Problemas Resolvidos Serie3
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Exerccios resolvidos
Mecnica Fsica ACF-DEM
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Vibraes
1.Um oscilador harmnico tem movimento segundo a equao
x(t) = 20 cos (
4t
2
) cm.
Determine:
1.1 a velocidade e acelerao para t = 0,5 s;
1.2 a velocidade e acelerao mximas;
1.3 as condies iniciais.
Resoluo
x(t) = 20 cos (2
t -
4
) cm
v(t) = -20x2
sen (
2
t -
4
) cms-1
a(t) = -20x
2
2
cos (
2
t -
4
) cms-2 ou a = 2
o x = 2
2
x
1.1 em t = 0,5 s
v(t) = -20x2
sen (
4
-
4
)= 0 cms-1
a(t) = -20x
2
2
cos (
4
-
4
) = - 49,3 cms
-2
1.2 vmax = o A=2
x 20 = 10 cms-1
amax=2
o A=2
2
x 20 = 49,3 cms
-2
1.3 em t = 0
xo = A cos o = 20 cos
4
=202
2= 14,1 cm
vo = -o A sen o = 2
x 20 sen
4
= 10 2
2= 22,2 cms-1
ao = 2o xo = 2
2
x 14,1=
2
2
x14,1 = 34,5 cms-2
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ACF-DEM Mecnica Fsica
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2 Uma partcula de 8 g tem movimento harmnico simples com 12 cm de
amplitude e frequncia de 80 Hz. No instante t = 2 s a partcula ocupa a posio x =
6 cm com velocidade (+).
Calcule:
2.1 a equao da elongao x(t);
2.2 a fora de restituio mxima;
2.3 a energia mecnica da partcula;
2.4 a energia cintica e potencial no instante inicial.
Resoluo
2.1 m =8 g; A = 12 cm; f = 80 Hz. No instante t = 2 s x = 6 cm v> 0
A equao da elongao x = A cos (ot+o)
o = 2f = 160 rads-1
Em t = 2 s
6 = 12cos (320+o) cos (320+o) = 0,5
320+ o =3
+2n v 320+ o =
3
+2n com n inteiro
Como v > 0 sen (320+o) < 0 320+ o =3
+2n o =
3
x = 0,12 cos (160t3
) m
2.2 Frest = -Kx (Frest)max = K A = m2
o A = 8x10-3
x1602
x2x0,12 = 242,56 N
2.3( )
J55,142
12,056,242
2
AFKA
2
1E max
rest2
mec =
=
==
2.4 xo = 0,12cos ( 3
) = 0,06 m
J64,34
55,14
4
1EcosKA
2
1Kx
2
1E meco
222
opo =====
J91,10E4
3EEE mecpomecco ===
3 So dadas as condies iniciais da vibrao de uma particula de 20 g:
xo = -20 cm; vo = 180 cms-1 e ao = 180 ms
-2.
3.1. Determine:
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3.1.1 as grandezas fundamentais da vibrao;
3.1.2 a constante de restituio.
3.2 Represente os vectores girantes no instante inicial e em t = 1,5 s.
Resoluo
xa 2o= ; 2o
22 vxA
+=
3.1.1 1o2
o
2
o rads30900)2,0(180===
m209,0900
8,12,0A
22 =+=
rad43,385,23,163rad85,23,163958,0
209,0
2,0cos oo
o
oo ======
=
como vo> 0 seno < 0 o = -163,3o
3.1.2 K = m 2o = 0,02x900 = 18 Nm-1
3.2 em t = 0 a representao grfica dos vectores girantes associados a x, v e a
( Zxo, Zv0 e Za0) a seguinte:
Em t = 1,5 s a fase da vibrao = ot + o=30x1,5 + 3,433=45 + 3,433 rad
A representao dos vectores girantes obtida a partir da anterior com uma rotao
dos mesmos de 45 rad ou 2578,3o = 7,16x360o = 7x360o + 58,3o
I
o=30rads-1
196,7o
A=0,209 m
Zao
R
Zxo
Zvo
Ao= 6,27 ms-1
90o
A2o = 188,10 ms
-2
o=30rads-1
255o
A=0,209 m
Za
R
Zx
Zv
Ao= 6,27 ms-190
o
A2o = 188,10 ms
-2
I
-
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4 Uma partcula de 20 g adquire vibrao harmnica com a pulsao de2
rads-1
e a acelerao mxima da partcula de 1,23 ms-2. Sabe-se que para t =0
xo = 25 cm e vo>0.
4.1Represente os vectores girantes associados a x, v e a quando se verificar
v = a, algebricamente.
