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Número Pinto Engenharia:
PE-AD-11-15-M01Análise Dinâmica de Fundações de MáquinasProjetos Estruturais em Concreto e Aço Nome do Profissional
ATAILSON PINTO
Cels. 9984-7984 / 9372-0442 / Fixo: 3178-7984e-mail: [email protected] Website:www.pintoengenharia.com.br
Nº do Profissional
ADP-00-11-2015
Curso Básico de
Análise Dinâmica deFundações de Máquinas
Eng. Atailson D. PintoSetor de Treinamento da Pinto Engenharia
MÓDULO I
Zg
me
CM ms
mb
Xg
k k k
Zg
me
ms
mb Yg
k k k k
Tema do Artigo:
Cels. 9984-7984 / 9273-0442 / Fixo: 3178-7984 Análise Dinâmica de Fundações de Máquinase-mail: [email protected] Website:www.pintoengenharia.com.br Autor:: Eng. Atailson D. Pinto
Novembro / 2015
ÍNDICE
1. Introdução....................................................................................3
2. Vibração Livre Translacional Sem Amortecimento...................3
Exemplo 2.1............................................................................10Exemplo 2.2............................................................................13Exemplo 2.3............................................................................15Exemplo 2.4............................................................................18
3. Vibração Livre Rotacional Sem Amortecimento........................21
Exemplo 3.1............................................................................26Exemplo 3.2............................................................................27Exemplo 3.3............................................................................30Exemplo 3.4............................................................................34
4. Critérios Básicos de Projeto........................................................41
4.1 Faixa de Ressonância.....................................................414.2 Amplitudes Admissíveis de Vibração.............................43
5. Anexos........................................................................................44
6. Bibliografia..................................................................................46
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1. Introdução
O objetivo principal desta Apostila do Módulo I do Curso de Análise Dinâmica de Fundações de Máquinas é apresentar de forma a mais objetiva possível os
procedimentos básicos para a determinação das Freqüências Naturais dos Sistemas Vibratórios com Um Grau de Liberdade, sem nos determos em
demasia nas considerações teóricas, devido ao caráter prático que pretendemos
apresentar o tema. Para um maior aprofundamento teórico e prático dos assuntos
apresentados aqui recomendaremos no final desta Apostila uma Literatura,
deliberadamente de apenas três livros, com o intuito de incentivar uma pesquisa
inicial.
Os conceitos e definições dos elementos que envolvem a Análise Dinâmica de
Sistemas Estruturais e Fundações de Máquinas simples serão apresentados à
medida que a matéria for sendo desenvolvida, pois acreditamos que dessa
maneira esses conceitos serão melhor absorvidos, em vez de apresentá-los antes
do leitor entender em que situações são aplicados.
2. Vibrações Livres Translacionais Sem Amortecimento
O Sistema Vibratório mais simples possível, embora seja de fundamental
importância para a Análise Dinâmica de Fundações de Máquinas, pode ser
representado por uma massa m conectada a uma mola de massa desprezível de
constante k e presa a um suporte rígido. À massa só é permitido deslocamento na
direção longitudinal X da mola, de forma que sua posição, a partir de um ponto de
referência, fica totalmente definida através de apenas uma coordenada, razão
pela qual o sistema é definido como de um grau de liberdade.
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k Ta = k d k
d d
m mTb = k d + k z
z
XP = m g
Z
(a) (b) P = m gFig. 2.1
Vamos agora esclarecer mais detalhadamente o que está representado nas
figuras (a) e (b) acima.
Se impedirmos que a massa m deforme a mola ela se manterá indeformada e não
haverá força reativa. Mas, se soltarmos vagarosamente a massa até seu
equilíbrio total a mola se deformará de um valor igual a d que depende da massa
e da rigidez da mola e surgirá uma força reativa Ta = k d, vide Fig (a). Como agora
o sistema está em equilíbrio, aplicamos a terceira Lei de Newton e concluímos
que Ta = P = mg, onde P é a força com que a Terra atrai a massa m. Neste
estágio nenhuma vibração poderá ocorrer na direção de Z, se o equilíbrio da
massa não for perturbado.
