Prova de Vibrações 2

Universidade Federal de Itajubá Instituto de Engenharia Mecânica EME608 Vibrações Mecânicas II Prof José Juliano de Lima Junior Nome GABARITO No Nota 1a Prova de EME608 Término 9 h 30 min Data 01102019 Observações Esta prova contém 4 páginas e 3 questões totalizando 10 pontos Prova sem consulta Não é permitido o empréstimo de qualquer material e uso de calculadoras programáveis Escrever as equações literalmente e depois substituir os valores com letra legível Comprovar as resposta através de cálculos Destacar os resultados finais com caneta juntamente com as respectivas unidades Desligar e guardar o celular pois sua posse durante a prova é considerado cola e A interpretação faz parte da prova Formulário mẍt cxt kxt 0 xt Aeζωn t senωd t ϕ A ẋ₀ ωn ζ x₀² x₀ ωd²ωd² ϕ tg¹x₀ ωd ẋ₀ ωn ζ x₀ ωd ωn 1 ζ² J 12 m r² R 12 c ẋt² L T U ddt L qi L qi R qi Qi xt X cos ωt Y sen ωt Ft F₁ cos ωt F₂ sen ωt ω² M K Y ω C X F₂ ωCY ω²M K X F₁ xt Σⁿ i1 A₁ ui senωi t ϕi λM K 0 λiM K ui 0 λI K 0 λiI K vi 0 v₁ᵀ vj δij i j 1 i j 0 xt M¹² qt qt Pηt K M¹² KM¹² Λ Pᵀ KP S M¹² P S¹ Pᵀ M¹² ui ui ui vi M¹² ui vi vi vi xt S ηt ηt S¹ xt 1 3 pontos Um automóvel é modelado como mostra a figura Deduza a equação de movimento relativa a coordenada x₃t 66244 Rao 4a Ed Massa M momento de inércia de massa JG i Deslocamento do ponto G G l₂ θt l₂ θt l₁ x₃t l₁ G pequenos deslocamentos angulares θ 10 sen θ θ e cos θ 1 ou x₃t l₂ θt x₃t l₂ θt M JG l₂ θt l₁ G c₂ k₂ k₂ c₂ x₂t x₁t F₁ F₂ m₂ m₁ c₁ k₁ k₁ c₁ ii Diagrama de corpo livre da barra c₂ x₃t l₂ θt x₁t k₂ x₃t l₂ θt x₂t k₂ k₂ x₃t l₁ θt x₁t c₂ x₃t l₂ θt x₂t c₂ x₃t l₁ θt x₁t Boa Prova 01102018 iii Equação de movimento Aplicandose a 2a Lei de Newton sobre a massa M Considerando o deslocamento x₃t temse Σ FGt M x₃ t M x₃ t k₂ x₃t l₂ θt x₂t k₂ x₃t l₁ θt x₁t c₂ x₃ t l₂ θt x₂t c₂ x₃t l₁ θt x₁t coa Σ M x₃t c₂ x₁t c₂ x₂t 2 c₂ x₃t l₂ l₁ c₂ θt k₂ x₁t k₂ x₂t 2 k₂ x₃t l₂ l₁ k₂ θ t 0 resposta 1 2 pontos Um automóvel é modelado como mostra a figura Deduz a equação de movimento relativa a coordenada x3t 66244 Rao 4a Ed Massa M momento de inércia de massa JG Solução por Energia c Coordenadas generalizadas 71t x1t 72t x2t 73t x3t e 74t θt ii Energia cinética T 12 m1 71² 12 m2 72² 12 M 73² 12 JG 74² iii Energia Potencial elástica U 12 k1 71² 12 k2 71 73 l1 74² 12 k1 72 12 k2 72 73 l2 74² iv Energia da dissipação R 12 c1 71² 12 c2 71 73 l1 74² 12 c1 72 12 c2 72 73 l2 74² v Lagrangeana L T U L 12 m1 71² 12 m2 72² 12 M 73² 12 JG 74² 12 k1 71² 12 k2 71 73 l1 74² 12 k1 72² 12 k2 72 73 l2 74² Boa Prova 01102018 vi Equação da coordenada 73 ddt L73 L73 R73 Φ3 L73 12 M 2 73 73 M 73 L73 12 k2 2 71 73 l1 747373 12 k2 2 72 73 l2 747373 k2 71 73 l1 74 k2 72 73 l2 74 R73 12 c2 2 71 73 l1 747373 12 c2 2 72 73 l2 747373 c2 71 73 l1 74 c2 72 73 l2 74 Φ3 0 Substituindo na Equação de EulerLagrange tem ddt M 73 k2 71 73 l1 74 k2 72 73 l2 74 c2 71 73 l1 74 c2 72 73 l2 74 0 Logo M 73 c2 71 c2 72 2 c2 73 l2 l1 c2 74 k2 71 k2 72 2 k2 73 l2 l1 k2 74 0 Substituindose a coordenada generalizada 73t por x3t temse M x3t c2 x1t c2 x2t 2 c2 x3t l2 l1 c2 θt k2 x1t k2 x2t 2 k2 x3t l2 l1 k2 θt 0 resposta 2 3 pontos A figura mostra uma viga com condições de contorno engastada e livre nas suas extremidade com módulo de