4.2 Expresse as energias em funo da elongao e represente graficamente.
Resoluo
4.1 Para encontrar as expresses da elongao x = A cos (ot+o) e velocidade da
partcula v =
dt
dx= -oAsen (ot+o), calcule-se A e o
.
Amax=2o A 1,23 = A
2
2
A = 0,4985 m
xo = A cos o cos o= 5,04985,0
25,0=
Como vo=- o Asen o e vo>0 sen o
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A soluo negativa corresponde aos instantes em que a>0 e v>0 sen (ot+o)
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O conjunto adquire movimento
horizontalmente quando afastado
da posio de equilbrio PEO para a
posio A em que x =A
e da
libertado sem velocidade inicial.
5.1Calcule o trabalho realizado pela fora de restituio quando o corpo passar
pela primeira vez na posio de equilbrio; qual a sua velocidade nesta
posio?
5.2 Suponha que a superficie rugosa e que o coeficiente de atrito dinmico
= 0,25; qual a velocidade do corpo ao atingir a posio O?
Resoluo
5.1 200
rF K2
1KxdxdxFW
rA
AA ===
Sendo a resultante das foras que actua o corpo Fr , pela aplicao do teorema da
variao da energia cintica vem:
2i
2fF mv
2
1mv
2
1W
r=
m
K
m
W2v ff A==
As foras que actuam o corpo so agora a fora de restituio e a de atrito, sendo a
sua resultante:
Fr+ Fa= - Kx + mg
5.2 O trabalho realizado por estas foras no deslocamento indicado :
AAA
mgK2
1dx)mgKx(W 2
0
F r=+= .
Por aplicao do teorema variao da energia cintica
2f
2F mv
2
1mglK2
1Wr
== A
mg2m
K
m
W2v 2ff == A
6 O comprimento livre de uma mola de 40 cm. Suspendeu-se um corpo de
massa m=200g na sua extremidade e a situao de equilbrio esttico verificou-se
para um aumento de comprimento de 2 cm.
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6.1 Determine o perodo e amplitude das oscilaes resultantes se o corpo
receber um impulso na posio de equilbrio esttico que lhe comunique uma
velocidade de 200 cms-1.
6.2 Calcule a fora mxima induzida na mola.
6.3 Se o comprimento da mola fosse reduzido a metade, qual seria o perodo das
respectivas oscilaes?
Resoluo
6.1 Quando o corpo est na posio de equilbrio esttico, o peso e a fora
elstica equilibram-se, sendo:
P-K=0.
= 0,02 m 9802,0
8,9*2,0mgK ==
= Nm-1 e 14,22
2,0
98
m
Ko === rads
-1
284,014,22
22T
o
=
=
= s
O mdulo da velocidade comunicada ao corpo a velocidade mxima da vibrao
resultante, pois a posio em que o corpo se encontrava corresponde ao centro da
vibrao onde x=0. Sabe-se que vmax=oA o que permite calcular a amplitude
3max 10*035,914,22
2
o
vA ==
= m
6.2 A fora induzida na mola a fora elstica K(+x)=P+Kx, cujo valor
mximo se obtm quando x mximo, ou seja quando x=A. A fora mxima
induzida na mola P+KA= 0,2*9,8+98*9,035*10-3=2,85 N
6.3 Se o comprimento da mola se reduziu a metade a sua constante duplicou. Na
situao inicial como se tivssemos duas molas iguais associadas em srie, cada
uma com uma constante 2K de modo a que a constante da mola equivalente seja K.
2m
K2 oo == 2007,0
2
284,0
2
T
2
22T
oo
===
=
= s = 201 ms
7 Uma mola colocada na vertical distendeu-se 8 cm quando foi colocado na sua
extremidade um corpo de 2 Kgf.
-
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Em seguida o conjunto foi colocado horizontalmente e ligado a uma parede. O
corpo foi puxado de 15 cm e largado sem velocidade inicial.
Determine a equao da vibrao e represente em t =1,2 s os vectores
complexos associados a x, v e a.
Resoluo
= 8 cm; m =2 Kg.; xo = 15 cm e vo = 0.
