K – Instabilidade Elástica
11.0 – Instabilidade Elástica.
11.1 – Introdução.
No dimensionamento dos elementos estruturais, além de se considerar a resistência do material
(limitando as tensões a um valor considerado admissível) e a rigidez da estrutura (limitando as deformações), há que se levar em conta certos valores críticos, característicos do carregamento, do material e da
geometria da estrutura, que podem provocar a sua instabilidade (*).
Algumas vezes, apesar de os valores nominais das tensões e deformações se enquadrarem naqueles
limites admissíveis, pode acontecer o colapso total da estrutura, sem prenúncio para sua ocorrência, tornando mais graves as conseqüências (a falta de avisos prévios, como trincas, rachaduras, estalos, deformações progressivas, impede que uma ação preventiva seja adotada antes da ocorrência catastrófica). É o que
acontece, por exemplo, em colunas longas e esbeltas, submetidas a cargas de compressão pelos topos, e
que sofrem uma brusca deflexão lateral (flambagem), como também no caso de estruturas elásticas, quando submetidas a esforços ativos alternados cuja freqüência coincide com a freqüência natural de vibração
livre da estrutura (ressonância).
(a)
(c)
(b)
Fig. 11.1 – Tipos de Equilíbrio: (a) estável; (b) instável; (c) indiferente.
(*) Observação: diz-se estável um sistema de esforços em equilíbrio, atuantes
em um corpo em repouso quando, ligeiramente afastado dessa posição, surge
um esforço vincular de endireitamento,
no sentido de recuperar a posição de repouso - Fig. 11.1 (a).
É instável o equilíbrio quando o esforço
gerado é de emborcamento, afastando
ainda mais o corpo da posição de repouso - Fig. 11.1 (b).
É indiferente o equilíbrio quando esta
condição se mantém inalterada, mesmo
após ser o corpo afastado de sua posição inicial em repouso – Fig. 11.1 (c).
11.2 – Flexão Composta com força normal em vigas esbeltas.
Já foi comentado (7.1) que o princípio da superposição dos efeitos não se aplica à flexão composta
com força normal de compressão (como no caso da compressão excêntrica) em se tratando de vigas esbeltas (cujo comprimento é elevado quando comparado às dimensões da seção transversal), pois a deformação (flecha), decorrente da flexão, provoca um incremento no momento fletor na seção (por aumento da
excentricidade) que, por sua vez, gera novo incremento na flecha, sendo tal efeito cumulativo.
Tomemos como exemplo o caso de uma viga prismática bi-apoiada, submetida a um momento fletor M0 uniforme ao longo de sua extensão L, e comprimida nas extremidades por uma força normal H (ou
que fosse submetida tão somente à força compressiva H, porém com uma excentricidade e tal que M0 =
He, o que seria equivalente). O momento M0 foi escolhido negativo para gerar flechas f positivas.
f
H
H
f
M0
x
M0
Fig. 11.2 – Flexão composta com compressão.
x
A equação diferencial da linha elástica será:
d2f/dx2 = M(x) / EI
A fig. 11.2 nos mostra que, numa seção genérica afastada de x da origem, onde a flecha
vale f, o momento fletor será:
M(x) = - (M0 + Hf), portanto:
d2f/dx2 = - (M0 + Hf)/EI, ou
d2f/dx2 + (H/EI) f = - M0/EI .... (11.2.1)
A função f = f(x), solução da equação acima, que, derivada duas vezes, somada com ela mesma,
multiplicada por uma constante, iguala um valor constante, é uma função constante, ou seja, uma solução
será: f = - M0/H. Tal solução é tão-somente uma solução particular (já que nenhuma constante dependente
1
K – Instabilidade Elástica
das condições de contorno nela aparece). A solução geral de uma equação diferencial linear como a 11.2.1
é a soma de todas as suas possíveis soluções. Se adicionarmos à solução particular, já computada, as soluções da equação diferencial homogênea correspondente (f” + k f = 0), tal soma será a solução geral. Realmente: se fH é solução da homogênea (f” + k f = 0), e fP é uma solução particular de (f” + k f = y), então fP
+ fH será solução geral de (f” + k f = y).
A equação homogênea correlata à equação 11.2.1 é:
d2f/dx2 + (H/EI) f = 0 ..................................................... (11.2.2)
A solução de tal equação diferencial será uma função f(x) que, derivada duas vezes se torna igual a
ela mesma, multiplicada por uma constante e com o sinal trocado. As funções trigonométricas seno e coseno satisfazem tal condição.
A solução da equação homogênea será, portanto: fH = C1 sen bx + C2 cos bx, que, levada em
11.2.2 nos dá:
d2 fH/dx2 = - b2 C1 sen bx - b2 C2 cos bx = - b2 fH, ou seja: b2 = H/EI e a solução geral de 11.2.1 será:
f = C1 sen [(H/EI)1/2x] + C2 cos [(H/EI)1/2 x] - M0/H
As condições de contorno da viga bi-apoiada em análise nos indicam: para x = 0, f = 0, portanto:
0 = C1 (0) + C2 cos (0) – M0/H, ou seja, C2 = M0/H. Por outro lado, em x = L, f = 0, e então:
0 = C1 sen [(H/EI)1/2 L] + (M0/H){cos[(H/EI)1/2]x – 1}, o que nos leva a
C1 = (M0/H){1 – cos[(H/EI)1/2L]}/ sen [(H/EI)1/2L]. Portanto:
f = (M0/H) [{[1– cos[(H/EI)1/2L]/ sen [(H/EI)1/2L]}sen [(H/EI)1/2x] + cos [(H/EI)1/2 x] – 1]
A flecha máxima, ocorrente no meio do vão (em x = L/2) será:
fmáx = (M0/H) [{[1– cos[(H/EI)1/2L]/ sen [(H/EI)1/2L]}sen [(H/EI)1/2L/2] + cos [(H/EI)1/2 L/2] – 1]
Utilizando as relações cos 2a = cos2a – sen2a e sen 2a = 2 sena cos a, obtemos:
fmáx = (M0/H ) { sec [(H/EI)1/2 L/2] – 1 } ..........................................11.2.3
A equação obtida nos mostra que, mesmo que o momento fletor M0 fosse mínimo, ou (o que seria
equivalente) se a excentricidade e = M0/H fosse desprezível em presença das dimensões da seção, na circunstância especial de se ter (H/EI)1/2 L/2 = π/2, o cálculo da secante tenderia a um valor infinitamente elevado, o que corresponderia a um aumento explosivo da flecha e ao colapso catastrófico da viga. Portanto, para a viga esquematizada, uma força normal compressiva:
H = π2 EI / L2 .......................................................11.2.4
provocará uma condição crítica de instabilidade elástica. Outros valores de H também se enquadrariam em
tal condição crítica (quando [H/EI]1/2 L/2 = 3π/2, 5π/2, 7π/2, .....) não havendo interesse quanto a eles por
serem superiores ao dado em 11.2.4, o qual já teria levado à ruína da peça, quando atingido, não chegando
a ser ultrapassado.
fL
P
11.3 – Flambagem de colunas comprimidas.
P
f
Um pilar reto, submetido a uma força compressiva P, centrada na seção do topo, provocará uma tensão
compressiva de valor σ = P/A. O estudo efetuado nos
indica que, se a força normal P alcançar o valor crítico
L
π2 EI / L2 , embora o pilar permaneça reto e suporte,
f
x
com lazeira, a tensão compressiva de esmagamento, estará numa condição de equilíbrio instável, já que, por
uma leve excentricidade ou um momento fletor decorx
rente de um pequeno esforço transversal, sofrerá um coM=PfL
lapso catastrófico por flexão.
Diz-se que ocorreu a flambagem do pilar.
f
A carga crítica que a provoca (deduzida por Eub
P
P a
ler) é obtida encontrando-se a solução da equação diferencial homogênea:
Fig. 11.3.1 – (a) Pilar bi-articulado, na base e no
2 topo; (b) pilar engastado na base e livre no topo.
K – Instabilidade Elástica
d2f/dx2 + (P/EI) f = 0
que, como vimos, será: f = C1 sen bx + C2 cos bx, sendo b = (P/EI)1/2 .
No caso de as extremidades do pilar serem articuladas (f = 0 para x = 0 e x = L), como mostrado na Fig. 11.3.1 (a), concluímos que C2 = 0 e que o produto C1 sen[P/EI)1/2 L] = 0. Tal ocorre se
C1 = 0 (o que corresponde à situação de a coluna permanecer reta) ou se [P/EI)1/2 L = nπ (para n = 0,
1, 2 ...). O valor n = 1 corresponderá à carga crítica mínima que produzirá o colapso da viga, portanto,
a mais relevante:
Pcrít = π2 EI / L2 ....(Pilar bi-apoiado)
Se o pilar fosse engastado na base e livre no topo (Fig. 11.3.1 (b), a equação diferencial teria a
2
2
forma: d f/dx + (P/EI) f = (P/EI) fL (onde fL seria a flecha na extremidade livre).