Young 210 GPa momento de inércia de área da seção transversal 34133 10⁶ m⁴ e comprimento 3 m Na extremidade livre está fixada uma massa de 100 kg sujeita a ação de uma força harmônica com amplitude 100 N e frequência 282 rads A massa M está sofrendo uma vibração excessiva medida em deslocamento devido a força Ft Desejase reduzir ou até mesmo zerar a vibração da massa M acrescentadose um sistema secundário de massa m e rigidez k Determine os valores de m e k que atendam ao solicitado Podese considerar que o sistema da figura sistema primário possa ser modelado como um sistema de um grau de liberdade sem considerar a massa da viga É conhecida a equação da linha elástica da viga a saber y Fx² 6EI 3L x ii Rigidez da viga Para x L y FL² 6EI 3L L FL³ 3EI F 3EI L³ y kv 3EI L³ kv 3 210 10⁹ 34133 10⁶ 3³ kv 736437 Nm iv Diagramas de corpos livre i Modelo Ft kv M Jx1t m Jx2t ii Dados E 21010⁹ Hm² I 3413310⁶ m⁴ L 3 m M 100 Kg Ft 100 N ω 282 rads y Fx² 6EI 3L x v Equações do movimento ΣFpxt M x1t Ft kv x1t k x1t x2t M x1t M x1t kv k x1t k x2t Ft 1 ΣFont m x2t k x2t x1t m x2t Boa Prova 01102018 mẍ2t k x2t k x1t 0 2 Escrevendo as equações 1 e 2 na forma matricial tem m 0 0 m ẍ1t ẍ2t krk k k k x1t x2t Ft 0 ni Valores do m e k A solução da equação matricial é xt Xeωt Logo substituindo xte na equação temse ω²m kXF kxkω²m k k kω²m x1 F0 0 Aplicando a regra de Cramer tem X1 D1D X2 D2D D1 F0 k 0 kω²m D2 kxkω²m F0 k 0 D kxkω²m k k kω²m Para a massa M1 ficar parada X10 D10 F0 kc²m a kmω² Escalandose m MD 10010 m 10 kg Logo kmω² 10 x 281² k 78524 Nm como kmω² logo Dk² Assim X2 kF0k² Fk X210078524 X2 00126m ou X2126 mm 1a Prova de EME608 Pag 4 de 4 3 Consider the system in figure For J1 9 kgm² J2 1 kgm² k1 24 Nmrad k2 3 Nmrad and initial conditions θ0 1 0T and θ 0 0 0T calculate each of the following 430379 Inamm 3a Ed Airplane wing with engines Wing modeled as two shafts and two disks for torsional vibration a 1 ponto the natural frequencies b 1 ponto the mode shapes c 2 pontos calculate the solution of problem i Diagrama de corpo livre θ1t θ2t k2 θ2t θ1t k1 θ1t J1 k2 θ1t θ2t J2 ii Equações de movimento M1t J1 θ1t k2 θ1t k2 θ1t θ2t J1 θ1t J1 θ1t k1k2 θ1t k2 θ1t 0 1 M2t J2 θ2t k2 θ2t θ1t J2 θ2t J2 θ2t k2 θ2t k2 θ1t 0 2 Escrevendo 1 e 2 na forma matricial tem J1 0 0 J2 θ1t θ2t k1k2 k2 k2 k2 θ1t θ2t 0 0 Substituindose os valores tem 9 0 0 1 θ t 24 3 3 3 θt 0 0 iii Frequências naturais λMk0 279λ 3 3 3λ0 279λ3λ λ² 6 λ 8 0 D 6² 4 x 1 x 8 4 λ12 622 λ1 2 λ2 4 iv Modos de vibração λi Mkξi 0 273λi 3 3 3λi u1i u2i 0 0 3u1i 3λiu2i 0 u2i 33λi u1i Pi1 λ12 u21 332 u11 u1i 1 3 Pi2 λ24 u22 334 u21 u2i 1 3 resposta b Boa Prova 01102018 v Determinação de Ai e ϕi 3xt A1 u1 senω1 t ϕ1 A2 u2 senω2 t ϕ2 Derivando ẋt A1 ω1 u1 cosω1 t ϕ1 A2 ω2 u2 cosω2 t ϕ2 p t0 ẋ0 1 0 A1 1 3 sen ϕ1 A2 1 3 sen ϕ2 ẋ0 0 0 A1 2 3 cos ϕ1 A2 2 3 cos ϕ2 A1 sen ϕ1 A2 sen ϕ2 1 3 3 A1 cos ϕ1 3 A2 sen ϕ2 0 4 2 A1 cos ϕ1 2 A2 cos ϕ2 0 5 3 2 A1 cos ϕ1 6 A2 cos ϕ2 0 6 3x5 6 6 2 A1 cos ϕ1 como A1 ϕ1 π2 3x5 6 12 A2 cos ϕ2 como A2 ϕ2 π2 Substituindo ϕ1 e ϕ2 em 3 e 4 tem A1 A2 1 7 A1 3 A2 0 8 3 x 7 6 4 A1 3 A1 34 De 7 A2 1 A1 1 34 A2 14 ni Solução 3xt X1t 34 sen2 t π2 14 sen2t π2 X2t 24 sen2 t π2 34 sen2t π2 ou X1t 34 cos 2 t 14 cos 2t X2t 24 cos 2 t 34 cos 2t resposta c