1Nm24508,0
6,92mgK =
=
=
1
o rads07,112
245
m
K ===
xo = 15 cm e vo = 0 A = 15 cm coso = 1 o = 0
A equao da vibrao portanto x = 15cos(11,07t) cm e em t = 0 os
vectores complexos associados a x, v e a so:
Em t = 1,2 s = 11,07x1,2 = 13,28 rad= 4,23 rad =4 + 0,23 rad
Neste instante a representao grfica dos vectores ( Zx, Zv e Za) associados a x, v e
a obtida a partir da anterior rodando o conjunto dos vectores de 0,23 rad
equivalente a 40,5o:
o=11,07 rads-1
A=0,15 m
Zao R
Zx
ZvAo= 1,66 ms
-1
A2o = 18,38 ms
-2
I
o=11,07 rads-1
A=0,15 m
Zao
R
Zx
Zv
Ao= 1,66 ms-1
A2o = 18,38 ms
-2
I
= 0,23 rad = 40,5o
-
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8 Um corpo de massa m cai da altura h sem velocidade inicial sobre um prato de
massa desprezvel apoiado numa mola (K), ficando ligado ao mesmo.
Determine:
8.1 a mxima deformao que a mola
sofre;
8.2 a equao da vibrao referenciada
origem OPE.
Resoluo
8.1 A velocidade do corpo de massa m aps ter percorrido a distncia h calcula-
se pela conservao da energia mecnica.
12 ms2,49,08,92gh2vmghmv2
1 ====
Nas condies dadas o sistema formado agora pela massa, prato e mola vai
iniciar um movimento vibratrio, sendo o valor encontrado a velocidade inicial e
como o centro da vibrao se vai localizar para baixo da posio inicial da mola
devido defleco esttica produzida pela massa sobre a mola, a elongao inicial
(- ).
Como m08,098
8,98,0
K
mg=
== Assim, as condies iniciais so
xo = - 0,08 m e vo =4,2 ms-1
A mxima deformao produzida na mola na situao de compresso,
quando a elongao da vibrao for mxima, sendo portanto A+.
A amplitude da vibrao m3878,098
8,02,408,0
vxA
22
2
o
2
2 o
o =
+=
+=
K = 98 Nm-1
m = 800 g
h = 90 cm.
K
m
K
m
K
x
-
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Mxima deformao = 0,08 + 0,3878 = 0,468 m
8.2 Para determinarmos a equao da vibrao s falta o valor de o que se
calcula apartir das condies iniciais.
- 0,08 = 0,3878 cos o cos o = - 0,206. Como vo > 0 sen o< 0 o = 258,1o
x = 0,388 cos (11,07t + 258,1o) m
9 Considere os seguintes sistemas mecnicos figurados:
Para as condies iniciais xo = 10 cm e vo = 4 ms-1, qual dos trs sistemas
vibrar com maior energia mecnica? Calcule ainda a frequncia das vibraes de
cada um dos sistemas.
Dados: m = 4 Kg; K1 = 20 Nm-1; K2 = 12 Nm
-1.
Resoluo
A energia mecnica dos sistemas mecnicos figurados tem a expresso:
2
o
2
omec Kx2
1mv
2
1E += . O nico parmetro diferente para os trs sistemas K, sendo
a energia maior para o que tiver maior valor de K.
Clculo dos valores de K
K1
x
m
K2
OPE
K1
x
m
K2
OPE
K1
x
m
K2
OPE
K1
I II III
K1
x
m
K2
OPE
K1
xmK2
OPE
K1
x
m
K2
OPE
K1
I II III
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60
I 1
21
21I Nm5,7
32
1220
KK
KKK =
=
+=
II KII = K1 + K2 = 32 Nm-1
III 121
21III Nm23,952
12202
KK2
KK2K =
=+=
A energia mecnica maior para o sistema II.
Clculo dos valores de frequncia
I Hz218,02
4
5,7
2
m
K
2f
I
oII =
=
=
=
II Hz450,02
4
32
2m
K
2f
II
oIIII =
=
=
=
III Hz242,02
4
23,9
2
m
K
2f
III
oIIIIII =
=
=
=
10 O sistema mola-massa m1 est em repouso: uma esfera de massa m2 e
velocidade v vai chocar elasticamente com a massa m1.
Calcular:
10.1 a energia cintica de translao da esfera aps o choque;
10.2 a energia mecnica da vibrao do sistema mola-massa m1; indique, ainda,
as grandezas fundamentais da vibrao.
Resoluo
10.1 O sistema mola-massa m1 est em repouso: uma esfera de massa m2 e
velocidade v vai chocar elasticamente com a massa m1.