A integração nos leva a f = fL + C1 sen [(P/EI)1/2x]+ C2 cos [(P/EI)1/2x]. Como f = 0 para x = 0,
tiramos C2 = - fL. Como f = fL para x = L, concluímos que fL = C1 tan [(P/EI)1/2L]. A solução C1 =0
(portanto, fL = 0) corresponde à situação de a coluna permanecer reta, exceto no caso especial em que
[(P/EI)1/2L] = π/2 (tan → ∞), caracterizando a ocorrência de instabilidade quando:
Pcrít = π2 EI / (2L)2 ....(Pilar engastado)
A análise dos formatos assumidos pelas linhas elásticas nos dois casos apresentados
na Fig. 11.3.1 aponta no sentido de que o comprimento L, presente na equação de Euler, é
a distância entre dois pontos sucessivos da viga onde o momento fletor é nulo (ou seja, um
meio comprimento da onda senoidal). A fórmula de Euler, aplicável a diversas condições
de contorno, pode então ser reescrita na forma:
Pcrít. = π2 E I / (Lf)2 ....................................................(11.3.1)
onde Lf é o chamado “comprimento efetivo de flambagem” (distância entre duas seções da
viga onde o momento fletor é nulo). A Fig. 11.3.2 apresenta alguns exemplos comuns de
condições de extremidades para pilares de comprimento L e os correspondentes comprimentos efetivos de flambagem Lf para aplicação na fórmula de Euler (11.3.1).
L
LF = L
LF = 2L
LF = L/2
3
LF = 0,7L
LF = L/2
K – Instabilidade Elástica
L
L
2L
0,7L
L/2
Fig. 11..3.2 – Comprimentos Efetivos de Flambagem para várias condições de extremidade das colunas.
P
Exemplo 11.3: Determinação do comprimento efetivo de flambagem
para um pilar engastado na base e articulado no topo.
A desestabilização do pilar por flambagem provocaria sua flexão,
fazendo aparecer uma reação horizontal R no apoio do topo e um
correspondente sistema força-conjugado (RL-ML) no engastamento.
O momento fletor em uma seção genérica x, onde ocorreria uma flecha f (suposta positiva), será:
M(x) = - Rx – Pf.
A equação diferencial da elástica terá a forma:
d2f/dx2 + (P/EI)f = (-R/EI)x.
À solução particular, fP = (-R/P)x, somamos a solução da equação
homogênea, obtendo a solução geral:
f = C1 sen [bx]+ C2 cos [bx] – (R/P)x, onde b = [(P/EI)1/2.
R
f
x
f
ML
RL
x
A condição de contorno f = 0 para x = 0 implica em que C2 = 0, restando: f = C1 sen [bx] – (R/P)x.
Como para x = L, f = 0, tiramos que C1 sen bL = (R/P)L e portanto: C1 = (R/P)L / sen (bL).
Temos ainda a condição de que em x = L, o ângulo ϕ = 0, o que corresponde a df/dx = 0, ou seja,
obtemos outra condição a ser satisfeita: C1 b cos (bL) = (R/P), portanto, C1 = (R/P) / b cos (bL).
Para que ambas as condições sejam satisfeitas, (R/P)L / sen (bL) = (R/P) / b cos (bL), o que implica em que: tan bL = bL. Resolvendo, por tentativas, tal equação transcendente, obtem-se, para o menor valor diferente de zero, a solução: bL = 4,493409458.
Como b2 = P/EI e, segundo a fórmula de Euler, P = π2 EI/ (LF)2, obtemos:
LF = 0,699155659 L, adotando-se nas aplicações LF = 0,7 L
Em uma análise crítica dos resultados até agora obtidos, devemos considerar que as
grandes deformações provocadas pelo fenômeno da flambagem poderiam invalidar a aproximação feita quando da dedução da equação da elástica (quando se desprezou o termo
[df/dx]2 em presença da unidade) com também a própria aplicação da lei de Hooke relacionando as tensões com as deformações na flexão (σ = [M/I]y). Portanto, a formula de Euler
deve ser considerada apenas como indicativa de condições limites perigosas que devem ser
analisadas no projeto.
4
K – Instabilidade Elástica
11.4 – Índice de Esbeltez.
A fórmula de Euler ------ Pcrítico = π2 EI / (LF)2 ------- pode ser re-escrita utilizando o conceito de
raio de giração r da seção, tal que I = A r2 (distância hipotética em que estaria concentrada toda a área,
produzindo o mesmo momento de inércia) obtendo-se:
Pcrítico = π2 E A r2 / (LF)2 = π2 E A / (LF /r)2.
A tensão crítica quando a flambagem da coluna ocorre ( σcrít. = Pcrít. / A )será:
σcrítica = π2 E / (LF /r)2 = π2 E / ( λ )2 .......................................... (11.4.1)
onde λ = LF / r é o chamado “índice de esbeltez” da coluna.
Para colunas longas e delgadas (com índice de esbeltez elevado), a tensão considerada crítica para
o dimensionamento é aquela dada pela fórmula de Euler, enquanto que para colunas curtas e robustas, a
tensão crítica será a de escoamento por compressão, considerando esmagamento do material.
σcrít.
Observações experimentais para colu300
nas em aço estrutural (E = 200 GPa e σesc =
MPa
250 MPa) indicam que a transição ocorre paσescoam.
ra um índice de esbeltez em torno de 100,
sendo considerada aplicável a fórmula de
200
Euler para λ maior que 130. Para colunas de
alumínio ou madeira, o limite para a aplicação da fórmula de Euler se situa em torno de
100
λ = 70.
Para colunas com esbeltez intermediária, várias fórmulas empíricas são propostas
curtas
na bibliografia especializada, objetivando a
determinação da carga crítica de ruína para
cada tipo de material.
Aço estrutural
Fórmula de Euler
intermediárias
100
longas
200
λ
Fig.11.5 – Tensões Críticas para colunas de Aço
σcrít
Parábola
σe
TENSÕES CRÍTICAS (AÇO)
λ > λC → σcrít = π2 E / λ2 ..................... (Euler)
Euler
½ σe
λ < λC → σcrít = σe [1 – (σe/4π E)λ ] .... (Parábola)
2
2
(λT) = 2π2E / σe ........ (transição)
2
σadm
(MPa)
TENSÕES ADMISSÍVEIS (em MPa)
(AÇO ESTRUTURAL - 1020) AISC
E = 200 GPa - σe = 250 MPa – C.S. = 1,92→ (23/12)
λT = 126
λ > 126 → σadm = 1,03 x 106 / λ2 ............ (Euler)
λ < 126 → σadm = 130 [1–31,66x10-6 λ2]......(Parábola)
5
λ = Lf/r
λT
Parábola
130
Euler
65
89
126
λ = Lf/r
K – Instabilidade Elástica
Ex. 11.4 – O pilar esquematizado, um perfil W 150 x 24, em aço (E = 200 GPa), é engastado na base e estaiado por dois tirantes que impedem o deslocamento do topo no sentido do eixo “y”, tracionados, cada
um, com uma força 11,7 kN pelos esticadores E. As características do perfil são apresentadas na tabela:
Perfil
W150
X 24
Área
mm2
3060
Altura
mm
160
Largura Espess.
mm
mm
102
10,3
Alma
mm
6,6
IY
WY
106mm4 103mm3
13,36
167,0
rY
mm
66,0
IZ
WZ
106mm4 103mm3
1,844
36,2
rZ
mm
24,6
Pretende-se calcular o peso máximo de uma peça a ser apoiada no topo da coluna, para um C. S. = 3,5.
x
θ
E
6,0 m
Analisando a possibilidade de flambagem da coluna no plano xy (engastada na base e articulada no topo)
temos:
(LF)1 = 0,699 x 6 = 4,195m; λy = 4.195/ 24,6 = 170,5
(valor > 130 - vale a fórmula de Euler):
(σcrít.)1 = π2 (200x109) / (170,5)2 = 67,9 MPa, o que corresponderia a uma carga Pcrít. = 67,9 x 3060 = 207,8 kN.
Analisando a flambagem da coluna no plano xz
(engastada na base e livre no topo, já que os tirantes são
vínculos ineficazes para impedir deslocamentos do topo
na direção do eixo z) teremos:
(LF)2 = 2 x 6 = 12m; ; λz = 12.000/ 66,0 = 181,8 (> 150 vale a fórmula de Euler):
(σcrít.)2 = π2 (200x109) / (181,8)2 = 59,72 MPa, o que corE responderia a uma carga Pcrít. = 59,72 x 3060 = 182,7 kN.
Portanto a carga crítica no topo será 182,7 kN.
A pré-tensão provocada pela tração
dos tirantes laterais produz uma força
z
normal de compressão no pilar que
vale: N = 2T cos θ = 2x11,7 x (6/6,5) =
= 21,6 kN.
