2+mgh1
mgh=12mv i
2⇒ v i=√2gh
Como ∄Forças Ext. antes e após o impacto temos
que ∑ mi v i=cte .
m vmi+MU M i
=m vm2+mU M2
mv i=mv+MU ; vm2=U M 2
=v
v=mv1
m+M= mm+M
√2gh
k xo=mg⇒ xo=mgk
xo=m
m+M√2gh
Como vibração Transversal. Define-se.
Como:
x (t )=A cos(wn¿t−∅ )¿
Onde:
A={xo2+( xown)
2}12
wn=√ km+M
=1l √ EI
(m+M ) l
A={(mgk )
2
+( mm+M )
22ghk
m+M }12
A=mg l3
3 EI {1+ 6hEIg(m+M )l3 }
12
Como:
∅=tan−1( xo
wn xo)=tan−1{ m
m+M√2gh
−mgk √ k
m}
∅=tan−1 {−1l √ 6hEIm
l }
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
Exemplo 2.3: Módulo de Young pela medição da freqüência natural.
Contata-se que uma viga simplesmente apoiada com uma seção transversal quadrada de 5mm×5mm e comprimento de 1m, que suporta uma massa de 2 .3 kg em seu ponto médio, tem uma freqüência natural de vibração
transversal de 30rads
. Determine o
módulo de Young de viga.
Dados:
Viga Bi-apoiada
Seção
Comprimento: l=1m
Corpo
Massa: m=2,3 kg
Ponto Médio da Viga
Freq. Nat do sist (Vibr. Trans.)
wn=30 rad / s
Determine:
Mód. De Young da Viga:
E=?
Solução:
Diagrama:
Como:
y ( x )= pbx6EIl
(12−x2−b2) ,0≤ x≤a
Se y ( x )=δ st⇒ x=12, b=a=1
2
y ( 12 )=
P×12×
12
GEIl (12−( 12 )
2
−( 12 )
2
) y ( 1
2 )= p l3
48EI=δ st
Como: P=mg=W
w l3
48 EI=δst
w=48 EI
l3⏟k
k=48 EI
l3
E= k l3
48 I
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
wn=√ km⇒k=wn
2m
Inércia:
I= 112
bh3
E=mwn
2l3
481
12b h3
=mwn
2l3
4b h3
E= 2,3×302×l3
4×5×10−3× (5×10−3 )3
E=8,28×1011 N
m2
Exemplo 2.4: freqüência natural da caçamba de um caminhão de bombeiros.
A caçamba de um caminhão de bombeiros está localizada na extremidade de uma lança telescópica, como mostrado na figura. A caçamba, mais o bombeiro, pesam 2000 N .Determine a freqüência natural de vibração da caçamba no sentido vertical. Dados: Módulo de Young do material E=2 .1×1011 N /m2comprimento: I 1=I 2=I3=3m; áreas de seções transversalA1=20cm2 , A2=10cm2 , A3=5c m2 .
Dados:
Caçamba + bombeiroPeso: w=2000 N
Lança telescópica
Mod. De Young:E=2.1×1011 N
m2
Comprimentos:l1=l2=l3=3m
Áreas transversais:A1=20cm2; A2=10c m2 ; A3=5c m3
Determine:
Frequência natural de vibração no sentido vertical.
wn=?
Solução:
Diagrama:
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
Massa do telescópio m≅ 0 .
Carga axial no telescópio wa ao longo dele.
Portanto:
1keq
= 1k 1
+ 1k2
+ 1k3
k 1=A1E
l1
=20×10−4×2,1×1011
3
k 1=14×107 Nm
k 2=A2E
l2
=10×10−4×2,1×1011
3
k 2=7×107 Nm
k 3=A3E
l3=5×10−4×2,1×1011
3
k 3=3,5×107 Nm
1keq
= 1
14×107+ 1
7×107+ 1
3,5×107
k eq=2×107 Nm
.