Suponhamos agora que, voluntariamente, a massa m seja deslocada de uma
quantidade z na mesma direção de d. Então, a mola sofrerá um acréscimo de
deformação e conseqüentemente a força reativa aplicada pela mola será maior e
igual a Tb = k d + k z. Neste ponto o sistema continua em equilíbrio estático cuja
equação é Tb = P = Ta + k z. Mas, se subitamente soltarmos a massa m, e
considerarmos que o sistema seja desprovido de qualquer amortecimento, a mola
tenderá a “puxar” a massa e trazê-la ao ponto de equilíbrio estático da situação
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ilustrada na figura (a), mas neste instante a resultante das forças aplicadas à
massa não é mais nula, ela é igual a F = P – Tb = - k z.
Então, a partir desse momento, vamos testemunhar um fenômeno chamado de
Vibração Harmônica, pois a massa estará submetida à força de inércia que
jamais permitirá que o sistema entre outra vez em equilíbrio estático e a massa se
deslocará para baixo e para cima em torno do ponto de equilíbrio de um valor
igual ao deslocamento z anteriormente imposto. Este deslocamento é chamado
de Amplitude de Vibração. Para estudarmos o comportamento vibratório da
massa m devemos lançar mão da segunda Lei de Newton, que diz: “A taxa de
variação do momento linear com relação ao tempo é igual à força resultante
atuante no corpo”, ou em outras palavras: A força resultante aplicada a um corpo
é igual à sua massa vezes a aceleração:
F = m a = m d ² zdt ² = - k z
Então: d ² zdt ² + ( k / m) z = 0
Ou: d ² zdt ² + ² z = 0 [1]
Prova-se que a solução desta equação diferencial pode ser expressa pela curva
sinusoidal dada pela expressão [2] abaixo, tendo os parâmetros os significados
descritos na página seguinte.
Lembremo-nos de que velocidade v é a derivada do deslocamento z com relação
ao tempo t e a aceleração é a derivada da velocidade v com relação ao tempo t, conseqüentemente é a derivada de segunda ordem do deslocamento com relação
ao tempo.
z = A sen ( n t - ) [2]
v = dzdt = A n cos ( n t - ) [3]
a =d ² zdt ² = - A n² sen ( n t - ) [4]
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Onde:
A – Amplitude de vibração (máximo deslocamento da massa, para cima e para
baixo, a partir do ponto de equilíbrio estático);
n - Freqüência circular da vibração. Como nt é uma medida angular em
radianos, então n tem unidade de rad/s e representa quantas vezes a massa m atinge a mesma Amplitude máxima na unidade de tempo;
t – Tempo geralmente medido em segundos;
- Ângulo de fase em radianos. Se é positivo a Amplitude é medida a partir de
um ponto abaixo da linha de equilíbrio. Se negativo, a partir de um ponto acima.
Para o nosso propósito não existe nenhum impedimento de considerarmos o
Ângulo de fase igual a zero, neste primeiro estudo.
De posse das expressões apresentadas acima podemos obter algumas
correlações entre elas de grande importância para o estudo do comportamento
vibratório de um sistema com um grau de liberdade.
A solução geral da equação diferencial [1] pode ser expressa como:
z = C1 sen √k /m t + C2 sen √k /m t
As constantes C1 e C2 podem ser determinadas pelas condições iniciais impostas
ao sistema, como por exemplo, z = zo e v = vo quando t = 0.
A quantidade √k /m corresponde à freqüência circular não amortecida do sistema,
e é designada por: n = √k /m.
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Quando a força devida à massa m está em equilíbrio estático com a força da mola
k d, vide Fig. (a), podemos então escrever:
m g = k d
donde concluímos que
k / m = g / d
Mas, como vimos, k/m é igual a n², então podemos expressar n em função
apenas de g e d.
n=√ g/δ [5]
Podemos resumir as expressões decorrentes das análises feitas acima:
- Período de vibração – em segundos
T = 2 / n = 2 ¿√k /m [6]
- Freqüência de vibração – em ciclos por segundo ou Herz (Hz)
fn = 1 / T = n / 2 = (1 / 2 ) √ g/δ , ou ainda [7]
fn = 4,98 / √δ com fn em Hz e d em cm.
