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Enunciado

Mecânica e Resistência dos Materiais - Rao - Vibrações mecânicas- Ed: 4º - Capítulo 5.Problemas - Ex. 56

Determine a resposta à vibração forçada do sistema mostrado na Figura 5.13 quando F 1 ( t ) é uma força escalonada de magnitude -5N. Usando o método da transformada de Laplace. Considere x 1 ( 0 ) = x ˙ 1 ( 0 ) = x 2 ( 0 ) = x ˙ 2 ( 0 ) = 0 , m = 1   k g e k = 100   N / m

Passo 1

Equações do movimento

m 1 x ¨ 1 + k 1 + k 2 x 1 - k 2 x 2 = F 1 ( t ) … E 1

m 2 x ¨ 2 + k 2 + k 3 x 2 - k 2 x 1 = 0 - … E 2

Transformada de Laplace de E1 e E2

m 1 s 2 x _ 1 ( s ) - s x 1 ( 0 ) - x ˙ 1 ( 0 ) + k 1 + k 2 x _ 1 ( s ) - k 2 x _ 2 ( s ) = F _ 1 ( s )

m 2 s 2 x _ 2 ( x ) - s x 2 ( 0 ) - x ˙ 2 ( 0 ) + k 2 + k 3 x _ 2 ( 1 ) - k 2 x _ 1 ( k ) = 0

Passo 2

Rearranjando a equação

m 1 s 2 + k 1 + k 2 x _ 1 ( s ) - k 2 x _ 2 ( s ) = F _ 1 ( x ) + s m 1 x 1 ( 0 ) + m 1 x ˙ 1 ( 0 ) … … E 3

- k 2 x _ 1 ( 8 ) + m 2 x 2 + k 2 + k 3 x _ 2 ( t ) = 1 m 2 x 2 ( 0 ) + m 2 x ˙ 2 ( 0 ) … E 4

Quando k 1 = k 2 = k 3 = k   e   m 1 = m 2 = m , E 3   e   E 4

m s 2 + 2 k x _ 1 ( Δ ) - k x _ 2 ( s ) = F _ 1 ( x ) + m x 1 ( c ) + m x ˙ 1 ( 0 ) - … E 5

- k x _ 1 ( s ) + m s 2 + 2 x x _ 2 ( s ) = s m ⁡ x 2 ( 0 ) + m x ˙ 2 ( 0 ) - … E 6

Solução das eq(E5) e (E6) são

x _ 1 ( s ) = m s 2 + 2 k F _ 1 ( B ) + m x 1 ( 0 ) ⋅ x + m x ˙ 1 ( 0 ) + k m x 2 ( 0 ) ⋅ s + m x ˙ 2 ( 0 ) m s 2 + 2 k m A 2 + 2 k - k 2

x _ 2 ( s ) = * F _ 1 ( x ) + m x 1 ( 0 ) ⋅ s + x ˙ 1 ( 0 ) m + m s 2 + 2 k m x 2 ( 0 ) ⋅ x + m x ˙ 2 ( 0 ) m s 2 + 2 k m s 2 + 2 k - k 2

Passo 3

Essas equações se tornam para x 1 ( 0 ) = x 2 ( 0 ) = x ˙ 1 ( 0 ) = x ˙ 2 ( 0 ) = 0

F 1 ( t ) = 5 u ( t ) , F _ 1 ( A ) = 5 π , m = 1   e   k = 100

x _ 1 ( s ) = 5 s 2 + 200 8 s 2 + 200 2 - 10000 = 5 s 2 + 200 s x 2 + 300 s 2 + 100 - ⋯ E 7

x _ 2 ( x ) = 100 5 8 1 s 2 + 200 2 - 10000 = 500 8 s 2 + 300 s 2 + 100 … - E 8

Passo 4

Para expressar

x _ 1 ( s ) = 5 s 2 + 200 8 s 2 + 300 s 2 + 100 = A 1 8 + A 2 s + A 3 s 2 + 100 + A 4 s + A 5 A 2 + 300

x _ 2 ( s ) = 500 s s 2 + 100 s 2 + 100 = B 1 8 + B 2 B + B 3 s 2 + 100 + B 4 s + B 5 s 2 + 300

Podemos encontrar A 1 , A 2 , … , B 1 , B 2 , … (método das reações das partes)

x _ 1 ( s ) = 1 308 - s 40 s 2 + 100 - 8 120 s 2 + 300 … - E 9

x _ 2 ( s ) = 1 60 s - s 40 s 2 + 100 + 1 120 s 2 + 300 … E 10

Transformada inversa de Laplace de (E9) e (E10) dão

x 1 ( t ) = 1 30 - 1 40 c o s ⁡ 10 t - 1 120 c o s ⁡ 10 3 t u ( t )

x 2 ( t ) = 1 60 - 1 40 c o s ⁡ 10 t + 1 120 c o s ⁡ 10 3 t u ( t )

Passo 5

Deve-se notar que x 1 ( t ) = 1 30 metros e   x 2 ( t ) = 1 60 metros ere as deflexões estáticas estão associadas a 5 N estático a partir da massa m 1 ⋅ ω 1 = 10 r a d / s e ω 2 = 10 3 r a d / s são as frequências ressonantes associadas ao sistema de dois graus de liberdade.

Resposta

x 1 ( t ) = 1 30 - 1 40 c o s ⁡ 10 t - 1 120 c o s ⁡ 10 3 t u ( t )

x 2 ( t ) = 1 60 - 1 40 c o s ⁡ 10 t + 1 120 c o s ⁡ 10 3 t u ( t )

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