Como: V=12ky x2
V eq=12keq¿¿
Mas: V=V eq
k y=k eqcos2 45
wny=√ k y
m;m=w
g
wny=√ k eqcos2 45 g
w;g=9,8m /s2
wny=√ 2×107×cos2 45×9,82000
wny=221,47rads
Exemplo 2.5: frequência natural de sistema de polias.
Determine a frequência natural do sistema mostrado na figura. Admita que as polias não tem atrito e a massa seja desprezível.
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
Dados:
Polias:
Sem atrito: u≈0Sem massa: m≈0
Bloco
Massa:m
Determine:
Freqüência Natural do Sistema
wn=?
Solução:
Sistema eq.
wn=√ keq
m w=k eq xeq
xeq=wkeq
Polia 1(D.C.L.)
w=mg
Da condição de equilíbrio.
zw=k1 x1
x1=2wk1
Polia 2(D. C.L.)
Da condição de equilíbrio.
k 2 x2=2w
x2=2wk2
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
Como: xeq=2x ; k2x2
wkeq
= 4wk1
+ 4 wk2
1keq
= 4k 1
+ 4k2
=4 ( k1+k2
k1 k2)
k eq=k1 k2
4 (k1+k2 )
Substituindo tem:
wn=√ k1k 2
4 (k1+k2 )m
wn=√ k1 k2
4m (k1+k2 )rads
Ou
f=wn
2π= 1
4 π √ k1 k2
m (k1+k2 )
Exemplo 2.7: Manômetro para motor Diesel.
O escapamento de um motor a diesel de um cilindro e quatro tempos deve ser ligado a um silenciador e, então, a pressão deve ser medida com um manômetro simples em U (figura). Calcule o comprimento mínimo (lmin ) do tubo do manômetro de modo que a
ωm=ω p
3.5 (a frequência natural de
oscilação da coluna de mercúrio seja 3.5 vezes mais lenta que a frequência das variações de pressão no silenciador) a uma velocidade do motor de ω=600 rpm . A frequência de
variações de pressão no silenciador é igual a (Número de cilindros x Velocidade do motor / 2)dada por: ω
p=n .ω2
.
Dados:
Motor diesel de ℵ=4
Velocidade ω=600 rpm
Silenciador
Frequência de variação de pressão. ω p=n .ω2
Manômetro de (Hg ) em U
Oscilação forcada. Frequência ωm=ω p
3,5
Determinar
Comprimento mínimo de Hg:
lmin=?
Solução:
Diagrama
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
Para oscilações livres temos um sistema
conservativo, logo: T+U=constante
A energia potencial é dada por:
U=P1x2+P2
x2
Mas, P1=P2=Vγ e V=Ax,
onde V é o volume do manômetro, A é a área da
seção transversal do manômetro e γ o peso
específico do Hg. Substituindo estes dados em U
teremos que:
U=(Axγ ) x2+( Axγ ) x
2=Aγx ²
A energia cinética T é dada por:
T=12m x ² ,m=P
g, P=Vγ ,V=Al
Onde l é o comprimento da coluna de Hg.
Logo, T=12Aγlg
x ²
Para um MHS temos:
x (t )=B cos (ωn t−∅ )
x (t )=−Bωnsin (ωnt−∅ )
Logo, U=AγB ² cos ²(ωn t−∅ )
∴U máx=AγB ²
E também
T=12Alγg
[B ²ω ²n sin ²(ωn t−∅ )].
Como Umáx=T máx temos que
AγB ²=12Alγg
B ²ω ²n
ωn=√ 2 gl
A frequência de variação de pressão
ω p=1.600
2=300 rpm=10 π
rads
.
Como ωm=ωn=ω p
3,5=9,0
rads
, temos que
√ 2 gl=9,0=¿ l=2.9,81
9²=0,243m.
Exemplo 2.8: Efeito de massa sobre ωn de uma mola.Determine o efeito de massa da mola sobre a frequência natural do sistema massa-mola mostrada na figura.
Dados:
Sistema massa mola
Massa: m
Mola:
Comprimento: l
Rigidez: k
Massa: ms
Determinar
Frequência natural ωn.