2,5 m
y
2,5 m
Conclui-se que o peso crítico para o
equipamento a ser montado no topo
da coluna será: 182,7 – 21,6 = 161,1kN.
Levando em conta o C.S. preconizado: Pcrít.=161,1/3,5 = 46,0kN =~4,7 tf.
e
P
11.5 – Carregamento excêntrico. Fórmula da Secante.
A equação 11.2.3 obtida quando analisamos a flexão composta com
compressão de uma viga bi-apoiada se aplica ao caso de colunas submetidas
a uma carga excêntrica compressiva, tal que M0 = P x e. A equação mencionada (fazendo H = P e L= LF) toma a forma:
fmáx = (e ) { sec [(P/EI)1/2 LF/2] – 1 }
indicando que o valor crítico que provoca a instabilidade elástica (sec → ∞)
continua sendo o dado pela fórmula de Euler, Pcrítico = π2 EI / (LF)2.
A tensão máxima correspondente à flexão composta com a força
normal será:
L/2
fmáx
L
σmáx = (P/A) + (Mmáx/I)y* = (P/A) + P(e + fmáx)y*/Ar2
(onde y* é a distância da fibra mais afastada em relação ao centróide do perfil). Como e +fmáx = {sec [(P/EI)1/2 LF/2]}
σmáx = (P/A){ 1 + [ey*/ r2] sec [(P/EI)1/2 LF/2]}, ou
6
P
K – Instabilidade Elástica
σmáx=(P/A){1 + [ey*/ r2] sec [½(P/AE)1/2 (LF/r)]}....(11.5.1)
Convém observar que a relação entre σmáx e (P/A) não é linear (σmáx cresce mais rapidamente que P/A)
não sendo aplicável o princípio da superposição para carregamentos diversos, o que faz com que a determinação de Pcrít deva ser feita por tentativas.
(P/A)crít
O gráfico da Fig. 11.5 apresenta a 300
Aço estrutural
relação entre a tensão normal máxima em MPa (ey*/r2)=0
E=200GPa; σε=250MPa
função do índice de esbeltez da coluna,
para alguns valores da excentricidade
=0,1
(expressa pelo adimensional ey*/r2) para 200
Fórmula de Euler
um aço doce (E = 200 GPa e σesc = 250
=0,4
MPa).
=1,0
Importante notar que para colunas σescoam
100
esbeltas a carga crítica tende para o valor
dado através da fórmula de Euler, praticamente independendo da excentricidade
(ey*/r2) eventualmente presente. Por outro lado, nas colunas curtas, é a excentri100
200
λ = LF/r
cidade o fator preponderante no cômputo
da carga crítica, independendo ela do ínFig. 11.5 – Carga P/A que provoca escoamento.
dice de esbeltez λ.
A fórmula da secante tem aplicação satisfatória nas colunas de esbeltez intermediária, não
sendo fácil, porém, estabelecer eventuais limites para a excentricidade da carga.
Exemplo 11.5.1: A coluna tubular esquematizada (diâmetro externo 150mm, espessura de parede 5mm e comprimento 3,0m) construída em alumínio (E = 70 GPa e σesc.
= 170 MPa) é engastada, tanto na base como no topo, sendo essas extremidades impedidas de se deslocar horizontalmente. Pretende-se avaliar a carga crítica de compressão,
admitindo a possibilidade de uma excentricidade de no
máximo 10mm para a linha de ação da força normal em
relação ao eixo da coluna.
D = 150mm
3,0m
As dimensões da coluna indicam que:
A = π (1502 – 1402) / 4 = 2.278 mm2;
I = π (1504 – 1404) / 64 = 5,993 x 106 mm4; r = (I/A)1/2 = 51,29mm
y* = 75,0 mm; ey*/r2 = 10 x 75 / (51,29)2 = 0,2851.
LF = L/2 = 1,50m; λ = LF / r = 1.500/51,29 = 29,25
Utilizando a equação 11.5.1, com σmáx = σesc = 170 MPa, obtemos:
1/2
170x106 = (P/A) {1 + [0,2851] sec [½(P/A) (1/70 x109)1/2(29,25)] }
ou seja, fazendo P/A { 1 + 0,2851 sec [55,277 x 10-6 (P/A)1/2 } = Ψ, devemos obter o valor de (P/A) que
torne Ψ = 170 x 10 6. A tabela abaixo mostra valores atribuídos para o cálculo por tentativas (T):
7
K – Instabilidade Elástica
T
1
2
3
4
5
6
(P/A) x 106
140
130
125
126
125,5
125,8
secante
55,277 x 10-6 (P/A)1/2
1,260035
1,237812
1,226949
1,229108
1,228028
1,228676
55,277 x 10-6 (P/A)1/2
0,6540463
0,6302548
0,6180156
0,6204828
0,6192504
0,6199901
Ψ
∆
190,29
175,88
168,73
170,15
169,43
169,87
↑
↑
↓
↑
↓
☺
Com 4 algarismos significativos, o valor da carga crítica será tal que Pcrít /A = 125,9 MPa.
Se tivéssemos utilizado a fórmula de Euler, obteríamos:
2
2
2
Pcrít /A =π E / ( λ ) = π x 70x109 /(29,25)2 = 807,5MPa
(valor muito superior ao limite de escoamento, fora da aplicabilidade da fórmula).
Se, por outro lado, tivéssemos desconsiderado a esbelteza do pilar (desprezando as deformações laterais), o cálculo nos levaria a:
σmáx = P/A + (M/I)y* = P/A + [(Pe)/Ar2]y* = (P/A) (1 + ey*/r2)
(compare com 11.6 e 6.2) ou seja:
(P/A) = σmáx / (1 + ey*/r2) = 170 x 106 / [1 + 10 x 75 / (51,29)2] = 132,3 MPa.
Conclui-se, dessa forma, que a carga crítica para o pilar será a correspondente a uma tensão média
P/A igual a 125,9 MPa, ou seja, uma força de 125,9 x 2278 = 286,8 kN.
No projeto de colunas submetidas a uma carga excêntrica, adotando a hipótese (mais conservativa)
de que a tensão admissível é a mesma, tanto para a flexão como para a flambagem (esta no caso de a carga ser centrada), deverá ser satisfeita a desigualdade:
(P/A) + (M/IC)y* < (σadm)flambagem ......................................................... (11.5.2).
A hipótese mais utilizada (método interativo) é a que admite, para a parcela da tensão devida à carga axial, a tensão admissível à flambagem, enquanto que para a parcela de tensão devida à flexão, é a
tensão admissível à flexão pura a adotada como tensão limite. Assim a equação acima toma a forma:
[(P/A)/(σflamb)] + {[(M/IC)y*]/(σflex) < 1 ............................................. (11.5.3)
y
Perfil S150x18,6
Área
Altura
2362
2
mm
152
mm
P
Ix
Wx
9,20
121,1
6
4
3
3
10 mm 10 mm
rx
62,2
mm
Iy
Wy
0,758
18,05
6
4
3
3
10 mm 10 mm
ry
17,91
mm
Calcule o valor admissível para a força
P de compressão no perfil mostrado, sendo E
= 200GPa e σescoam = 250MPa, supondo:
Ex. 11.5.2 –
3,36m
A
y
a) que a força é centrada (e = 0)
b) que a força é excêntrica (e = 60mm):
b1) pelo método da tensão admissível;
b2) pelo método da interação.
C.S. (σ)flambagem = 1,92; C.S. (σ)flexão = 1,60.
y
z
B
e = ....
x
e
P
8
Obs: o perfil está engastado em A e o apoio em B
somente impede o deslocamento dessa extremidade
na direção transversal x, não sendo capaz de impedir deslocamentos na direção vertical y ou rotações em torno de x ou y.
K – Instabilidade Elástica
Solução:
a) sendo a força centrada analisaremos duas hipóteses para
a ocorrência de flambagem:
- no plano zy – LF = 2 x 3,36 = 6,72m; rx = 62,2mm
y
z
λx
= 6720/62,2 = 108 < 126 (parábola)
σadm = 130 [1–31,66x10-6 (108)2] = 81,96 MPa
- no plano xz – LF = 0,7 x 3,36 = 2,352m; r y = 17,91mm
z
λx
= 2352/17,91 = 131,3 > 126 (Euler)
σadm = 1,03 x 106 / (131,3)2 = 59,72 MPa. Portanto:
x
Padmissivel = 59,72 x 2362 = 141 kN (já considerado
o CS = 1,92). (Resp. a)
b) para uma excentricidade e = 60 mm na direção do eixo z, teremos segundo a fórmula da secante:
σmáx=(P/A){1 + [60 x 76*/ (62,2)2] sec [½(P/A)1/2 (1/200x109)1/2 (108)]
σmáx=(P/A){1 + 1,179] sec [0,0001207 (P/A)1/2 ]
Fazendo σmáx = 250 MPa, obtemos, por tentativas:
(P/A)máx = 74,75 MPa – Pmáx = 177,6 kN; para um CS = 1,92 teremos: Padm = 92,0 kN
Pelo método da tensão admissível à flambagem tem-se:
σadm = (P/A)[ 1 + ey*/r2] = (P/A)[2,179) = 57,72 MPa ..... (P/A)adm = 26,49MPa
Padm = 62,6 kN
Pelo método interativo (considerando o CS = 1,92 para a flambagem, e o CS = 1,60 para a flexão), tem-se:
[(P/A)/1,92] + [(P/A)(ey*/r2)/1,60] = 1
(P/A)adm =41,17 MPa e,.......................... Padm = 97,3 kN NOTA: como visto, no método da tensão admissível, foi utilizado o maior índice de esbeltez,
não importando que tal valor não corresponda realmente ao plano em que ocorre a flexão. Tal critério
pode levar a dimensionamentos exagerados.