- Amplitude de deslocamento máximo – geralmente em microns ()
Am = A, para t = ( n – ½) e = 0 [8]
- Amplitude de velocidade máxima – geralmente em mm/s
Vm = A n, para t = ( n – 1) e = 0 [9]
Notemos que a expressão [7] é de fundamental importância, pois poderemos
calcular a freqüência natural do sistema apenas avaliando a deslocamento da
massa equivalente no ponto considerado.
Com as “ferramentas” disponíveis até agora estamos aptos a iniciar a Análise
Dinâmica de sistemas simples, permitindo-nos avaliar o seu comportamento 7
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vibratório, tomar decisões para melhorar o desempenho dinâmico através da
limitação das amplitudes de Deslocamento e Velocidade, cujos valores são
geralmente fornecidos pelos fabricantes com o intuito de prevenir que o
equipamento vibratório seja submetido a vibrações inaceitáveis, reduzindo assim
sua vida útil.
Se formos capazes de definir com certa precisão o valor da Rigidez Equivalente e a Massa Equivalente do sistema, então poderemos prever com segurança o
seu comportamento dinâmico.
Em vez de apresentarmos uma compilação de sistemas com suas respectivas
Rigidezes Equivalentes, vamos resolver alguns problemas de Sistemas com Um
Grau de Liberdade e mostraremos como calculá-las durante a solução.
Representação gráfica do Movimento Harmônico. Vide fórmulas [2], [3] e [4].
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z
TA
0 t
v
TA
0 t
a
TA ²
0 t
Fig. 2.2
Representação através dos vetores de Deslocamento, Velocidade e Aceleração
Fig.2.2a
z, v, a
A
A
A2
Exemplo 2.19
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Determinar a freqüência natural de vibração fnz, o período de vibração T, o
deslocamento dz, a freqüência circular nz, a amplitude máxima de vibração Am, a
amplitude máxima de velocidade Vm para os dois sistemas abaixo, sabendo-se
que cada um deles foi solto depois de retirado de 1,0cm da sua posição de
equilíbrio. A massa é de m = 750 kg e as rigidezes k1 e k2 de 100 kN/m.
k1
k1 k2 k2
m m
(a) (b)
Fig. 2.3
Solução
As molas da Fig. 2.3a estão em paralelo, e portanto sofrem a mesma deformação
sob a ação do peso do bloco de massa m:
Rigidez Equivalente Ke
Ke = k1 + k2 = k + k = 200 kN/m
Deformação d
d = P / Ke = m g / ( k + k ) = 7,36 / 200 = 0,0368 m ou 3,68 cm
Freqüência circular n = ( Ke / m )1/2 = ( 200 x 1000 / 750 )1/2 = 16,33 rad/s
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Freqüência Natural de vibração fn (em Hz)fnz = ( Ke / m )1/2 / ( 2 ) = 16,33 / 2 = 2,60 Hz (ciclos/segundo), ou
fnz = ( g / d )1/2 / ( 2 ) = (9,81 / 0,0368 )1/2 / ( 2 ) = 2,60 Hz.
Período de vibração T
T = 1 / fnz = 0,39 s
Amplitude máxima de deslocamento Am
Am = 1,0 cm ( deslocamento imposto antes de soltar a massa m)
Amplitude máxima de velocidade Vm
Vm = Am nz = 10 x 16,33 = 163,3 mm/s
As molas da Fig.2.3b estão dispostas em série, e portanto sofrem deformações
distintas sob a ação do peso do bloco de massa m:
Rigidez Equivalente Ke
Ke = ( k1 k2 ) / ( k1 + k2 ) = 50 kN/m
Deformação ddz = P / Ke = m g / Ke = 7,36 / 50 = 0,15 m ou 15 cm
Freqüência circular n
nz = ( Ke / m )1/2 = ( 50 x 1000 / 750 )1/2 = 8,16 rad/s
Freqüência Natural de vibração fn
fnz = ( Ke / m )1/2 / ( 2 ) = 8,16 / 2 = 1,30 Hz , ou
fnz = ( g / d )1/2 / ( 2 ) = (9,81 / 0,15 )1/2 / ( 2 ) = 1,29 Hz.