Solução:
A frequência natural do sistema é dada
por:
ωn=√ kmT
Onde: mT=m+meq
meq = massa equivalente devido à mola.
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
l→x , y→ y ;=¿ y= ylx.
ms= massa da mola
ms
l = massa por unidade de comprimento
d ms=ms
ldy
Energia Cinética:
d T s=12d ms . y
2
d T s=ms
2l ( yl x )2
dy
d T s=ms
2ly2 x 2dy=¿
T s=ms
2 l ³x ²∫
0
l
y ² dy=¿T s=ms
6x ²
Na extremidade da mola:
T eq=12meq x ²=T s=¿ 1
2meq x ²=
ms
6x ²
meq=ms
3∴ωn=√ 3k
3m+ms
Exemplo 2.9: Efeito da massa da coluna sobre a frequência natural da caixa d’água.
Determine a frequência natural de vibração transversal da caixa d’água mostrada no exemplo 2.1, conforme a figura, incluindo a massa da coluna.
Dados :
Caixa de água:
Massa: M
Coluna:
Comprimento: l
Massa: m
Rigidez: k
Vibração transversal
Determinar
Efeito de m em ωn
Solução:
A frequência natural do sistema é dada por:
ωn=√ kmT
onde mT=M+meq
Em que meqé a massa equivalente devido à
coluna.
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
Temos:
y ( x )=( Px2
6 EI )(3a−x)
Para a=l=¿ y ( x )=( Px2
6 EI )(3 l−x ) e para
x=l=¿ y= ymáx=( P l2
6 EI )(3 l−l) ∴ ymáx=( Pl33 EI )E=mód .deYoung
I=mom.de inércia seção trasnversal.
Massa equivalente da viga em x=1.
T v=Energia cinética daviga
d T v=dm2
[ y ( x ) ]2 , dm=mldx=¿
d T v=m2l
[ y ( x ) ]2dx . Como
y ( x )=( P l3
3 EI )( x2
2l3 ) (3 l−x )
y ( x )=ymáx x
2
2l3 (3 l−x )=¿
y ( x )=ymáx
1
2 l3 x ²(3 l−x )
d T v=mymáx
2
8l7x4 (3l−x )2dx=¿
T v=m ymáx
2
8 l7 ∫0
l
x4 (3 l−x )2dx=¿
T v=m ymáx
2
8 l7
3335
l7=12
33140
m ymáx2
A massa equivalente com:
T v=T eq=12meq ymáx
2 =¿
12
33140
m ymáx2 =1
2meq ymáx
2 =¿
meq=33140
m=¿mT=M+ 33140
m
∴ωn=√ k
M+ 33140
m
Exemplo 2.10: Resposta da bigorna de um martelo de forjar.
A bigorna de um martelo de forjar pesa 5000 N e está montada sobre uma base
que tem rigidez de 5. 106 Nm
e um
amortecimento viscoso constante de
10000Nsm
. Durante determinada
operação de forjamento, o martelo-pilão (isto é o martelo de queda, martelo o pilão) com peso de100 N é acionado e cai de uma altura de 2m sobre uma bigorna (figura). Se a bigorna estiver em repouso antes do impacto. Considere que o coeficiente de restituição entre a bigorna e o pilão seja de 0,4.
Dados:
Martelo de forja
Bigorna
Massa:M
Peso:5000 N
Rigidez:
k=5.106 Nm
Amortecimento: c=10000Nsm
Viscoso:
Repouso:
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
Pilão:
Peso: 1000 N
Queda: 2m
Coeficiente de restituição
Pilão bigorna
e = 0,4
Determinar:
Resposta de vibração da bigorna após o impacto.
Solução:
xB( t )=?
Para sistemas amortecidos temos:
xB( t )=e−εωn t [x0 cos (√1−ε ²ωn t )+x0+ε ωn x0
√1−ε ²ωn
sin (√1−ε ² ωn t ) ]
Pilão:0−I
Sistema conservativo:
T 0+V 0=T I+V I=¿V 0=T I
mgh=12mv ²P1
=¿
vP1=√2 gh=√2.9,81.2=6,2
ms
.