Trata-se de um choque directo e elstico, sendo portanto vlidas as equaes:
m1v1+ m2v2 = m1u1+ m2 m2v= m1u1+ m2u2
- (v2 -v1)= u2 -u1 - v2 = u2 -u1
K
OPE
=0
v
x +
m1m
K=90 Nm-1m1=400 gm2=1200 g
v=4ms-1
-
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61
1
12
122 ms2)4(
1600
800v
mm
mmu ==
+
=
u1 = u2 + v = - 2 4 = -6 ms-1
A energia cintica de translao da esfera aps o choque :
J4,246,0um2
1E 221ctransl ===
10.2 a energia mecnica da vibrao do sistema mola-massa m1 :2
ctransl KA2
1E =
onde A a amplitude da vibrao
As condies iniciais xo = 0; vo = -6 ms-1 e 1o rads15
4,0
90
m
K === permitem
calcular a amplitude atravs da expresso m4,015
36vxA
22
o
2
2 o
o ==
+=
J2,74,0902
1E 2ctransl ==
As grandezas fundamentais da vibrao so os valores j calculados de A = 0,4 m;
o =15 rads-1 e o que iremos calcular:
coso = 0, pois xo = 0. Como vo < 0 seno > 0 o = 2
rad
11 Considere um corpo de 200 gf com movimento amortecido definido pela
equao diferencial:
0x25,2dt
dx4,2
dt
xd2
2
=++ e pelas condies iniciais xo= 0 e vo= - 1,8 ms-1.
11.1 Determine a equao do movimento x(t) e esboce o respectivo grfico
para um ciclo.
11.2 Determine a energia mecnica inicial do movimento; justifique que o
atrito viscoso mximo no incio do movimento.
Resoluo
11.1 0x25,2dt
dx4,2
dt
xd2
2
=++ condies iniciais xo= 0 e vo= - 1,8 ms-1.
2 = 2,4 = 1,2 s-1 1o2
o rads5,125,2==
-
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62
< o amortecimento fraco, para o qual a equao do movimento x(t) do
tipo:
)tcos(Ae)t(x oat +=
com 12o2
o
a
a rads9,044,125,2T2 ====
)tsen(Ae)tcos(Ae)t(v oat
aoa
t ++=
xo= 0 cos o = 0; vo < 0 sen oa
o
A
v
= > 0. Ento o =
2
;
m29,0
8,1A =
= e m)
2t9,0cos(e2)t(x t2,1
+=
1
a
a s981,69,0
22T ==
=
O grfico para um ciclo est representado na figura. Aos instantes em que a
velocidade se anula com x < 0, corresponde uma fase
radn27,09,02,1arctgarctgt
a
oa +===+=,pois cos < 0 12
quadrante. Assim, o primeiro instante que verifica esta condio de a velocidade ser
nula :
s715,02
981,6)5,07,0(t7,0
2t
981,6
211 ===
+
. A este instante
corresponde um valor de = 7,0cose2x 715,02,1 x=-0,5 m. O instante t2 (tangente
t1 t2
0.7150
vo
-0.6
-0.5
-0.4
-0.3
-0.2
-0.1
0
0.1
0 1.74525 3.4905 5.23575 6.981 8.72625
-
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ACF-DEM Mecnica Fsica
63
curva moduladora) igual a s74525,14
Ta = , correspondendo-lhe
m246,0)22
cos(e2x 74525,12,1 =
+
= .
11.2 A energia mecnica inicial do movimento tem apenas a componente da
energia cintica pois a energia potencial nula. Assim
J324,08,12,02
1mv
2
1E 22oo === . A fora de atrito viscoso Fa = bv = 2mv
. Como v mxima em mdulo no incio do movimento, a fora de atrito viscoso
mxima em mdulo (Fa)max = 2mvo = 2x1,2x0,2x1,8 = 0,864 N.
12 Um corpo com a massa de 3 Kg suspenso de uma mola que lhe fez
aumentar o comprimento de 15 cm. Em seguida, o corpo puxado para baixo de 20
cm e libertado sem velocidade inicial. Aps 5 oscilaes completas verificou-se que
a elongao tinha 5% do valor inicial.
Determine:
12.1 a equao da vibrao amortecida;
12.2 a fora de restituio mxima.
Resoluo
m = 3 Kg; = 15 cm; xo = 20 cm; vo = 0. Aps 5 oscilaes a elongao 5% do
valor inicial.
12.1 )tcos(Ae)t(x oat +=
)tsen(Ae)tcos(Ae)t(v oat
aoa
t ++=
K = mg
==g
m
K2o
222
o srad333,65
15,0
8,9 ==
599,0TT505,0lne05,0x
xaa
T5
o
a ====
1
a2
a
2
2
a
222
0
2
a s767,0s7809,0TT
599,0333,65
T
4 ===
=
vo = 0 o
ooa
a
o 446,50cos;09533,02
599,0
2
Ttg =>=
=
=
=
cm09,20m2009,0)446,5cos(
2,0cos
xA oo
o ====.
