Vibração Excitada Harmonicamente: Análise e Equações

Capítulo 3 Vibração excitada harmonicamente RAO 2011 FIGURA 32 Soluções homogênea particular e geral da Equação 31 para um caso não amortecido FIGURA 33 Fator de amplificação de um sistema não amortecido FIGURA 37 Resposta total Capítulo 3 Vibração excitada harmonicamente 105 Capítulo 3 Vibração excitada harmonicamente 106 Capítulo 3 Vibração excitada harmonicamente 107 108 Vibrações mecânicas Capítulo 3 Vibração excitada harmonicamente 109 110 Vibrações mecânicas Capítulo 3 Vibração excitada harmonicamente 111 112 113 Capítulo 3 Vibração excitada harmonicamente 115 38 Vibração forçada com amortecimento Coulomb Para um sistema com grau de liberdade com amortecimento Coulomb por um atrito seco sujeita a uma força harmônica Ft F₀ sen ωt como na Figura 321 a equação de movimento é dada por mx kx Ft F₀ sen ωt 385 onde o sinal da força de atrito μN μmg é positivo negativo quando a massa movimentase da esquerda para a direita da direita para a esquerda A solução exata da Equação 385 é bem complicada Todavia podemos esperar que se a força de amortecimento por atrito seco for grande o movimento da massa será descontinuo Por outro lado a força de atrito seco para pequena em comparação com a amplitude da força aplicada F₀ esperase que a solução em regime permanente seja aproximadamente harmônica Nesse caso podemos determinar uma solução da Equação 385 determinando um fator de amortecimento viscoso equivalente Para determinar tal fator igualamos a energia dissipada devida ao atrito seco à energia dissipada por um amortecedor viscoso equivalente durante um ciclo de movimento completo Se denotarmos a amplitude de movimento por X a energia dissipada pela força de atrito μN em um ciclo completo a energia dissipada por amortecimento de atrito seco é dada por ΔW 4μNX 386 Se denominarmos a constante de amortecimento viscoso equivalente por cₑq a energia dissipada durante um ciclo completo ver Equação 294 será ΔW πcₑqω²X² 387 Igualando as equações 386 e 387 obtemos cₑq 4μNπωX 388 13 114 Vibrações mecânicas 4 Para ζ 12 e MXme não atinge um máximo Seu valor cresce de 0 em r 0 a 1 em r EXEMPLO 35 Turbina hidráulica Francis O diagrama esquemático de uma turbina hidráulica Francis é mostrado na Figura 320 onde a água escoa de A passa pelas pás B e desce até a pista de descarga C O rotor tem uma massa de 250 kg e um desbalanceamento me de 5 kgmm A folga radial entre o rotor e o estator é 5 mm A turbina funciona na faixa de velocidade de 600 a 6000 rpm Podemos admitir que o eixo de aço suporta o rotor Está fixado nos mancais Determine o diâmetro do eixo de modo que o rotor fique sempre afastado do estator em todas as velocidades de operação da turbina Suponha que o amortecimento seja desprezível Solução A amplitude máxima do eixo rotor devido ao desbalanceamento rotativo pode ser obtida pela Equação 380 fazendo c 0 como X meω²k Mω² E1 onde me 5 kgmm M 250 kg e o valorlimite de X é 5 mm O valor de ω está na faixa de a 600 rpm 6000 2π60 20π rads e a 6000 rpm 6000 2π60 200π rads