Período de vibração T T = 1 / fnz ≈ 0,78 s
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Amplitude máxima de deslocamento Am
Am = 1,0 cm (deslocamento imposto antes de soltar a massa m)
Amplitude máxima de velocidade Vm
Vm = Am nz = 10 x 8,16 = 81,6 mm/s
Comentários:Neste caso, a rigidez equivalente do primeiro sistema é exatamente quatro vezes
maior que a do segundo sistema, então as freqüências e velocidades do primeiro
serão duas vezes maiores e o período duas vezes menor. Assim, conclui-se que:
1. Num sistema rígido as freqüências naturais tendem a valores elevados e
são adequados para equipamentos de baixa freqüência de rotação, pois as
duas freqüências devem estar distantes suficientes para evitar o fenômeno
da Ressonância.2. Num sistema de grande flexibilidade as freqüências tendem a valores
baixos e são adequados para equipamentos de alta freqüência de rotação,
pois as duas freqüências devem estar distantes suficientes para evitar a
Ressonância.
3. Num sistema rígido e flexível as velocidades de vibração tendem a valores
elevados e baixos, respectivamente. Valores muito altos de velocidades de
vibração devem ser evitados a todo custo reduzindo-se as amplitudes de
deslocamento. No caso acima estudado as amplitudes são iguais, razão
pela qual as velocidades são tão diferentes. Se a amplitude de vibração
fosse menor, as freqüências e períodos não mudariam, porém as
velocidades, conseqüentemente, seriam também menores.
4. Como podemos ver, todos os parâmetros devem ser considerados e
manipulados adequadamente para obtermos resultados satisfatórios do
comportamento dinâmico do sistema.
Exemplo 2.212
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Determinar a freqüência natural fnz em rpm (rotações por minuto) e o período de
vibração T em segundos para uma máquina de massa m = 8,0t, como indicado na
figura abaixo, quando posicionada sem impacto no meio do vão de duas vigas
metálicas bi-apoiadas do tipo W310x52kg/m de peso desprezível com relação a
m e de comprimento L=6,0m. A freqüência de rotação da máquina é = 400 rpm.
m
L
Fig 2.4
Solução
Vamos admitir que o peso da máquina esteja concentrado no meio das duas
vigas (de pesos desprezíveis), então cada viga estará submetida a uma massa de
4,0 t no meio do vão. Para calcularmos a freqüência natural poderemos utilizar a
expressão [7] que é função da deformação d no meio do vão, ou a partir da
determinação da Rigidez Equivalente utilizando Ke e m.
Como sabemos, uma carga concentrada no meio do vão de uma viga produz uma
deformação dada por:
d = P L³ / (48 E J)
Com P = 40 kN, L=600 cm, E=20.000 kN/cm² e J=11.909cm4 (tabela Açominas)
Teremos que:
d = 40x600³ / (48x20000x11909) = 0,756 cm13
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Aplicando a fórmula para a freqüência natural fnz:
fnz = (1/2) ( g / d )1/2 = 0,159 x ( 981 / 0,756)1/2 = 5,73 Hz, oufnz = 4,98 / d1/2 = 4,98 / 0,7561/2 = 5,73 Hzfnz = 5,73 x 60 ≈ 344 rpm
Se, em vez da deformação, calcularmos a Rigidez Equivalente, o procedimento seria o
seguinte:
Rigidez no meio de cada viga:k = 48 E J / L³ = 52,93 kN/cm (força para deformação unitária)
Rigidez Equivalente do sistema
Ke = k + k = 96 E J / L³ = 105,86 kN/cm ( molas em paralelo )
Freqüência natural do sistemafnz = (1/2) ( Ke / m )1/2 = 0,159 x (105,86 x 98,1 / 8)1/2 = 5,73 Hz, ou
fnz = 5,73 x 60 ≈ 344 rpm.
Período de vibraçãoT = / / fnz = 1 / 5,73 = 0,175 s
Comentários:A relação entre a freqüência da máquina (freqüência de excitação) e a freqüência natural
é de aproximadamente / fnz = 1,16. As Normas internacionais, como a DIN 4024 no item
5.4.4, estabelecem que esta relação deve ser menor do que 0,80 ou maior do que 1,25.