P
c
b
6,0m
a
6
120
240
QUESTÃO PRPOSTA - A coluna de aço (E = 200
GPa e σescoamento = 250 MPa), com seção retangular vazada (120 x 240 mm2) e espessura de parede 6mm, tem
6,0m de altura, sendo engastada na base e livre no topo.
Determinar o valor admissível para a força vertical de
compressão P, aplicada no topo do duto, através de uma
placa de apoio, considerando como coeficientes de segurança: 3,0 para a flambagem e 2,0 para a flexão, supondo que o ponto de ataque da força normal seja:
a) centrado
b) no ponto médio da parede maior do duto;
c) no ponto médio da parede menor do duto.
# use o método da interação nos itens b) e c).
9
K – Instabilidade Elástica
11.6 – Instabilidade elástica por Vibrações (Ressonância)
Quando uma estrutura elástica, em equilíbrio estável, é deslocada da posição de repouso e abandonada livremente nessa condição, os esforços vinculares restauradores (que
serão proporcionais aos deslocamentos promovidos) farão com que a mesma se mova no
sentido de recuperar a posição de repouso, ultrapassando-a devido à inércia de seus componentes, fazendo-a oscilar em torno dessa posição com uma certa freqüência (pulsação)
natural. Fica caracterizada a alternância entre a energia potencial elástica de deformação e
a energia cinética do movimento. Forças dissipativas (atrito), em geral presentes, fazem
com que a energia mecânica total da vibração livre seja decrescente com o tempo, amortecendo o movimento.
Já se a estrutura for atacada por uma força pulsante, após uma fase transitória, o sistema oscilará com a freqüência da força que o força a vibrar, ocorrendo que a amplitude do
movimento será muito aumentada no caso de a freqüência da força se aproximar da freqüência natural de oscilação livre do sistema. É o fenômeno da ressonância, que sempre
deve ser analisado no dimensionamento de estruturas que possam ser submetidas a esforços
alternados, mesmo que de pequena intensidade. É o que ocorre nos equipamentos de máquinas, por desbalanceamento dos rotores, nos motores de combustão alternativos, nas pontes ferroviárias, em edificações construídas em regiões sujeitas a abalos sísmicos, etc.
Tomemos como exemplo (Fig. 11.6) o caso de um eixo propulsor de navio, acionado
por um motor com um determinado número de cilindros, movendo um hélice com certo
número de pás, girando em uma faixa de rotações por minuto (rpm) em função das várias
velocidades da embarcação, suposta em lastro (com pequeno calado, quando as pontas do
hélice afloram na superfície da água).
Motor
Gaxeta
Mancal de
Escora
Mancais de
Sustentação
calado
1,24m
3,20m
2,35m
Fig. 11.6 – Eixo propulsor de navio.
Com o navio dando adiante, o eixo trabalha comprimido (apoiado no mancal de escora) pela força propulsiva que oscila levemente a cada rotação, em função das posições
das pás do hélice (pela variação da pressão hidrostática com a profundidade onde passam,
especialmente no caso em exame, no qual a ponta de cada pá aflora da água a cada volta do
eixo), fazendo o eixo oscilar longitudinalmente.
10
K – Instabilidade Elástica
O eixo é torcido pelo torque do motor que também é ligeiramente pulsante, pela sucessão das combustões em seus cilindros a cada rotação, caracterizando a possibilidade de
oscilação torcional do eixo, entre o volante do motor e o hélice em sua extremidade fora do
casco.
Da mesma forma, o eixo, como uma viga apoiada nos mancais de sustentação e tendo o pesado hélice na extremidade em balanço, na popa da embarcação, tem uma certa freqüência de vibração transversal, pela flexão.
Se a rotação do eixo provocar esforços pulsantes (mesmo de pequenas intensidades)
com freqüências coincidentes com qualquer uma dessas vibrações naturais (longitudinal,
torcional ou transversal) ocorrerá o fenômeno da ressonância, com grave amplificação das
deformações e correspondentes tensões, culminando com o colapso catastrófico do equipamento, se mantida a rotação naquele valor crítico por um certo período de tempo.
11.7 – Pulsação (freqüência) natural nas vibrações livres, sem amortecimento.
Para um corpo de massa m, que pode se mover, sem atrito, em translação na direção
x (com um grau de liberdade, portanto), vinculado por meio de um dispositivo de constante
elástica K, a lei de Newton (F = m a = m d2x/dt2) nos fornece:
x
2
2
K
F = - K x = m d x / dt , ou
d2x / dt2 + (K/m) x = 0.
F
A solução de tal equação diferencial linear e homogênea, como já se viu, é:
x = C1 sen ωt + C2 cos ωt,
1/2
onde ω = (K/m) , medida em radianos por segundo, é a chamada pulsação da vibração livre, de
freqüência f = ω / 2π e período T = 1 / f = 2π / ω.
m
Fig.11.7 – Sistema massa-mola
Supondo que, nas condições iniciais (t=0), o corpo é abandonado sem velocidade (dx/dt = 0)
com uma elongação elástica x0, obtem-se: C1 = 0 e
x = x0 cos ωt,, onde ω = (K/m)1/2 .......................(11.7.1)
A conservação da energia mecânica aplicada ao caso permite escrever:
½ m (Vmáx)2 = ½ K (xmáx)2, o que leva a: ω = (Vmáx) / (xmáx).
Se o corpo admitir um grau de liberdade por rotação ( θ ) em torno de um eixo
fixo, vinculado a um dispositivo elástico por torção (tal que T = - Kθ), a lei de Newton
aplicada à Dinâmica da rotação nos fornece: T = Im d2θ/dt2 , onde Im é o momento de
inércia de massa do corpo, em relação ao eixo de rotação – sendo este um de seus eixos
principais de inércia.
A equação diferencial do movimento oscilatório de rotação será:
Im d2θ/dt2 = - Kθ, sendo a solução:
θ = θ0 cos ωt, onde ω = (K/Im)1/2 .......................(11.7.2)
admitindo as mesmas condições iniciais comentadas quando da análise do movimento
de translação acima, ou seja, (dθ/dt)0 = 0 e (θ)0 = θ0:
11
K – Instabilidade Elástica
Exemplo 11.7: O centro de um disco homogêneo, de massa m = 2,0kg e raio R =
125mm, é fixado, perpendicularmente, a
meio comprimento de um eixo maciço de
aço (E = 200 GPa e G = 80 GPa), com diâmetro d = 20mm e extensão de 400mm,
sendo engastado nas duas extremidades.
Pede-se calcular (em cps) as freqüências
naturais de vibração livre do disco, devido
à elasticidade do eixo no sentido:
a) Longitudinal;
b) Torcional;
c) Transversal.
200m
2,0kg
200m
m
Aço
d=20mm
D=250
mm
δ
P/2
P/2
Apesar de se tratar de uma estrutura hiperestática, as simetrias geométrica e do carregamento permitem o cálculo das
reações com simplicidade.
(a) Vibração longitudinal – considerando a tração / compressão do eixo temos: δ = (P/2)(L/2)/EA, ou seja,
δ = (PL)/4E(πd2/4) → P = { π E d2 / L } δ.
Encarando a expressão como da forma F = K x, a constante elástica correspondente será: K = { π E d2 / L }. A pulsação natural para a vibração por translação longitudinal do disco
valerá: ω = (K/m)1/2...................... ω1 = (π
π E d2 / mL)1/2
(b) Vibração torcional – considerando a torção do eixo temos:
θ = (T/2)(L/2)/GJp, ou seja: θ = (TL)/4G(πd4/32) →
→ T = { π G d4 / 8 L } θ. A constante elástica correspondente
será: K ={ π G d4 / 8 L }. A pulsação natural para a vibração
1/2
por rotação torcional do disco valerá: ω = (K/Im) , sendo Im
o Rmomento de inércia do disco (homogêneo) de massa m e raio,
em relação ao eixo perpendicular a seu plano, que vale ½ mR2.