-
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Mecnica Fsica ACF-DEM
64
A equao da vibrao amortecida :
cm)446,5t781,0
2cos(e09,20)t(x ot767,0
=
12.2 A fora de restituio mxima para x = xo, pois quando x tem o valor
mximo.
(Frest)max=Kxo = m2
o xo = 3x65,33x0,2 = 39,2 N
13 Prev-se que um corpo com
2 toneladas, em repouso, caia da altura
h = 5 m sem velocidade inicial, sobre
uma plataforma a montar sobre uma
suspenso (K;b).
Pretende-se projectar a suspenso
de forma a que a plataforma sofra uma
deflexo esttica de 20 cm quando
carregada com o corpo.
Determine K e b de modo que o corpo ao cair no origine vibrao na
plataforma. Calcule, ainda, o valor mximo da fora originada quer na mola quer no
amortecedor.
Admita que o corpo cai na plataforma com choque inelstico e que o peso
desta se pode desprezar.
Resoluo
O corpo com 2 toneladas, em repouso, caindo da altura h = 5 m sem
velocidade inicial, atinge a plataforma com a velocidade
2ms9,998gh2v ===
Se se pretende que a deflexo esttica tenha o valor de de 20 cm, ento K =
mg 1o rads72,0
8,9g ==
=
Para que o corpo ao cair no origine vibrao na plataforma o.
Consideremos o caso da igualdade correspondente ao amortecimento crtico para o
qual a equao do movimento :
t
21 e)tCC()t(x+=
K
h
P
b
-
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ACF-DEM Mecnica Fsica
65
e a velocidade t2t
21 eCe)tCC()t(v ++= .
Para determinarmos as constantes entramos em conta com as condies
iniciais do movimento xo = - = - 0,2 m e vo = 9,9 ms-1
1C2,0 =
5,8CC2,079,9 22 =+=
me)t5,82,0()t(x t7+= . A representao grfica vem a seguir ilustrada.
O valor mximo da fora originada na mola o valor mximo da fora
elstica
(Fe)max = K( + xmax) = P + Kxmax. O valor de xmax atingido quando a velocidade
se anula, correspondendo ao instante t2 calculado pela expresso da velocidade.
s1664,05,87
5,82,07
C
CCtC)tCC(0
2
2122221 =
+=
+=++=
m3788,0e)1664,05,82,0(x 1664,07)1664,0( =+= . Este valor maior que
xo, sendo portanto o valor mximo de x atingido durante o movimento. Assim,
(Fe)max = N107,563788,01028,91023233 =+ .
O valor da fora no amortecedor Fa = bv que ser mximo quando a
velocidade for mxima. Para calcularmos os valores mximos de v durante o
movimento devemos encontrar os extremos da funo v(t) que a acelerao:
( ) t22122 eC)tCC(C)t(a ++=
Os valores de t que anulam a(t) so t= e
s309,05,8
2,0
7
2
C
C2t
2
1 =
=
= , pelo que para este ltimo valor vem
t2t1
-0.2
-0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
-0.1 0.1 0.3 0.5 0.7 0.9
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
17/28
Exerccios resolvidos
Mecnica Fsica ACF-DEM
66
( ) 1309,07 ms976,0e5,8)309,05,82,0(7)t(v =++= . Comparando este valor
com vo conclumos que a velocidade mxima atingida durante o movimento no
seu incio. Assim, a fora mxima originada no amortecedor :
(Fa)max = bv max =2mvo = 2x7x2000x9,9 = 277,2 N
14 Considere o sistema figurado em que a massa m se vai ligar ao prato de
massa desprezvel adquirindo o conjunto movimento.
Determine a equao x(t) do movimento e faa a sua representao grfica.
Resoluo
Neste sistema no existe mola, sendo ento o=0. Estamos na condio de
>o qual corresponde a soluo do amortecimento forte.
x=C1e-2t+C2e-0t= C1e-2t+C2, sendo v=-2C1e-2t.
Para determinarmos as constantes recorremos s condies iniciais que so
xo=0 e vo=1,5 ms-1, substituindo-as nas equaes anteriores, bem como
54
20
m2
b=== s-1:
0=C1+C2 C1= -C2
1,5=-2*5C1 C1= -0,15 C2= 0,15
x=0,15(1-e-10t) m
vo = 150 cms-1
m = 2 Kg
b = 20 Kg s-1
OPE
=0
v
x +m
b
x(m)
t
0,15
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
18/28
Exerccios resolvidos
ACF-DEM Mecnica Fsica
67
15 Um corpo de 800 g adquire vibrao segundo o eixo OX de acordo com a
equao diferencial:
tcos12x9dt
dx4
dt
xd2
2
=++ (SI)
15.1 Determine a equao x(t) da vibrao forada do corpo quando = rads-1.
15.2 Represente A() indicando se h ressonncia de amplitude.
15.3 Represente graficamente a energia mecnica da vibrao em funo de
. Calcule o seu valor para = rads-1.
