Frequência Natural e Modo de Vibração Sist 2 Graus de Liberdade

53a EXEMPLO 53 Resposta de vibração livre de um sistema com dois graus de liberdade Determine a resposta de vibração livre do sistema exposto na Figura 53a com k1 30 k2 5 k3 0 m1 10 m2 1 e c1 c2 c3 0 para as condições iniciais x10 1 x10 x20 x20 0 Solução Para os dados apresentados o problema de autovalor Equação 58 tornase m1ω2 k1 k2 k2 k2 m2ω2 k2 k3X1 X2 0 0 ou 10ω2 35 5 5 ω2 5X1 X2 00 E1 53a Igualando o determinante da matriz de coeficientes na Equação E1 a zero obtemos a equação da frequência ver Equação 59 10ω4 85ω2 150 0 E2 pela qual as frequências naturais podem ser determinadas como ω12 25 ω22 60 ou ω1 15811 ω2 24495 E3 A substituição de ω2 ω12 25 na Equação E1 resulta em X21 2X11 enquanto ω22 ω22 60 na Equação E1 dá X22 5X12 Assim os modos normais ou autovetores são dados por X1 X11 X21 1 2X11 E4 X2 X12 X22 1 5X12 E5 As respostas à vibração livre das massas m1 e m2 são dadas por ver Equação 515 53a dadas por ver Equação 515 x1t X11 cos15811t ϕ1 X12 cos24495t ϕ2 E6 x2t 2X11 cos15811t ϕ1 5X12 cos24495t ϕ2 E7 onde X11 X12 ϕ1 e ϕ2 são constantes que deverão ser determinadas pelas condições iniciais Usando as condições iniciais dadas nas equações E6 e E7 obtemos x1t 0 1 X11 cos ϕ1 X12 cos ϕ2 E8 x2t 0 0 2X11 cos ϕ1 5X12 cos ϕ2 E9 x1t 0 0 15811X11 sen ϕ1 24495X12 sen ϕ2 E10 x2t 0 31622X11 122475X12 sen ϕ2 E11 A solução das equações E8 e E9 dá X11 cos ϕ1 57 X12 cos ϕ2 27 E12 enquanto a solução das equações E10 e E11 dá como resultado X11 sen ϕ1 0 X12 sen ϕ2 0 E13 EXEMPLO 55 Frequências naturais de uma hélice de motor naval O diagrama esquemático de um motor naval ligado a uma hélice por meio de engrenagens é mostrado na Figura 58a Os momentos de inércia de massa do volante motor engrenagem 1 engrenagem 2 e hélice em kgm2 são 9000 1000 250 150 e 2000 respectivamente Determine as frequências naturais e formas modais do sistema em vibração torcional Solução Abordagem Determine os momentos de inércia de massa equivalentes de todos os rotores em relação a um rotor e use um modelo de dois graus de liberdade Premissas 1 O volante pode ser considerado estacionário fixo visto que seu momento de inércia de massa é muito grande em comparação com os dos outros rotores 2 O motor e as engrenagens podem ser substituídos por um único rotor equivalente Já que as engrenagens 1 e 2 têm 40 e 20 dentes o eixo 2 gira com uma velocidade duas vezes maior que a do eixo 1 Assim os momentos de inércia de massa da engrenagem 2 e da hélice em relação ao motor são dados por JG2eq 22150 600 kgm2 JPeq 222000 8000 kgm2 Uma vez que a distância entre o motor e a unidade de engrenagens é pequena o motor e as duas engrenagens podem ser substituídos por um único rotor com um momento de inércia de massa de J1 JE JG1 JG2eq 1000 250 600 1850 kgm2 Considerando um módulo de elasticidade transversal de 80 x 109 Nm2 para o aço a rigidez torcional dos eixos 1 e 2 pode ser determinada como kt1 G I01l1 Gl1 π d1432 80 x 109π01040832 9817500 Nmrad kt2 G I02l2 Gl2 π d2432 80 x 109π01541032 39760875 Nmrad As equações E12 e E13 dão X1 57 X2 27 ϕ1 0 ϕ2 0 E14 Assim as respostas à vibração livre de m1 e m2 são dadas por x1t 57 cos 15811 t 27 cos 24495 t E15 x2t 107 cos 15811 t 107 cos 24495 t E16 A representação gráfica