Portanto,....................................... ω2 = (π
π G d4 / 4LmR2)1/2
(c) Vibração Transversal - considerando a flexão da viga biengastada temos: f =PL3/192EI, ou seja f = (PL3)/192EI(πd4/64)
P = { 3π E d4 / L3 } f. A constante elástica correspondente será:
K = { 3π E d4 / L3 }. A pulsação natural para a vibração por
1/2
translação vertical do disco valerá: ω = (K/m) , portanto
π E d4 / m L3)1/2
................................................... ω3 = ( 3π
(d) Vibração em torno de um eixo diametral do disco – outro
caso a considerar seria a oscilação que o disco pode sofrer, girando em torno de um seu eixo diametral (perpendicular ao eixo
de aço). Será necessário estabelecer a relação entre um momento M0 aplicado ao disco e o correspondente ângulo de giro de
seu plano (ϕ) provocado pela deflexão angular da linha elástica
do eixo de aço, por ação daquele momento fletor, o que será feito a seguir, já que tal estudo ainda não foi até aqui realizado.
12
T/2
P/2
θ
P/2
T
T/2
M1
P
P/2
M1
M1
R
f
ϕ
P/2
M0
M1
R
K – Instabilidade Elástica
M0
M1
R
M1
R
R
Q
M1
M
R
+
-
½ M0
½ M0
f
+
L/2
M1
½ M0
R
R
M1
x
Observando o esquema de esforços externos mostrados
na figura ao lado, aplicados ao eixo bi-engastado, verificase que o momento ativo M0 faz aparecer o binário de forças
R aplicadas nas extremidades engastadas que, por não poderem girar, desenvolvem os momentos M1 nos sentidos indicados, com iguais valores, devido a anti-simetria do carregamento em relação à viga simétrica.
Os diagramas de Q e de M são apresentados logo abaixo, em função dos valores desconhecidos de R e M1.
A equação da Estática nos fornece:
M0 = RL – 2M1 .......................................... (a)
Para simplificar, analisemos o comportamento de uma
das metades do eixo (de x = 0 a L/2), para a qual se conhece
como condições de contorno: para x = 0 → Q = R; M =-M1;
f = 0 e ϕ = df/dx = 0; para x = L/2 → Q = R; M = ½ M0;
f=0 e ϕ = df/dx = ϕ0 (incógnita que se quer determinar como uma função do momento M0).
A equação do momento fletor no trecho (0; L/2) será: M = M(x) = - ½ (RL – M0) + Rx, enquanto a equação diferencial da elástica: d2f/dx2 = (-1/2EI)(RL – M0) + (R/EI) x, que integrada uma
vez dá: ϕ = df/dx = (-1/2EI)(RL – M0) x + (R/EI) x2/2 + C1 ............................................ (b).
Como para x = 0, ϕ = 0, obtemos C1 = 0. Integrando mais uma vez, temos:
f = - (1/4EI)(RL – M0) x2 + (R/6EI) x3 + C2. Como para x = 0, f = 0, obtemos também C2 = 0, e então:
f = - (1/4EI) (RL – M0) x2 + (R/6EI) x3 . Como para x = L/2, f = 0 (pela simetria), concluímos que R
= 3M0/ 2L, que, levado em (a) nos permite obter o valor para M1 = M0 / 4.
Levando agora em (b) , teremos finalmente que: M0 = {16EI / L } ϕ.
A vibração natural do disco, por rotação em torno de um eixo diametral (em relação ao qual o momento de inércia Im = ¼ mR2) terá como pulsação:
ω = { 16EI / [L (1/4 )m R2] }1/2 , e como I = π d4 / 64, obtemos ω = {π
πEd4/mLR2]}1/2
Resumindo os resultados obtidos o introduzindo os valores numéricos:
Eixo: L = 400mm; d = 20mm; E = 200GPa; G = 80GPa; Disco: m = 2kg; R= 125mm.
caso
Longitudinal
Torcional
transversal
balanceio
Pulsação natural - ω
{πEd2/mL}1/2
{πGd4/4LmR2}1/2
{3πΕd4/mL3}1/2
{πEd4/LmR2}1/2
Observe que, se o disco em análise (como uma roda de
palhetas de uma turbina) girasse arrastando o eixo e acionando uma engrenagem cônica em sua extremidade (com
componentes de força transversal, radial e longitudinal), um
leve desbalanceamento (centro de massa do disco excêntrico
em relação ao eixo, ou por falta de perpendicularismo entre
o disco e o eixo) e as trepidações na transmissão de força pelos dentes da engrenagem, as rotações críticas nas quais o
eixo não deveria permanecer girando continuamente seriam
as de 8.562; 14.658; 27.090; 169.260 rpm. Ao passar por essas 3 primeiras rotações, acelerando lentamente até uma rotação em regime permanente de, por exemplo, 36.000 rpm,
ocorrerão trepidações que poderão gerar danos.
13
ω (rad/s)
17.725
f (cps)
2.821
896,8
142,7
1.535
244,3
2.836
451,5
K – Instabilidade Elástica
11.8 – Amortecimento Viscoso.
Forças dissipativas decorrentes do atrito, normalmente atuantes sobre o corpo no sentido contrário
a seu movimento, promovem o amortecimento da vibração livre, pela perda da energia mecânica, transformada em energia térmica. A força provocada por fluidos viscosos escoando, em regime laminar, entre
superfícies atritantes é proporcional à velocidade relativa
entre elas:
óleo
canaletas C
fat = - C (dx/dt), sendo C a constante de amortecimento (em Nm/s).
A equação que decorre da aplicação da lei de Newton na vibração livre com Fig 11.8.1-Amortecedor
amortecimento será: m d2x/dt2 = - C (dx/dt) - K x, ou d2x/dt2 + (C/m) (dx/dt) + (K/m) x = 0.
2
Levando em conta que (K/m) = ωn (sendo ωn a pulsação natural de vibração livre sem amortecimento) e designando a constante (C/m) = 2δω
δωn, sendo δ adimensional (*), a equação será re-escrita como:
d2x/dt2 + 2 δ ωn (dx/dt) + ωn2 x = 0 .................... (11.8.1)
A solução de 11.8.1 seria uma função que, sucessivamente derivada, permanece idêntica, multiplicada por constante. A função que se enquadra em tal condição é a função exponencial:
x = λ e st .............................................(11.8.2)
Substituindo em 11.8.1 obtemos:
(s2 + 2 δ ωn s + ωn2 ) λ e st = 0, o que implica em → (s2 + 2 δ ωn s + ωn2 ) = 0, já que se
st
supõe ser λ e ≠ 0.
δ + (δ2 − 1)1/2 ] ωn e s2 = [-δ
δ − (δ2 − 1)1/2 ] ωn.
As raízes da equação do 2º grau são: s1 = [-δ
(*) a introdução do parâmetro δ objetivou justamente simplificar a escrituração das soluções da equação diferencial, ficando a solução geral na forma:
x = e-δωn t [ λ1 e + √(δ2 − 1) ]ωn t + λ2 e − √(δ2 − 1) ] ωn t ]...........................(11.8.3)
Como se vê, trata-se de uma função decrescente com o tempo (expoente negativo do termo amor-δω t
tecedor e n ).
Dependendo do valor de δ teremos:
δ>1
δ > 1 (amortecimento supra-crítico)
(exponencial decrescente)
δ < 1 (amortecimento sub-crítico)
δ<1
(senóide amortecida)
Convém recordar que no estudo dos números complexos introduziu-se o operador imaginário i com a
propriedade de, “multiplicado por um nº R,, fazer com que o mesmo gire de 90º no sentido trigonométrico”.
Assim, se repetirmos a operação, multiplicando (iR) novamente por i, haverá novo giro de 90º, fazendo com
2
2
2
1/2
que Ri seja girado de 180° em relação ao nº R inicial, ou seja, Ri = -R, i =-1 e i = (-1) .
Tal operador é muito útil permitindo substituir a notação veImaginário
torial pelos números complexos do tipo (z = a + bi), em lugar do
usual z = a i + b j .
iR
Na forma polar, o nº complexo fica escrito como:
ρ
b
z = ρ (cos θ + i sen θ). Derivando a expressão em relação à variável
θ
θ obtemos:
2
2
dz/dθ = ρ (- sen θ + i cos θ) = ρ (i senθ + i cos θ), já que i = -1.
i2 R = -R
R
Real
Ou seja: dz/dθ = iρ (cos θ + ι sen θ) = i z. Separando as variáveis
a
teremos: dz/z = i dθ que, integrada de forma indefinida, nos indica
iθ + C
Elegante equação que une a Geometria
que: ln z = iθ + C, e portanto, z = e
= ρ eiθ. Por isso teiθ
mos: e = (cos θ + i sen θ).
θ) O “operador” e tem, portanto, a
propriedade de fazer girar de θ um número que ele multipliiθ
car.................................... (Por exemplo: eπi = -1 !)
14
(π), o Cálculo (e), a Álgebra (i) e a Aritmética (-1) ! Une entes que, quando nos
são apresentados pela primeira vez, geralmente causam certa estranheza.