Resoluo
15.1 Neste problema a amplitude do foramento constante. A soluo em
regime estacionrio harmnica cuja equao x=Acos(t+o), sendo a amplitude
A deduzida anteriormente:
2222o
o
4)(m
FA
+=
e o desfasamento o entre a excitao e a vibrao22
o
o
2artg
=
o=3 rads-1 e =2 s-1. Substituindo nas expresses anteriores:
953,0*4*4)9(
12A
22=
+= m
=
=
2o 9
*2*2arctg 93,96o
o=-o, sendo =0 o= -93,96o.
x=1,19 cos(t-93,96o) m
15.2 Para representar graficamente A(), calcule-se a pulsao de ressonncia de
amplitude. Atendendo a que Fo/m constante 189222
or ===
rads-1. Para valores de amplitude temos:
=0 A=1,667 m
=r=1 rads-1 A= 34,1
181
12F
4
r
4
o
o =
=
m
= A=0,953 m= A=0.
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
19/28
Exerccios resolvidos
Mecnica Fsica ACF-DEM
68
Pode ento traar-se o grfico A()
15.3 A energia mecnica tem a expresso
+
==
2
2
2
2o
2o22
41m2
FAm
2
1E .
=0 E=0
=o=3 rads-1 E mxima e igual a 6,3
4*8
8,0*12
m8
F 2
2
2
o ==
J
= 58,3953,0**4,0Am2
1E 2222 === J
= E=0.
O grfico E() o seguinte:
16 A vibrao de um ressoador de 100 Kgf definida pela equao diferencial:
)2
tcos(5x100dt
xd2
2 =+ (SI)
16.1 Determine a equao da vibrao forada quando = 20 rads-1 e
represente graficamente A().
16.2 Interprete quando = 10 rads-1.
A (m)
1,331,34
1 (rads-1)0
E (J)
(rads-1)3
3,60
3,58
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
20/28
Exerccios resolvidos
ACF-DEM Mecnica Fsica
69
Resoluo
16.1 Neste problema a amplitude do foramento constante. A soluo em
regime estacionrio harmnica cuja equao x=Acos(t+o), excepto quando
=o, situao que trataremos a seguir.
=0, o=10 rads-1.
2
2210*7,1
)20100(
5A =
= m
o= arctg0 e como o
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
21/28
Exerccios resolvidos
Mecnica Fsica ACF-DEM
70
Dados: P = 200 Kgf; K = 32 MNm-1;
b = 120x103 Kgs-1; Fo = 1 KN e [320, 650 rads
-1]
Resoluo
17.1 400200
10*32 6
o == rads-1
30010*4
10*1202
3
== s-1
22r 300*2400 = corresponde a um nmero no real o que significa que
no h ressonncia, ou seja na curva A() no h nenhum mximo, sendo a curva
sempre decrescente como est esquematizado.
A amplitude mxima para =320 rads-1. O seu valor determinado a partir da
expresso da amplitude deduzida anteriormente
9,24320*300*4)320400(
5
4)(m
FA
222222222o
o =+
=+
=
m
O desfasamento o entre a excitao e a vibrao :
o
2222o
o 3,73320400
320*300*2arctg
2artg =
=
= o= -73,3
o
17.2 A expresso da potncia mdia dissipada
=2E, sendo portantoproporcional energia e mxima quando a energia o for, o que sucede quando
=o.
max=2Emax=m2o (A
2)=o= m2o
16,4200*300*4
10
m4
F
4m
F 62o2o
22
2o ==
=
W
(rads-1)
A(m)
5
320 650
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
22/28
Exerccios resolvidos
ACF-DEM Mecnica Fsica
71
18 O equipamento rotativo figurado adquire vibrao forada na vertical
em virtude do desequilbrio de massa em rotao.
Na banda de pulsaes correspondente variao da velocidade
angular (N) abaixo indicada, determine:
18.1 a amplitude da vibrao forada
quando for mxima;
18.2 o valor da energia mecnica
quando for mxima;
18.3 os valores das foras mximas nas
ligaes L1 e L2.
Dados: P = 600 Kgf; K = 9 MNm-1; b = 105
Kgs-1; c = 3 Kg m;
N [764, 3820 r.p.m.].