Portanto, pelo critério da DIN 4024 o sistema está em Ressonância e providências
deverão ser tomadas para evitar a amplificação “descontrolada” das vibrações.
Mas não devemos esquecer que estamos diante de um sistema supostamente desprovido
de qualquer amortecimento, e neste caso, quando aquela razão é igual à unidade, o valor
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da amplitude de deslocamento será infinito. Isto não ocorre na natureza, sempre existe
amortecimento em qualquer sistema.
Assim, se pudermos introduzir e quantificar adequadamente um grau de amortecimento a
um determinado sistema vibratório, poderemos até tolerar valores de / fnz dentro da
faixa de ressonância, desde que as amplitudes de deslocamento e velocidade atendam as
exigências de Normas ou fabricantes dos equipamentos. Breve trataremos deste assunto
mais amiúde.
Exemplo 2.3A estrutura de concreto armado, fck = 30MPa, mostrada na figura tem laje com
espessura de 60cm, largura de 4,0m e comprimento de 8,0m, sendo L = 2,0m. A
seção das 4 colunas de extremidade é de 20cmx40cm e as 2 centrais de
40cmx40cm, com h = 4,0m. Considerando-se que a laje é rígida com relação às
colunas, que a massa de cada compressor é de me = 6 t, verificar se o sistema
está em ressonância na direção vertical e horizontal. Considerar apenas a
vibração do Centro de Massa do Sistema, sem acoplamento com a vibração
rotacional. A freqüência de operação das máquinas de êmbolos horizontais de
acordo com o fabricante é de = 300 rpm.
me me me
h/2 E J2
h E J1 E J1
L L
Fig. 2.5
Solução
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Com os recursos teóricos de que dispomos até agora ainda não é possível calcularmos as
amplitudes de vibração devidas ao funcionamento das máquinas, só quando estudarmos
Vibrações Forçadas, no Módulo I I deste curso.
Massa mL da laje de concretomL = 4,0 x 8,0 x 0,6 x 2,5 = 48,0 t
Massa total M do sistema vibratório
M = mL + 3 me = 66,0 t
Módulo de elasticidade secante do concretoA NBR-6118 fornece a seguinte expressão para o módulo secante do concreto em função
do fck para análises estáticas:
Ec = 4760 fck1/2 = 4760 x 301/2 ≈ 26000 MPa
Para a análise dinâmica utilizaremos o Módulo Dinâmico da Norma Britânica CP110:
Ed = 22 + 2,80 fck1/2 = 22 + 2,80 x 301/2 ≈ 37,34 GPa
Chegaremos a quase este valor se utilizarmos a expressão Ed = v² (1+)(1-2)/(1-) considerando-se a velocidade das ondas S da ordem de v = 4,07 km/s.
Inércias das colunasJ1 = 0,20 x 0,40³ / 12 = 0,00107 m4
J2 = 0,40 x 0,40³ / 12 = 0,00213 m4
Rigidez Transversal de cada coluna
Devido ao fato das colunas permitirem deslocamentos da laje na direção longitudinal x,
elas estarão submetidas a um deslocamento ortogonal recíproco. Para obtermos a
rigidez de cada coluna este deslocamento deve se igual à unidade, então teremos:
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M = 6 E J / L² M = 6 E J / L²
1
L
R = 2 M / L R = 2 M / L K = 12 E J / L³ K = 12 E J / L³
Fig. 2.6
K1x = 12 E J1 / h³ = 12 x 37340 x 0,00107 x 10³ / 4³ = 7491,41 kN/mK2x = 12 E J2 / (h/2)³ = 12 x 37340 x 0,00213 x 10³ / 2³ = 119301,30 kN/m
Rigidez Transversal Equivalente do Sistema
Kex = 4 K1 + 2 K2 = 268.568,00 kN/m
Freqüência natural horizontal do sistemafnx = (1/2) ( Kex / M )1/2 = 0,159 x (268568 / 66)1/2 ≈ 10,14 Hz, ou
fnx = 10,14 x 60 ≈ 608 rpm.