Sistema antes e após o impacto.
∄ forçasexternas∴
∑ mi v i=const .
mv P1+M v B1
=mv P2+M vB2
=¿
mv P1=mvP2
+M v B2=¿
m (v P1−vP2 )=M vB2
=¿
10009,81 (6,2−v P2 )=
50009,81
vB2
¿>510,2 vB2=638,8−102,04 vP2
(I )
Do coeficiente de restituição:
e= velocidade afastamentovelocidade aproximação
e=v B2
−vP2
v P1−vB1
=¿vB 2
−v P2
vP1
=¿
0,4=¿v B2
−v P2
6,2=¿
vB2=vP2
+2,50 (II)
Das equações (I ) e(II ), temos que:
vB2=1,46
ms;v P2
=−1,04ms
.
Portanto as condições iniciais da bigorna são:
x0=0m; x0=v B2=1,46
ms
.
Fator de amortecimento ζ :
ζ= cccr
= c2√kM
= 1000
2√5. 106 .50009,81
=¿
ζ=0,09
Frequência natural ωn:
ωn=√ kM
=√ 5.106
50009,81
=98,9rads .
Frequência amortecida ωd:
ωd=ωn√1−ε ²=98,9√1−0 ,04²=¿
ωd=98,02rads
.
Substituindo estes valores na resposta de vibração
encontraremos:
xB( t )=e−0,09.98,9 t[ 1,46
98,02sin (98,02 t )]
xB( t ) = 0,014 e−8,9 t sin (98,02 t )
Exemplo 2.11: Amortecedor de choque para uma motocicleta.
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
O projeto de um absorvedor de choque subamortecido para uma motocicleta de 200kg de massa (Figura) deve atender as seguintes especificações: quando o amortecedor estiver sujeita a uma velocidade vertical inicial devido a uma saliência na estrada, a curva deslocamento-tempo resultante deve ser como indicado na figura. Determine as constantes de rigidez e de amortecimento se o período de vibração amortecida for de 2 s e
amplitude x1 tiver de ser reduzida a 14
em um meio-ciclo (isto é, x1.5=x1 /4 ¿. Determine também a velocidade inicial mínima que resulta num deslocamento máximo de 250mm.
Dados: Motocicleta
Massa: m = 200kg
Amortecedor = c
Rigidez = k
Período de vibração amortecida: τ d =2 s
Redução da amplitude de vibração e um meio-
ciclo: 14X
Determinar
Constante de rigidez: k=?
Constante de amortecimento: c=?
Velocidade inicial: vo=? ; para xmax=250mm
Solução Diagrama:
Como: x1.5=14x1
x1
x2
=x1
x1.5
×x1.5
x2
=4×4=16
Temos que: g=ln( x1
x2) δ=ln (16 )=2,77
Também: δ=2πζ
√1−ζ 2
ζ= δ
√(2 π2 )+82= 2,77
√(2π2 )+2,772 ζ=0,403
O período amortecido:
τ d=2πωd
= 2π
√1−ζ 2W n
wn=2 π
√1−ζ 2 τd
ωn=2π
√1−0,4032 ∙2=3,43
rads
Temos: ζ=ccc
c =ζ ×cc
Com:cc=2mωn=2×200×3,43
cc=554,49N ∙s
m
C=0,403×554,49 N ∙sm
Também: ωn=√ km
k=ω2n×m=3,432×200
k=2358,26Nm
Resposta de uma vibração do sistema x (t )=e−ζ W n t
{xo cos √1−ζ 2W nt+xo+ζW n Xo
√1−ζ 2sin√1−ζ 2W nt }
Como: xo=0
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
⇒ x (t )=e−ζ W n t ∙xo
√1−ζ 2W n
sin√1−ζ 2W n t
⇒ x (t)=e−ζ W n t ∙xo
wd
sin (wd t )O máximo:
dx (t)dt
=0
⇒xowd
∙ddt
(e−ζ W n t sin (wd t))=0
−ζ wn e−ζ W n t sin (wd t )+¿e
−ζ W n t ∙wd cos (wdt )=0¿−ζ wn sin (wdt )+ wd⏟