K – Instabilidade Elástica
Se δ < 1, a equação incluirá números imaginários nos expoentes e poderá ser re-escrita como:
x = e-δωnt [ λ1 e + √ 1− (δ2) ] i ωn t + λ2 e − √( 1 − δ2) ]
2
x=e
x=e
-δω t
n [
2
(cos θ + i sen θ),
{ λ1 [cos+√(1 - δ ) ωt + i sen +√(1 - δ ) ωt ] + λ2 [ cos -√(1 - δ ) ωt + i sen -√(1 - δ2) ωt]}.
Levando em conta que cos -ξ = cos ξ e que sen -ξ = − sen ξ , a equação se torna:
x = e-δωt [ (λ1 + λ2) cos √(1 - δ2) ωt + i (λ1 − λ2) sen √(1 - δ2) ωt ], ou
-δωt
2
iω t
iθ
n ] e como e =
(C1) cos √(1 - δ2) ωn t + i (C2) sen √(1 - δ2) ωn t ].........(11.8.4)
Supondo que as condições iniciais do movimento são x = x0 e v = dx/dt = v0, para t = 0, obtemos os
2
valores das constantes arbitrárias como sendo: C1 = x0 e C2 = -i[(v0 + δωn x0)/ √(1 - δ ) ωn]
e, finalmente:
x=e
-δω t
n [(x0) cos√(1
- δ2)ωnt + [(v0 + δωnx0)/√(1 - δ2) ωn] sen √(1 - δ2) ωnt]..........(11.8.5)
A pulsação do movimento amortecido (ωa)
é inferior à pulsação do movimento sem amortecimento (ωn), sendo
x
(ωa) = √(1 - δ2) ωn
e-δωt
e o período: Ta = 2π / (1 - δ2)1/2 ωn
A relação entre duas amplitudes consecutivas
x1 = x0 e-δωn t1 e x2 = x0 e-δωn (t1 + Ta ) , x1/x2 = eδωn Ta
Portanto ln (x1/x2) = δ ωn Ta = 2π δ / (1-δ2)1/2
o chamado “decremento logarítmico” que nos permite determinar experimentalmente o valor de δ.
x0
x
1ºciclo
Exemplo 11.8 – Determinar o número mínimo de
ciclos suficiente para que uma oscilação amortecida atinja uma elongação de 1% de sua amplitude
máxima.
2ºciclo
3ºciclo
2 1/2
Solução: da equação 11.8.5 tiramos que para (1 - δ ) ωnt = (n)2π, sendo n o nº de ciclos
da oscilação, teremos “picos” de amplitude, amortecidos pela exponencial. Para que em um
-δω t
desses “picos” a elongação seja 1% da inicial, teremos: 0,01x0 = e n (x0) e portanto:
-δωnt = -4,605 ⇒ (1 - δ2)1/2 (4,605/δ)= (n)2π ⇒ n = 0,7329 [(1 - δ2)1/2 /δ ]
δ
0,05
0,10
n
19,9(20)
7,29 (8)
δ
0,20
0,30
n
3,59 (4)
2,33 (3)
δ
0,50
0,80
n
1,27 (2)
0,55 (1)
x
No amortecimento crítico (δ =1), a solução geral
será a exponencial:
x = e-ωt [ λ1 + λ2 t),
que representa a fase de transição entre um amortecimento em que há oscilação em torno da posição de
repouso e aquele em que o sistema “flui” até parar
(compare as características do sistema mola/amortecedor de uma porta de elevador residencial
e o de uma porta de “saloon” de filme de “bangbang”).
15
δ>1
δ=1
δ<1
t
Fig.11.8.2 – Tipos de Amortecimento
K – Instabilidade Elástica
x
F(t)
v
11.9 – Vibrações Forçadas. Ressonância.
C
Consideremos o caso de um corpo com
grau de liberdade translacional, vinculado a um
sistema elástico de constante K, a um amortem
cimento viscoso de constante C e submetido a
K
uma força ativa pulsante F = F(t), definida em
função do tempo pela equação:
F = FM sen (pt)
Fig.11.9.1 – Vibração forçada c/ amortecimento
onde FM é a amplitude da força e p a sua pulsação.
A equação diferencial do movimento será:
FM sen (pt) – C dx/dt – Kx = m d2x/dt2, ou
d2x/dt2 + (C/m) dx/dt + (K/m) x = (FM / m) sen (pt).................(11.9.1).
Procedendo à mesma substituição feita para os parâmetros envolvidos, na qual se
considerou: (C/m) = 2 δ ωn; (K/m) = ωn2 (pulsação natural do sistema em vibração livre
sem amortecimento), e fazendo (FM / m) = (FM / K)(K/m) = xest ωn2, onde xest é a elongação
que a mola sofreria pela aplicação estática da força Fmáx (lentamente crescente de zero até
seu valor máximo), a equação se torna:
ωn2) x = (xest) (ω
ωn2) sen (pt) .............. (11.9.2)
d2x/dt2 + (2 δ ωn) dx/dt + (ω
x
A solução geral (soma da solução da equação homogênea com a particular), ao cabo
de um curto intervalo de tempo da fase transitória (quando a primeira se extingue pelo amortecimento) se limitará à solução particular (em
t
regime permanente).
Tal solução particular será do tipo:
x = xM sen (pt - ϕ).........
(11.9.3)
ϕ)
onde xM é a amplitude da resposta e ϕ o ângulo
de fase entre a força excitatriz e a resposta).
Fig.11.9.2- Fase transitória. Regime permanente.
Fase transitória
Oportuno registrar a analogia entre o problema mecânico em estudo e a
análise do comportamento de um circuito RLC (resistência, indutância, capacitância), alimentado por uma fonte de tensão senoidal (E = Emáx sen pt), medida em volts. As leis aplicadas ao longo do circuito, quanto às sucessivas
quedas de tensão em seus elementos, permite escrever:
Emáx sen pt = Ri + L (di/dt) + (1/C) Ι i dt, sendo i a corrente no circuito, dada por i = dq/dt (carga q em Coulomb e corrente i em Coulomb / segundo – ampère). A equação pode ser re-escrita na forma:
2
2
i
~
E
R
C
L
Fig.11.9.3 – Circuito RLC.
L d q/dt + R (dq/dt) + (1/C) q = Emáx sen pt ............. (comparar com 11.9.2).
Tal equivalência, além do efeito didático de facilitar a compreensão dos fenômenos, pela analogia mecânico-elétrica, permite a prática de se montar circuitos elétricos em bancadas (de muito
mais fácil confecção e monitoramento, por medição de seu desempenho, do que os sistemas mecânicos) para servir de modelos desses sistemas equivalentes (ou outros que obedeçam a equações análogas), obtendo-se suas respostas como função das excitações que lhe são promovidas.
16
K – Instabilidade Elástica
A seguir é apresentado um quadro de equivalências entre os componentes e propriedades dos sistemas mecânicos submetidos a vibrações e seus correspondentes nos circuitos
elétricos.
EQUIVALÊNCIA MECÂNICO-ELÉTRICA
Sistemas Mecânicos
Circuitos
Elétricos
Característica
Grandeza
Unidade
Grandeza
Unidade
Física
Força
(N)
Tensão (FEM)
Volt
Excitação
(F)
(E)
(V)
Deslocamento
(m)
Carga Elétrica
Coulomb
Resposta
(x)
(q)
(C)
Velocidade
(m/s)
Corrente
Ampère
Taxa de variação
(V)
(i)
(A)
Massa
(kg)
Indutância
Henry
Inércia
(m)
(L)
(H)
Constante Elástica
(N/m)
(1/capacitância) 1/Faraday
Armazenador de
(K)
(1/C)
(1/F)
Energia Potencial
Resistência Ohmica
Amortecimento
(Nm/s)
Dissipador de
Ohm
(R)
(C)
Energia
(Ω)
Adotando 11.9.3 como a solução particular (e em regime permanente) da equação
11.9.2, temos: x = xM sen (pt - ϕ); dx/dt = p xM cos (pt - ϕ); d2x/dt2 = - p2 xM sen (pt - ϕ);
2
2
2
e, portanto: (ωn - p ) xM sen (pt - ϕ) + (2 δ ωn) p xM cos (pt - ϕ) = (xest) (ωn ) sen (pt), ou
[(xM) / (xest)]{[(ωn2 - p2)/(ωn2)] sen (pt - ϕ)} + [(2 δ )(p/ωn) cos (pt - ϕ)] = sen (pt).
A relação [(xM) / (xest)] é o chamado “fator de ampliação” (Φ), razão entre a amplitude da elongação forçada e a elongação que o sistema sofreria pela aplicação estática da
força máxima.