Período de vibraçãoT = 1 / fnx = 1 / 10,14 ≈ 0,10 s
Rigidez Axial de cada coluna:
As colunas também permitirem deslocamentos da laje na direção vertical z, elas estão
submetidas a uma deformação axial. Para obtermos a rigidez axial de cada coluna esta
deformação deve ser igual à unidade, então teremos:
K1z = E A1 / h = 37340 x 10³ x 0,08 / 4 = 746.800 kN/mK2z = E A2 / (h/2) = 37340 x 10³ x 0,16 / 2 = 2.987.200 kN/m
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A, E P
L 1
d= P L / E Ad= 1 K = E A / L
Fig. 2.7
Rigidez Axial Equivalente do sistema
Kez = 4 K1 + 2 K2 = 8,96x106 kN/m
Freqüência natural vertical do sistemafnz = (1/2) ( Kez / M )1/2 = 0,159 x (8,96x106 / 66)1/2 = 58,59 Hz, ou
fnz = 58,59 x 60 ≈ 3515 rpm.
Comentários:Como as relações /fnx= 0,49 e /fnz= 0,09 estão abaixo de 0,80 a estrutura atende
satisfatoriamente à Norma DIN 4024, quanto à freqüência natural na direção de x e de z.
Porém, numa análise completa, teríamos que fazer muitas e muitas outras considerações
e verificações dinâmicas e estáticas. Esta análise é apenas ilustrativa, com o intuito de
introduzir conceitos fundamentais da Análise Dinâmica Estrutural para o Engenheiro Civil.
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Exemplo 2.4O bloco de concreto armado mostrado na figura 2.6 tem altura de 80cm, largura
de 3,0m e comprimento de 5,0m e dá apoio a um equipamento de massa total
igual me = 15 t. A freqüência de operação da máquina rotativa é de = 550rpm.
Especificar a rigidez axial e transversal das 12 molas, de modo que a relação de
freqüências / fn em cada direção seja de no mínimo igual a 5. Calcular o
deslocamento vertical do bloco quando o sistema está em repouso.
Desconsiderar o acoplamento. Verificar o sistema quanto à ressonância.
Zg me
CM ms
mb
Xg
k k k Fig 2.8
Solução
De imediato, conforme o enunciado, podemos definir a máxima freqüência natural vertical
do sistema:
Freqüência natural vertical
fnz = / 4,98 = 110,44 rpm, ou fn = 110,44 / 60 = 1,84 Hz
Massa do bloco de inércia (essa é a denominação deste tipo de fundação)
mb = 0,8 x 3 x 5 x 2,5 = 30,0 t
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Massa total do sistemamt = mb + me = 30 + 15 = 45,0 t
Rigidez equivalente do sistema
Para a obtenção direta da Rigidez equivalente, podemos aplicar a fórmula da freqüência
natural em função da Rigidez e da Massa:
fnz = 1 / 2) ( Kez / mt)1/2
Kez = 4 ² mt fn2 = 4 x ² x 45 x 1,84² = 6014,64 kN/m
Rigidez axial de cada molakz = Kez / 12 ≈ 501 kN/m
Neste ponto poderemos ir mais adiante e definir a geometria da mola, ou seja, altura da
mola h a partir do número de espiras n, o diâmetro das espiras d e o diâmetro médio
externo D. O módulo G é de aproximadamente 80 GPa.
A rigidez axial da mola é dada pela seguinte expressão:
ko = G d4 / ( 8 n D³ )
Adotaremos d = 25mm, n = 5 espiras e altura de h = 220mm.
Substituindo-se estes valores e a rigidez conhecida, chegaremos ao valor do diâmetro D:
D = ( G d4 / 8 n ko )1/3 = 116mm
Deformação vertical das molas
Facilmente podemos calcular a deformação das molas lembrando que F = Kez d, onde F é
a força aplicada às molas devido às massas da máquina e do bloco de concreto e K ez é a
rigidez equivalente do sistema na direção vertical. Então:
d = F / Kez = 441,45 / 6014,64 = 0,0734 m
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Como comprovação, podemos calcular a freqüência natural vertical a partir desta
deformação:
fnz = 4,98 / d1/2 = 4,98 / 7,341/2 = 1,84 Hz, como queríamos comprovar.