√1−ζ 2W n
cos (wd t )=0
⇒−ζ wn sin (wd t )+√1−ζ 2W ncos (wd t)=0
tan (wd t 1 )=√1−ζ 2
ζDas relações: cos2α=1−sin2α
1
cos2α=1+ tan2α
⇒sin2α= tan2α1+tan 2α
⇒sin2 (wd t 1 )=tan2 (wd t 1 )
1+ tan2 (wd t1 )
⇒sin2 (wd t 1 )=
1−ζ 2
ζ 2
1+ 1−ζ 2
ζ 2
=¿¿
⇒sin ¿⇒sin (wd t 1 )=0,91⇒wd t=sin−1(0,91)
⇒ t 1=1wd
sin−1 (0,91 )=τd
2 πsin−1 (0,91 )
⇒ t 1=2
2πse n−1 (0,91 )=0,36 s
Para: t=t 1⇒ x ( t )=250m=0,25m
⇒0,25=e−ζ wn t1xo
wd
sin (wd t 1)
0,25=e−ζ wn t1xo
√1−ζ 2wn
∙√1−ζ 2
⇒ xo=0,25wn ∙ eζ wn t 1
xo=0,25×3,43∙ e0,403××3,43× 0,36
xo=1,41ms
Exemplo 2.12: Análise de Canhão.O diagrama esquemático de um canhão de grande porte é mostrado na
figura. Quando a arma é disparada, gases sobre alta pressão aceleram o projétil no interior do cano até uma velocidade muito alta. A força de reação empurra o cano do canhão no sentido contrário ao do projétil. Visto que é desejável que o canhão volte a posição de repouso no menor tempo possível sem oscilação, ele é forçado a fazer uma translação para traz contra um sistema mola-amortecedor criticamente amortecido denominado mecanismo de recuo. Num caso particular, o cano e o mecanismo de recuo tem massa de 500kg com uma
mola de recuo de rigidez 10000Nm
. O
recuo do canhão após o disparo é de 0,4m. Determine:1– O coeficiente de amortecimento crítico do amortecedor;2 – A velocidade inicial de recuo do canhão; 3 – O tempo que leva para o canhão retornar até uma posição a 0,1m de sua posição inicial.
Dados:
Canhão:
Cano + projétil;
Mecanismo de recuo:
Sistema mola amortecedor
Mola:k=10000Nm
Amortecimento: c
Massa (mecanismo de recuo + canhão)
m=500kg
Recuo após disparo: 0,4 m
Determinar:
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
1- Coeficiente de amortecimento crítico cc
2- Velocidade inicial de recuo de canhão v0
3- Para 0,1m de recuo o tempo t=?
Solução:
Diagrama do sistema (recuo + canhão).
1- Coef de Amortecimento Critico.:Cc = ?
A frequência natural do sistema ωn.
ωn=√ km=√ 10000
500=¿4,47
rads
Coeficiente de amortecimento crítico
cc=2mωn=¿2.500 .4 .47=¿ 4472,1Nsm
2- Velocidade inicial de recuo: x0=?.
Resposta para sistemas criticamente amortecidos.
x (t )=(C1+C2t )e−ωn t.
Das condições iniciais temos que:
t=0=¿ x (0 )=x0
˙x (0 )=¿ x0 ¿
x0=C1
x (t )=C2 e−ωn t+(−ωn ) (C1+C2t )e
−ωn t
x0=C2−ωnC1=C2−ωn x0
C2= x0+ωn x0
x (t )=[ x¿¿ 0+( x0+ωn x0)t ]e−ωn t ¿
Para o recuo máximo; temos:
x (t )=0=¿
0=C2 e−ωn t−(ωn) (C1+C2 t )e
−ωn t
C2=ωn (C1+C2 t )=¿
( t )=( 1ωn
−C1
C2)=t1
Como: x0=0=¿C1=0∴
t 1=1ωn
, C2= x0
x (t )= x0 t e−ωn t
Como xmáx=x (t=t 1 )
xmáx= x0t 1e−ωn t 1=
x0
ωn
e−1=0,4
x0=0,4 ωn e=0,4.4,47 .2,71
x0=4,86ms
3- tempo t 2=? , para x (t )=0,1m.