Resoluo
18.1 A expresso da amplitude da vibrao forada deduzida na terica :
22222o
2
4)(m
cA
+
=
qual corresponde um mximo quando22
o
2o
r
2
== sendo para esta
situao a amplitude a de ressonncia4o
4r
2r
r
m
cA
= .
Calculem-se o, e r
47,122
600
10*9
m
K6
o === rads-1
7,1323333,33*210*15
10*15
23
3
r =
= rads-1
N
P
K b
L1 L2
14
s..333,33600*2
10*4
m2
b ===
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
23/28
Exerccios resolvidos
Mecnica Fsica ACF-DEM
72
Convertendo as unidades em que est expressa a banda de pulsaes para rads -1,
multiplicando pelo factor60
2obtm-se [80,400 rads-1]. O grfico de A() da
forma:
=0 A=0
=r=1
rads-1
3
24
23
r 10*5,9150006,132
6,132*10*5A
=
= m
= 83,932r = rads-1
A= 310*5m
c = m
= A= 310*5m
c = m.
Como mostra o grfico, na banda de pulsaes dada a amplitude mxima
quando ocorre a ressonncia, tendo portanto a amplitude correspondente o valor
calculado de 9,5 mm.
18.2 Para este caso em que a amplitude do foramento varia com 2, sabe-se que
se >15
1o a energia mecnica cresce com , no ocorrendo extremos. Neste
problema essa condio verificada, pois 27,047,122
333,33
o
==
que superior a
151 =0,258. Ento a energia mecnica mxima para no limite superior da banda
de pulsaes que 400 rads-1.
( )3,1413
400*333,33*440015000
10*5*400*300E
2222
626
=+
=
J
18.3 A fora exercida em L1 a fora elstica expressa por K(+x)=P+Kx que
para cada valor de ser mxima quando x=A, ou seja P+KA. Ento na banda
referida este valor ser mximo quando A for mximo ou seja quando houver
A(mm)
9,5
(rads-1)400132,793,8
5
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
24/28
Exerccios resolvidos
ACF-DEM Mecnica Fsica
73
ressonncia de amplitude, vindo ento (FL1)max=600*9,8*9*106*9,5*10-3 =91,38
KN.
A fora exercida em L2 FL2=bv. Para cada valor de ser mxima quando
v=A=m
E2 ,e na banda dada ser mxima quando a energia o for, ou seja para
=400rads-1. (FL2)max= 4,1886003,1413*2
*10*4 4 = KN
19 Considere o modelo fsico representado na figura constitudo por uma mola
e um motor rotativo com vibrao forada na horizontal:
Determine, na banda indicada:
19.1 a amplitude mxima da vibrao do motor;
19.2 a fora mxima originada em L.
Dados: P = 150 Kgf; K = 6 MNm-1; c = 0,166 Kg m; N [200, 1840 r.p.m.].
Resoluo
19.1 Este problema refere-se ao caso tratado na questo anterior, mas com =0. A
expresso da amplitude 22
o
2
m
cA
= tornando-se mxima e infinita para
=o.
200150
10*66
o == rads-1.
A banda de pulsaes em rads-1 [20,9-192,7]
K
LP
A(mm)
1,1
(rads-1)200192,7
14,3
20,9
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
25/28
Exerccios resolvidos
Mecnica Fsica ACF-DEM
74
A banda de pulsaes localizada no grfico A() mostra-nos que a amplitude
mxima
no limite superior da banda, isto para = 192,7 rads-1. O valor de amplitude
0143,0)68,192200(*150
68,192*166,0A22
2
=
= m
19.2 A fora exercida em L a fora elstica, que nesta configurao horizontal
da mola coincide coma a fora de restituio FL = Kx. Para cada valor de o valor
mximo KA e dentro da banda referida ser mximo quando A o for. Ento
(FL)max = KA=192,7= 6*106*0,0143=85,76 KN
20 Considere o sistema figurado que vai adquirir vibraes foradas nahorizontal originadas pela excitao externa indicada.
Verifique se a excitao e o
ressoador vibram em fase ou oposio
de fase quando = 12 rads-1; nesta
situao, calcule a fora mxima
exercida em L.
Dados: P = 60 Kgf; K = 6 KNm-1; = 4 mm.