das equações E15 e E16 é considerada no Exemplo 512 53a Visto que o comprimento do eixo 2 não é desprezível admitese que a hélice seja um rotor ligado à extremidade do eixo 2 Assim o sistema pode ser representado como um sistema torcional com dois graus de liberdade como indicado na Figura 58b Fazendo k₃ 0 k₁ kₜ₁ k₂ kₜ₂ m₁ J₁ e m₂ J₂ na Equação 510 podemos determinar as frequências naturais do sistema como ω₁² ω₂² 12 kₜ₁ kₜ₂ J₂ kₜ₂ J₁ J₁ J₂ kₜ₁ kₜ₂ J₂ kₜ₂ J₁ J₁ J₂² 4 kₜ₁ kₜ₂ kₜ₂ kₜ₂² J₁ J₂¹² kₜ₁ kₜ₂2J₁ kₜ₂2J₂ kₜ₁ kₜ₂2J₁ kₜ₂2J₂² kₜ₁ kₜ₂ J₁ J₂¹² E1 53a Uma vez que kₜ₁ kₜ₂2J₁ kₜ₂2J₂ 981750 3976087 10⁴2 1850 3976087 10⁴2 8000 158846 e kₜ₁ kₜ₂J₁ J₂ 981750 10⁴3976087 10⁴18508000 263750 10⁴ a Equação E1 dá ω₁² ω₂² 158846 158846² 263750 10⁴¹² 158846 15031483 Assim ω₁² 853117 ou ω₁ 92364 rads ω₂² 30916083 ou ω₂ 556022 rads Para as formas modais fazemos k₁ kₜ₁ k₂ kₜ₂ k₃ 0 m₁ J₁ e m₂ J₂ na Equação 511 para obter r₁ J₁ ω₁² kₜ₁ kₜ₂kₜ₂ 1850 853117 4957837 10⁴3976087 10⁴ 12072 53a e r₂ J₁ ω₂² kₜ₁ kₜ₂kₜ₂ 1850 30916083 4957837 10⁴3976087 10⁴ 01916 Dessa forma as formas modais podem ser determinadas por uma equação semelhante à Equação 512 como Θ₁Θ₂1 1r₁ 112072 e Θ₁Θ₂2 1r₂ 101916 Exemplo 53 Temos que a equação de movimento deste sistema considerando C1C2C3F1F20 é dada por m1 x1k1x1k2 x2x1m1 x1k1k2x1k2x20 m2 x2k3x2k2 x2x1m2 x2k2 x1k2k3 x20 Na forma matricial temos que m1 0 0 m2 x1 x2 k1k2 k2 k2 k2k3 x1 x20 As frequências naturais do sistema são a solução do problema de autovalor associada a equação abaixo M ω 2K0 oudet Iω 2M 1 K 0 Código para solução do problema no MATLAB de forma simbólica syms m1 m2 k1 k2 k3 w real M diagm1 m2 K k1k2 k2k2 k2k3 WVeigM1K W simplifyW V simplifyV W k1m2 k2m1 k2m2 k3m1 k12m22 2k1k2m1m2 2k1k2m22 2k1k3m1m2 k22m12 2k22m1m2 k22m22 2k2k3m12 2k2k3m1m2 k32m12122k2m1 k2m1 k1m2 k2m2 k3m1 k12m22 2k1k2m1m2 2k1k2m22 2k1k3m1m2 k22m12 2k22m1m2 k22m22 2k2k3m12 2k2k3m1m2 k32m12122k2m1 1 1 V k1m2 k2m1 k2m2 k3m1 k12m22 2k1k2m1m2 2k1k2m22 2k1k3m1m2 k22m12 2k22m1m2 k22m22 2k2k3m12 2k2k3m1m2 k32m12122m1m2 0 0 k1m2 k2m1 k2m2 k3m1 k12m22 2k1k2m1m2 2k1k2m22 2k1k3m1m2 k22m12 2k22m1m2 k22m22 2k2k3m12 2k2k3m1m2 k32m12122m1m2 Aplicando os valores k130 k25 k30 m110 e m21 k3 0 k1 30 k2 5 m1 10 m2 1 M diagm1 m2 K k1k2 k2k2 k2 WVeigM1K W 0447213595499958 0196116135138184 0894427190999916 0980580675690920 V 2500000000000000 0 0 6000000000000000 Sendo que o MATLAB normaliza os autovetores ou seja faz com que todos os autovetores possui norma 1 Assumindo que são conhecidas as constantes elásticas dos eixos e os momentos de inércia temos que a equação de movimento do sistema é dada por J 1 0 0 J 2 θ1 θ2 kt1k t2 kt2 kt 2 kt2 θ1 θ20 Desta forma as frequencias naturais e modos de vibração são dados por Solução Simbólica syms kt1 kt2 j1 j2 real M diagj1 j2 K kt1kt2 kt2kt2 kt2 W2VeigM1K W2VeigM1K W2 simplifyW2 V simplifyV W W25 Solução Numérica j1 1850 j2 8000 kt1 981750104 kt2 3976087104 M diagj1 j2 K kt1kt2 kt2kt2 kt2 W2VeigM1K W W25 SAIDA DO CÓDIGO M 1850 0 0 8000 K 4957837 3976087 3976087 3976087 W2 0982143121236683 0637916648030485 0188135295485632 0770105414969633 V 10e03 3091610738896104 0 0 0085312027995788 W 1007598537889637 0000000000000000i 0335071521072802 0000000000000000i 0098819774998002 0000000000000000i 0896223804242158 0000000000000000i