Como:
x (t )= x0 t e−ωn t
x ( t2 )= x0t 2e−ωn t 2=0,1
110 x0
=t 2 e−ωn t 2
ln ( 110 x0
)=ln (t 2)−ωnt 2 ,
Determina-se o valor de t 2 por procedimento
interativo, obtendo-se:
t 2=0,82 s.
Exemplo 2.13: Coeficiente de atrito em relação a posições medidas de massa.
Um bloco de metal colocado sobre uma superfície irregular está ligado a uma mola e recebe m deslocamento inicial de 10cm em relação a uma posição de equilíbrio. Após 5ciclosde oscilação em
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
2 s, constata-se que a posição final do bloco de metal é 1cmem relação a sua posição de equilíbrio. Determine o coeficiente de atrito entre a superfície e o boco de metal.
Dados: Bloco de metal
Massa: m Mola:
Rigidez: k
Desloc. Inicial: xo=10cm
Posição final: x f=1cm
Tempo de oscilação: t=2 s
Número de ciclos: n=5
Determinar:
Coeficiente de atrito: μ=?
Solução:
Diagrama:
Temos a eq. De movimento:
m x+μ .m. sin ( x )+kx=0
Período: τ= t5=2
5=0,4 s
Desloc. Na posição final:
x f=xo−n ∙4 μNk
⇒n ∙4 μNk
=xo−x f
⇒20μNk
=0,1−0,01=0,09
⇒ μ=0,0045kN
Do d.c.l. temos que:
N=mg⇒ kN= kmg
kN=wn
2
g
⇒ μ=0,0045 xwn
2
g
-Freqüência natural
τ=2 πwn
⇒wn=2 πτ=2π
0,4=15,7
rads
⇒ μ=0,0045 ∙15,72
9,8=0,113
Exemplo 2.14: Polia sujeita a amortecimento Coulomb.Um eixo de aço com 1m de comprimento e 50mm de diâmetro está fixado numa extremidade e suporta uma polia de momento de inércia de massa de 25kg /m2 na outra extremidade. Um freio de lona exerce um torque de atrito constante de 400 N /m ao redor da circunferência da polia. Se a polia for deslocada de 6 °e então solta, determine (1) o número de ciclos antes de a polia atingir o repouso e (2) a posição final de acomodação da polia.
Dados: Polia:
Movimento de inércia polar: Jo=25kg ∙m2
Deslocamento angular inicial: θo=6 °
Eixo (engastado)
Aço
Comprimento: l=1m
Diâmetro: ϕ=50 mm
Freio de lona:
- Torque de atrito: Τ=400 N ∙m
Determinar:
1- Número de ciclos até parar: r=?
2- Deslocamento Angular final de polia:
ϕf=?
Solução:
Diagrama:
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
1- Número de ciclos:r=?
r ≥ {ϕo−Τk t
2Τk t
}Temos: ϕo=6 °=6×
π180 °
=0 ,104 rad
- Constante Elástica Funcional do eixo
k t=G∙ Jl
;G=¿ modulo De elásticidade
transversal.
Aço: G=8×1010 N
m2
J→ Momento de inércia pólar da seção
transversal do eixo.
J= π32
D 4; D=ϕ=0,05m
l=1m
⇒ k2=8×1010×( π32
×0,054)1
k 2=49087,5N ∙mrad
Substituindo, temos:
r ≥ {0,104− 40049087,5
2×40049087,5
}=5,92
⇒r=6ciclos
2- θF=?