Rigidez transversal das molas
Calculemos a rigidez transversal da cada mola, a partir da seguinte fórmula (Major, A. –
Vibration Analysis and Design of Foundations of Machines and Turbines):
kx ≈ kz / [ 0,385 ( 1 + 0,77 h² / D² ) ] = 501 x 0,36 ≈ 180 kN/m
Rigidez transversal EquivalenteKex = 12 kx = 2160 kN/m
Freqüência natural transversal x
fnx = 1 / 2) ( Kex / mt)1/2 = 1,10 Hz
Verificação quanto à ressonância
/ fnx = 8,33 ≫ 1,25
/ fnz = 5,0 ≫ 1,25
ComentáriosComo era de se esperar, a razão de freqüência / fnz é igual a 5, como foi estabelecido
no enunciado do problema. A razão de freqüência / fnx é quase 70% maior que a
anterior, porque a rigidez transversal é apenas 36% da vertical. Como ambos os valores
são superiores a 1,25, como preconiza a DIN 4024, o sistema não entrará em
ressonância.
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3. Vibrações Livres Rotacionais Sem Amortecimento
Existe uma perfeita correspondência matemática entre as vibrações translacionais e
rotacionais.
Primeiramente, observemos a equação diferencial para um sistema submetido a
Vibrações Translacionais:
d ² zdt ² + n² z = 0
Onde
n=√k /m
Agora, observe a equação diferencial para um Sistema Vibratório Rotacional:
J d ²αdt ² + K = 0 ou d ²α
dt ² + n2 = 0
Onde:
n=√K /J é a freqüência circular rotacional. [10]
Esta equação tem a mesma forma da equação anterior, homogênea do segundo grau, e a
sua solução é totalmente análoga àquela para a vibração translacional. Veja o significado
dos parâmetros envolvidos:
= ângulo em torno do eixo em que ocorre a vibração;
K = rigidez rotacional (rotação causada por um momento unitário) [ kNm/rad],;
J = momento de inércia de massa do sistema. [t m²];
fn = n / 2 = freqüência própria rotacional [Hz].
3.1 Momentos de Inércia de Massa
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Considere-se uma massa m concentrada a uma distância d de um eixo de referência n,
então o Momento de Inércia da Massa (MIM) com relação àquele eixo será:
J = m d² [tm²] [11]
m
dn
Fig. 3.1
Em se tratando de um corpo com uma dimensão dominante, que é o caso, por exemplo,
de uma barra delgada de comprimento L de massa m e diâmetro D≈0 os MIM’s da barra
em torno dos eixos principais que passam pelo Centro de Massa (CM), e em torno de um
eixo n paralelo a um dos eixos coordenados a uma distância d serão, respectivamente:
Jox = m D² / 8 ≈ 0 Joy = m ( ¾ D² + L² ) / 12 ≈ m L² / 12 [12]
Joz = m ( ¾ D² + L² ) / 12 ≈ m L² / 12Jnx = Jox + m d²Jny = Joy + m d²Jnz = Joz + m d²
z
xy L
Fig. 3.2
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Para um disco delgado de diâmetro D e espessura e≈0 os MIM’s em torno dos eixos que
passam pelo CM e em torno de um eixo n paralelo a x ou a y ou a z a uma distância d serão, respectivamente:
Jox = m D² / 8 Joy = m ( ¾ D² + e² ) / 12 ≈ m D² / 16 [13]
Joz = m ( ¾ D² + e² ) / 12 ≈ m D² / 16Jnx = Jox + m d²Jny = Joy + m d²Jnz = Joz + m d²
z
D x
y e
Fig. 3.3
Para um corpo cilíndrico circular de diâmetro D, comprimento L e massa m os MIM’s em
torno dos eixos que passam pelo CM e em torno de um eixo n paralelo a x ou a y ou a z a
uma distância d serão, respectivamente:
Jox = m D² / 8Joy = m ( ¾ D² + L² ) / 12 [14]
Joz = m ( ¾ D² + L² ) / 12Jnx = Jox + m d²Jny = Joy + m d²Jnz = Joz + m d²
z
xD
Ly
Fig. 3.4
24
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Para um corpo semi-cilíndrico de diâmetro D, comprimento L e massa m os MIM’s em