Levando em conta a relação sen (a + b) = (sen a) (cos b) + (sen b) (cos a), concluímos que: [Φ]{[(ω2 - p2) / (ω2)] = cos (ϕ) e [Φ] [(2 δ )(p / ω)] = sen (ϕ) e portanto:
[Φ] = xmáx / xest = 1/{[1-(p/ωn)2]2 + [2δ (p/ωn)]2 }1/2 ........... (fator de ampliação)....(11.9.4)
tg (ϕ) = 2δ (p/ωn)] / [1- (p/ωn)2] ..... (ângulo de fase entre a força e a elongação) ......(11.9.5)
4,0
A figura ao lado apresenta os valores do fator de ampliação (Φ) da vibração forçada em função da relação entre a pulsação (p) da força que atua e a
pulsação natural do sistema (ωn), para
alguns valores do fator de amortecimento (δ). Observe que, para sistemas não
amortecidos, a vibração provocaria elongações de grande intensidade quando
da coincidência entre os valores das pulsações natural e forçada (p/ωn = 1)
(ressonância).
[Φ]
xmáx / xest
δ=0
3,0
δ=0,2
2,0
δ=0,3
δ=0,5
1,0
δ=1,0
0,5
17
1,0
1,5
2,0
p/ωn
K – Instabilidade Elástica
Exemplo 11.9 :
O rotor do motor esquematizado, pesando 7,5
kgf, gira a 800 rpm, e está desbalanceado, de sorte
que seu centro de massa é excêntrico em relação ao
eixo de rotação, numa distância de 0,1mm. O motor é fixado na extremidade de uma viga de aço (E
= 200GPa) em balanço, com as características
mostradas na figura.
Procura-se determinar as amplitudes da oscilação do motor (com peso total de 14,0 kgf – rotor +
estator) devido à flexibilidade transversal da viga, 76
tanto no sentido vertical como no horizontal) admitindo (não considerar a massa da viga*):
A) um fator de amortecimento desprezível na rotação nominal;
B) um fator de amortecimento δ = 0,10 nas ocasiões em que a rotação do motor passa e permanece
um certo tempo nos valores críticos de ressonância.
2,0m
y
6,6
x
4,3
Perfil S75x8,5
Ix = 1,05 x 106 mm4
Iy = 0,189 x 106 mm4
59
Solução: O desbalanceamento do rotor, girando a 800 rpm, gera uma força centrífuga (usando
o conceito de força de inércia proposto por D’Alembert) de valor:
FC = m ω2 r = 7,5 [800 x 2π / 60]2 x 0,1 x 10-3 = 5,264 N.
A força é girante, provocando componentes vertical e horizontal alternadas do tipo:
F = Fmáx sen (pt - ϕ), de amplitude Fmáx = 5,264 N e pulsação p = 800 x 2π / 60 = 83,78 rad/s.
Para a viga em balanço, com carga concentrada na extremidade teremos como flecha:
f = PL3 / 3 EI. A constante elástica valerá: K = P/f = 3EI/L3 .
Vibrações no plano vertical
Para a viga em estudo: Ky = 3 (200x109)(1,05x10-6)/(2)3 = 78.750 N/m
A pulsação natural de vibração da viga no plano vertical com o motor (de massa 14,0 kg) na
extremidade do balanço valerá: (ωn)y = (K/m)1/2 = (78.750 / 14)1/2 =75,00 rad/s. O fator de ampliação correspondente será (para δ = 0): [Φ] = 1/[1-(p/ωn)2] = 1/{1-(83,78/75)2}= - 4,035
Como xest = 5,264 / 78.750 = 0,06684 x 10-3 m; xmáx = (-4,035) xest = -0,270 mm (o sinal –
indica oposição de fase entre a excitação e a resposta).
Vibrações no plano horizontal
Para a viga em estudo: Kx = 3 (200x109)(0,189x10-6)/(2)3 = 14.175 N/m
A pulsação natural de vibração da viga no plano horizontal com o motor (de massa 14,0 kg)
na extremidade do balanço valerá: (ωn)y = (K/m)1/2 = (14.175 / 14)1/2 =31,82 rad/s. O fator de ampliação correspondente será (para δ = 0): [Φ] = 1/[1-(p/ωn)2] = 1/{1-(83,78/31,82)2}= - 0,1686
Como xest = 5,264 / 14.175 = 0,3714 x 10-3 m; xmáx = (-0,1686) xest = -0,0626 mm.
Ao ser acionado o motor, antes de atingir a rotação nominal (83,78rad/s = 800rpm), passará
pelas rotações críticas 31,82 rad/s = 304 rpm e 75,0rad/s = 716 rpm.
Para tais rotações críticas teremos, supondo um fator de amortecimento δ = 0,1 em (11.17),
com p = ωn:
[Φ] = xmáx / xest = 1/ [2δ]= 1 / (2 x 0,1) = 5
(*) – A massa da viga, no caso, não é desprezível em presença da massa do motor, pois o perfil tipo S 75 x 8,5 tem uma massa de 8,5 kg por metro de comprimento e, numa extensão de 2 metros, teria um peso de 17 kgf (tendo o motor 14 kgf).
18
K – Instabilidade Elástica
Para se levar em conta a influência da inércia do elemento elástico no cômputo da massa oscilante
equivalente total, influindo na pulsação natural da vibração, deve-se utilizar o conceito de energia, igua2
lando a energia potencial elástica máxima (1/2 K xmáx ) à energia cinética máxima do conjunto (1/2 M
2
equivalente Vmáx ), sendo a massa equivalente a soma da massa do objeto vinculado com uma certa parcela
da massa do elemento elástico que o vincula (já que as velocidades de seus elementos variam ao longo de
sua extensão).
Assim, para a viga em balanço em análise (ver Ex
a equação da linha elástica será:
f = (P/2EI)(Lx2 – x3/3) ............... (a)
Na 1ª forma fundamental de vibração da viga, a velocidade vertical de cada seção será proporcional à flecha correspondente (v = k f).
x
10.2.2),
f
v
V
Chamando de V a velocidade de sua extremidade livre (onde a flecha é máxima e vale PL3/3EI) e
de v a velocidade de uma seção genérica x (onde a flecha é dada por “a”) podemos escrever:
v = (3V/2L3)(Lx2 – x3/3). Designando por λ a massa por unidade de comprimento da viga (de modo que
MV = λL), a energia cinética da viga será dada pela integral:
L
Eviga =
∫
0
( ½ )(λ dx) [(3V/2L3)(Lx2 – x3/3)]2 = (1/2) (0,2357 λL) V2
Ou seja: a influência da massa da viga na pulsação natural do sistema corpo-viga pode ser computada, acrescentando-se à massa do corpo, 23,57% da massa da viga (no caso do exemplo em estudo:
0,2357 x 17 = 4,00 kg, a serem acrescentados aos 14 kg do motor).
F
Exercício proposto: mostre que para uma mola helicoidal, o efeito de sua massa sobre a
pulsação de um corpo a ela vinculado é determinado adicionando-se à massa do corpo,
1/3 da massa da mola.
M
Mmola
11.10 - Forças transmitidas às bases.
O elemento elástico (K) e o amortecedor (C), conectados às bases (fundações), transmitirão a elas
uma força dada por:
FB = C(dx/dt) + k (x). Sendo a oscilação em regime permanente dada por x = xM sen (pt-ϕ), teremos:
FB = C p xM cos (pt-ϕ) + Κ xM sen (pt-ϕ) = (FB)máx sen (pt-β), onde (FB)máx é a amplitude da força transmitida à base e β é seu ângulo de fase em relação à força que força o sistema.
()
Β
Procedendo às mesmas substituições de variáveis:
C = 2δ ωn m, sendo ωn = (K/m)1/2 , xM =  xest,
sendo  o fator de ampliação da oscilação (amplitude da
resposta) e xest = Fmáx / K, obtem-se como “fator de ampliação da força transmitida à base” ()Β :
()Β = (FB)máx / (F)máx =  [(1 + (2δp/ωn)2]1/2 ou seja
()Β = [(1 + (2δp/ωn)2]1/2 / {[1-(p/ωn)2]2 + [2δ (p/ωn)]2 }1/2
δ=0
3,0
2,5
δ=0,2
2,0
A figura mostra que para valores de p/ωn = 0 e 21/2 =1,414 o
()Β = 1,0, indicando que a presença do amortecedor abranda a
trepidação nas fundações até p = 1,414 ωn, porém a amplia para
valores maiores do que p. O ângulo de fase β será dado por:
tg β = 2δ (p/ωn)
δ=0,5
1,5
δ=0,9
1,0
0,5
0,5
1,0
1,414
1,5
2,0
2,5
3,0
p/ωn
19
K – Instabilidade Elástica
Ex. P3-2004/02 A bancada para teste de um peque-
30
no motor experimental (de 0,980kg – rotor + estator) dispõe de um apoio elástico composto de duas
lâminas de alumínio (E = 70GPa e ρ = 2,78 g/cm3)
de seção retangular (30 x 9 mm2) engastadas em
uma de suas extremidades e servindo de apoio na
outra ao motor, que é conectado a um amortecedor
3
3
600
30
600
C
(C = 26,0 Ns/m), conforme indica a figura.
Considerando que o rotor tem de massa 0,480kg e gira a 560 rpm, com centro de gravidade excêntrico em relação ao eixo de rotação num raio de 2 mm, pede-se determinar a amplitude da oscilação vertical do motor em regime permanente, em decorrência do desbalanceamento do rotor.