Como amplitude após r ciclos é:
θF=θO−r2TkT
θF=0,104−6×2×400
49087,5
θF=0,0069 rad×180 °2π
=0,39 °
Exemplo 2.15: Estimativa da constante
de amortecimento por histerese.
As medições experimentais realizadas
numa estruturam resultaram nos dados
de força-deflexão mostradas na figura.
A partir de esses dados, estime a
constante de amortecimento por
histerese β e o decremento logaritmo
δ .
Dados:
* Estrutura
* Corda força-deflexão
*Determinar
- constante de amortecimento por histerese
β=?
-Decremento logarítmico:
δ=?
Solução:
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
- Energia perdida num ciclo por amortecimento de
histerese.
ΔW=πh x2=πK β2 x
Proporcional a área do lado.
Como:
⇒ A❑=100×0,002
A❑=0,2N ∙m
Logo
Área= A=12AB ∙CG+AB×GH+ 1
2ED ∙HF
A= 12×1,2×1,8+1,2×8+ 1
2×1,2×1,8
A=12,25u2
Como:
1⟶0,2N ∙m
12,25u2⟶ ΔW
⇒ ΔW=2,45 N ∙m
Como:
K= 400N8mm
×103mm
1m=5×104 N
m
ΔW=πh x2 ; x=8mm=8×10−3m
⇒h= ΔW
π x2= 2,5
π×8×10−3=12433,9
Nm
Como: β=hk=12433,9
5×104=0 ,248
Também: δ ≈πβ
δ=π ×0,248=0,78
Exemplo 2.16: Resposta de uma
estrutura de ponte com amortecimento
por histerese.
Uma estrutura de ponte é modelada
como um sistema com um grau de
liberdade com uma massa equivalente
de 5×105 kg e uma rigidez equivalente
de 25×106 N /m .
Durante um teste de vibração livre,
constatou-se que a razão de
amplitudes sucessivas era 1 .04. estime
a constante de amortecimento
estrutural β e a resposta de vibração
livre aproximada da ponte.
Dados:
* Estrutura de ponte
- Sistema de 1 grau de liberdade
Massa: m=5×105kg
Rigidez: k=25×106 N /mRazão de amplitudes:
x1
x2
=1,04 ; x2=x1+τ
* Determine
-Amortecimento estrutural: β=?
-Resp. de vibr. Livre aprox. da ponte.
x p (t )=?
Solução:
- Diagrama:
VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)
-Amrt. Est. β=?
-Para sist. Com amort. estrutural temos:
x1
x1+1
≅ 1+πβ
⇒1,04=1+πβ⇒ β=0,04π
=0,012
-Resp. de vibr. x p (t )=?
Sistema de amortecimento cresc equivalente
x p (t )=e−ζ W n t {xo cos√1−ζ 2W n t+xo+ζ W nX o
√1−ζ 2sin√1−ζ 2W n t }
Onde: ζ=ζ eq
xo e xo : desl. e vel inicial dados à ponte.
Diagrama corp livre para sistema amortecimento
equivalente.
δ=2 π ζ eq
-Sist. Com amort. estrut.
δ=πβ
⇒2 π ζ eq=πβ⇒ζ eq=β2
Como:
ζ eq=C eq
C c
,C c=2√mk
⇒ζ eq=C eq
2√mk= β
2
⇒C eq=β√mkSubstituindo os valores, temos:
C eq=0,012√25×106×5×105
C eq=44,9×103 N ∙ s/m
A constante de amort. critica
C c=2√25×106×5×105
C c=7071,06×103 N ∙s /m
Fator de amort. equiv.
ζ eq=CC c
= 44,9×103
7071,06×103=0,0063
ζ eq<1 Sistema sub. Amort. ciclo⇒ x p (t )
Freq. Nat. W n
W n=√ km=√ 25×106
5×105=7,07
rads
⇒ζ eq ∙W n=0,042
√1−ζ 2W n=7,06 rad /s
⇒ x p ( t )=e−ζ W n t {xo cos (7,06 t)xo+0,04 Xo
7,06sin (7,06 t)}