Resoluo
Clculo de o:
1060
6000
m
Ko === rads
-1
A nica fora que actua o corpo de peso P a fora elstica Fe = -K(x-), sendo
ento:
- K(x-) = m2
2
dt
xdque conduz equao diferencial
2
2
dt
xd+ 2o x =
2o cos t
Assumindo para soluo desta equao em
regime estacionrio x = A cos (t+o) e
associando vectores complexos s parcelas do
primeiro membro da equao, da sua
representao grfica (ver figura) conclui-se que:
K
L P
O
= cos t
2
o
oR
I
2o A
2A
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
26/28
Exerccios resolvidos
ACF-DEM Mecnica Fsica
75
o desfasamento o entre a excitao e o ressoador , porque >o, estando
portanto em oposio de fase a excitao e a vibrao forada.
A amplitude desta vibrao est contida na relao geomtrica 2o = (2-
2o )A.
33
2o
2
2o 10*1,910*4100144
100A =
=
= m
A fora FL exercida em L simtrica da fora elstica:
FL = K(x-)=K[A cos (t+)-cos t]= -K(A+)cos t. O seu valor mximo
(FL)max= K(A +) = 6*103(9,1+4)*10-3=78,6 N
21 Estudar as vibraes foradas de
uma massa suspensa de uma mola
quando a sua extremidade superior
estiver sujeita vibrao externa =
cos t
Resoluo
As foras actuantes na massa m
durante a vibrao forada da mesma soo seu peso e fora elstica, como esto
indicadas na figura. A resultante destas
foras igual ao produto da massa pela
acelerao.
P- K(x+-) = m2
2
dt
xd. Como da condio de equilbrio esttico P- K =0 e
mKo = a equao diferencial que traduz a vibrao forada :
2
2
dt
xd+ 2o x =
2o cos t
A soluo desta equao, referente ao regime estacionrio, encontra-se facilmente
recorrendo ao mtodo grfico atravs dos vectores complexos como foi estudada na
teoria. Assim a soluo harmnica da forma x = A cos (t+o), onde,
K
xm
OPE
;
K
xm
OPE
;
K(x+-)
P
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
27/28
Exerccios resolvidos
Mecnica Fsica ACF-DEM
76
=
22o
2oA e o (desfasamento entre a excitao e o ressoador) 0 se
o, estando a excitao e a vibrao forada em fase e em oposio
de fase respectivamente.
=0 A=
=o A= (diz-se que h
ressonncia de amplitude)
= A=0.
Da figura podemos concluir que a vibrao forada tem uma amplitude inferior do
excitador quando > 2 o e superior quando < 2 o. Para =o A=. Para
>o o ressoador vibra em fase com o excitador e para >o o ressoador vibra
em oposio de fase com o excitador
22 Considere um automvel de peso P = 750 Kgf com a suspenso (K;b). O
condutor, com o peso de 70 Kgf, ao entrar no mesmo provocou o abaixamento do
seu CM de 24,5 mm. Admita que se pode desprezar o amortecimento face rigidez
total das molas.
22.1Determine a equao da vibrao do automvel se ao circular na estrada
encontrar um ressalto e sofrer um deslocamento vertical instantneo no eixo das
rodas de 40mm.
22.2Admita que o automvel se desloca a velocidade constante e que o perfil da
estrada ondulado sinusoidalmente sendo a distncia entre dois mximos 8 m;
determine a velocidade crtica do automvel.
22.3Resolva a alnea anterior considerando b = 3,28x103Kgs-1.
Resoluo
22.1 Se assumirmos que o deslocamento
instantaneo originado pelo ressalto na suspenso
o deslocamento mximo que ela vai ter em
relao situao de equilbrio e desprezarmos o
amortecimento a vibrao originada no
automvel ser harmnica com condies iniciais
xo = - e vo = 0.
o
A
2 o
o =0 o=
Kb
x
OPEm
A
-
7/28/2019 Problemas Resolvidos Serie3
28/28
Exerccios resolvidos 77
13
3
1 Nm1028105,24
8,970gmK
=
=
= 1
3
rads843,5820
1028
m
Ko =
==
x(t) = - 40x10-3 cos 5,843t m
22.2 Desprezando o amortecimento a
ressonncia de amplitude ocorre para =o, ao
qual corresponde a velocidade critca do veculo
dada pela expressoY
v2 co
= .
Assim
11
c Kmh8,26ms44,7
2
8843,5v ==
=
22.3 Considerando o amortecimento, a condio de ressonncia de amplitude
ocorre para o valor de que satisfaz a expresso o2
r 8112
1
++
= ,
ondeo
= o ndice de amortecimento. Sendo 1
3
s28202
1028,3
m2
b =
==
= 0,3423 e r= 0,9144x5,843 = 5,343 rads-1. Ento a velocidade critica ser
11
c Kmh5,24ms804,62
8343,5v ==
=
Kb
VC
x
OPEm
Y/2
y