Determinar ainda a amplitude da força transmitida à bancada pela trepidação.
Solução:
A ação centrífuga produzida pelo desbalanceamento estático do rotor gera uma força de
inércia girante de valor: F = m ω2 r = 0,480 (560 x 2π / 60)2 x 0,002 = 3,301 N, com uma pulsação p = (560 x 2π / 60) = 58,64 rad/s
A componente vertical dessa força girante varia senoidalmente na forma:
Fy (t) = 3,301 sen(58,64 t).
A constante elástica (K) da suspensão do motor é obtida considerando a relação força/deformação para uma viga engastada com carga na extremidade livre (P/f = 3EI/L3). Como
são duas vigas em paralelo: K = 6 E I / L3.
Para as oscilações no plano vertical, I = 30x93/12 = 1823 mm4= 1823 x 10-12m4.
Portanto: KV = 6 x 70 x 109 x 1823 x 10-12/(0,600)3 = 3544 N/m.
xest =Fmáx/K = 3,301 / 3544 = 0,93 mm
A pulsação natural de vibração vertical livre sem amortecimento do conjunto (rotor + estator) valera: ωn = (K/m)1/2 = (3544/0,980)1/2 = 60,13 rad/s.
Levando em conta a massa das 2 barras na inércia do conjunto teremos:
mB =2 x [2,78 x (3 x 0,9 x 60) = 900,7 g.
A massa total equivalente (motor + barras) será: M = 0,98 + 0,2357x0,9007=1,192kg
ωn* = (K/M)1/2 = (3544/1,192)1/2 = 54,53 rad/s.
O fator de amortecimento δ = C / 2 ωn m = 26,0 / 2 x 54,53 x 1,192 = 0,200.
Como p/ωn =58,64 / 54,53 = 1,075, o fator de ampliação valerá:
[Φ] = xmáx / xest = 1/{[1-(p/ωn)2]2 + [2δ (p/ωn)]2 }1/2 =
= 1/ {[1-(1,075)2]2 + [2(0,200)1,075]2 }1/2 =2,185.
A amplitude da oscilação valerá: xmáx = Φxest = 2,185 x 0,93 = 2,03 mm
O fator de ampliação das forças transmitidas à bancada (pelas barras elásticas e pelo
amortecedor) valerá:
[ΦΒ] = [Φ] x {1 + [2δ (p/ωn)] 2 }1/2 = 2,185 x {[1+ [2(0,200)1,075]2 }1/2 = 2,378
(FB)máx = 2,378 x 3,301 =7,85 N.
20
K – Instabilidade Elástica
11.11 – Absorvedores de Vibrações
Objetivando minimizar os efeitos da ressonância numa estrutura suscetível a tal tipo
de ocorrência, quando é impraticável modificar sua conformação ou impedir a ação de esforços pulsantes que nela atuam, existe o recurso de instalar absorvedores de vibrações que
oscilarão em lugar da estrutura que se quer preservar.
k1
x1
F(t)
m1
x2
k2
m2
Fig.11.10-Absorvedor de Vibrações
Analisemos o modelo esquemático (Fig. 11.10): corpo
de massa m1 vinculado elasticamente (constante k1) a
uma base fixa e submetido a uma força periódica (F =
Fmáx sen pt); um segundo corpo (de massa m2) será conectado ao primeiro através de um novo elemento elástico (k2) para funcionar como absorvedor de vibrações.
Aplicando a lei de Newton para cada uma das massas do
sistema (com 2 graus de liberdade), para uma configuração genérica na qual as duas massas ocupam as
posições x1 e x2 medidas em relação a um referencial fixo externo (posição de repouso), obtemos:
m1 d2x1/dt2 = F(t) – k1 x1 + k2 (x2 – x1)
m2 d2x2/dt2 = – k1 (x1 - x2)
Ou seja:
2
m1 d x1/dt2 + (k1 + k2) x1 + (0) m2 d2x2/dt2 + (-k2) x2 = F(t)
(0)m1 d2x1/dt2 + (-k2) x1 +
m2 d2x2/dt2 + (k2) x2 = 0
No caso em que F(t) = Fmáx sen pt, pode-se prever que a solução particular que satisfaz as equações
do sistema (e que representará a condição da vibração em regime permanente, já que a solução transiente
se extingue após um certo nº de ciclos, mesmo sendo pequeno o amortecimento) será:
x1 = X1 sen pt; x2 = X2 sen pt.
Substituindo nas equações e levando em conta que d2x/dt2 = - p2 x, obtemos:
2
[- m1 p + (k1 + k2)] X1
+
(-k2)
X2 = Fmáx
(-k2) X1 + [-p2 m2 + (k2)] X2 = 0
A solução do sistema será obtida pela razão entre os determinantes:
2
[ Fmáx ]
[ (-k2)]
[- m1p + (k1+k2)]
[( 0 )]
X1 =
2
[- m1p + (k1+k2)]
[(-k2)]
[-m2p2 + (k2)]
[(-k2)]
; X2 =
[ (-k2)]
[-m2p2 + (k2)]
2
[- m1p + (k1+k2)]
[(-k2)]
[ ( Fmáx )]
[( 0 )]
[ (-k2)]
[-m2p + (k2)]
2
Fazendo com que X1 = 0 (imobilidade do corpo principal m1) teremos:
⇒ k2 = p2 /m2 , que nos leva a X2 = - Fmáx / k2 (em oposição de fase) (o que permite escolher o par de
valores k2 e m2 compatível com a pulsação p da força que força o sistema e com a máxima elongação admissível para mola do absorvedor).
No caso de a excitação, ao invés de uma força periódica atuando na massa m1, ser uma movimentação forçada periódica da base à qual a massa estiver vinculada elasticamente (caso de um abalo sísmico,
da trepidação de uma fundação, etc) a solução do problema é análoga através da instalação de um absorvedor de vibrações (m2, k2). Para tal basta designar por x1 e x2 as coordenadas das massas m1 e m2 em relação à base móvel e definir uma coordenada, δ = δ (t), que posicione a base móvel em relação a um referencial fixo. A equação da lei de Newton aplicada a cada uma das duas massas leva a:
21
K – Instabilidade Elástica
m1 d2 (x1 - δ)/dt2 = – k1 (x1 - δ) + k2 (x2 – x1)
m2 d2 (x2 - δ)/dt2 = – k2 (x2 – x1)
δ
Sendo a trepidação da base do tipo:
δ = δmáx sen pt e a resposta do sistema análoga (x = Xmáx sen pt) chega-se às
equações do movimento permitindo computar as amplitudes (como nos sismógrafos).
x1
k1
m1
x2
k2
m2
Exemplo 11.11.1
4,0 mm
5,00 m
A caçamba de reboque esquematizada , totalizando 600 kg, é montada sobre
um feixe de molas, sendo que, durante seu carregamento, foi verificado que a cada
75kg de carga acrescentada, ocorreu uma deflexão de 3mm nas molas. O veículo se
desloca com velocidade de 54 km/h sobre um piso sinuoso (tipo seno) com uma
ondulação de amplitude de 4,0 mm entre as cristas, distantes entre si de 5,00 m.
Supondo que as rodas (de massa desprezível) a todo instante se mantêm em contato com o piso e que seja também desprezível o amortecimento, pede-se determinar:
1º ) a amplitude da vibração vertical da caçamba;
2º) a velocidade contínua do reboque que provocaria grandes trepidações;
3º) o conjunto massa mola que deveria montado na caçamba para limitar tal
trepidação, supondo que a massa a ser acrescentada não ultrapasse 50kg.
Solução: a constante elástica da caçamba K = 75 x 9,81 / 0,003 = 245,25 kN/m.
A freqüência da oscilação forçada pela ondulação do piso é tal que: f = V/λ =(54.000/3600)/5 =
= 3,00 cps. A pulsação forçada vale p = 2πf = 18,85 rad/s. A pulsação natural da oscilação da caçamba sob
molas será:
ωn = (K/m)1/2 = (245.250/600)1/2 =20,22 rad/s.
O fator de ampliação da oscilação vale: Φ = [1 / 1 – (p/ωn)2 ] = [1 / 1 – (18,85/20,22)2] = 7,64
- A amplitude da oscilação da caçamba alcançaria 7,64 x 4,0 = 30,6 mm. (Resp. 1º item)
- A velocidade crítica para a ressonância corresponderia a uma pulsação p = ωn = 20,22 rad/s, portanto a uma freqüência fn = 20,22 / 2π = 3,218 cps, ou seja V = 3,218 x 5 = 16,09 m/s = 57,9 km/h (Resp)
- Para p =(K/M)1/2 = 20,22 = (K / 50)1/2 , obtemos K = 20,44 KN/m . A máxima deformação que o
absorvedor experimentaria teria para valor: (245,25/20,44) x 4 = 49mm. (Resp).
22