torno dos eixos que passam pelo CM e em torno de um eixo n paralelo a x ou a y ou a z a
uma distância d serão, respectivamente:
Jox = m D² ( 1 – 32 / 9²) / 8 ≈ 0,64 (m D² / 8)Joy = m [ ( ¾ - 16 / 3²) D² + L² ] / 12 ≈ m ( 0,21 D² + L² ) / 12 [14]
Joz = m ( ¾ D² + L² ) / 12Jnx = Jox + m d²Jny = Joy + m d²Jnz = Joz + m d²
z
D/2 x
Ly
Para um corpo cilíndrico vazado de diâmetro externo De e interno Di, comprimento L e
massa m os MIM’s em torno dos eixos que passam pelo CM e em torno de um eixo n paralelo a x ou a y ou a z a uma distância d serão, respectivamente:
Jox = m ( De² + Di2 ) / 8
Joy = m [ ¾ ( De² + Di2 ) + L² ] / 12 [14]
Joz = m [ ¾ ( De² + Di2 ) + L² ] / 12
Jnx = Jox + m d²Jny = Joy + m d²Jnz = Joz + m d²
z
xDe
Di
Ly
Fig. 3.4a
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Se o corpo é prismático reto de dimensões da seção a e b, comprimento L e massa m os
MIM’s em torno dos eixos que passam pelo CM e em torno de um eixo n paralelo a x ou a
y ou a z a uma distância d serão, respectivamente:
Jox = m / 12 ( a² + b² ); Joy = m / 12 (b² + L² ); Joz = m / 12 ( a² + L² ) [15]
Jnx = Jox + md²; Jny = Joy + md²; Jnz = Joz + md²
z
a
b x
Ly
Fig. 3.5
Para uma placa retangular delgada com dimensões a e b, e massa m basta fazer L = 0 nas fórmulas dos Momentos de Inércia de Massa para o prisma reto.
3.2 Rigidez Torcional de Um Cilíndro
TD
L
Fig. 3.6
26
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A Rigidez Torcional de um cilindro de diâmetro D e comprimento L pode ser obtido a partir
da expressão que fornece a deformação angular da seção transversal quando submetida
a uma rotação unitária. Da Resistência dos Materiais, sabemos que o ângulo produzido
por um momento torçor T aplicado na seção livre de uma barra cilíndrica engastada em
uma das extremidades é dado por:
= T L / G Jp [16]
Onde:
T = Momento Torçor;
L = Comprimento do cilíndro;
G = Módulo de elasticidade transversal do material do cilíndro;
Jp = Momento de Inércia Polar da seção transversal do cilindro.
= Rotação da seção livre do cilíndro.
Se a seção não for circular o Jp é chamado de Constante Torcional da Seção Transversal.
Se fizermos = 1 rad na fórmula acima obteremos o momento que gera um ângulo
unitário, que é a Rigidez Torcional:
K = G Jp / L [kNm/rad] [17]
Num sistema vibratório torcional, para a determinação da freqüência natural dada pela
fórmula [10] e para o estudo geral do comportamento dinâmico do sistema, é a
determinação do Momento de Inércia de Massa e da Rigidez Torcional Equivalentes.
Feito isto, poderemos aplicar todos os conceitos que vimos quando estudamos os
sistemas de vibração nas direções de X, Y e Z.
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Exemplo 3.1
Sabendo-se que o dispositivo mostrado na Fig 3.7 abaixo é feito de aço, determinar a
Rigidez Rotacional da haste K, o Momento de Inércia de Massa J do disco, a freqüência
natural fn do sistema quando o disco for solto, depois de ter sido girado de um ângulo , o
período de vibração T e a amplitude máxima de vibração A. Desconsiderar o peso da haste neste exemplo.
Dados: 1. Diâmetro da haste d = 5,0 cm,
2. Diâmetro do disco D = 25 cm, 3. Espessura do disco t = 20 mm,
4. Comprimento da haste L = 50 cm,
5. Ângulo imposto = 1 grau.
J
K
L
Fig. 3.7
Solução.
Momento Polar de Inércia
Jp = ( d4 / 64) x 2 = 61,36 cm4
Módulo de Elasticidade Transversal do aço
G = E / [ 2 (1 + ) ] = 20000 / [ 2 (1+0,3) ] = 7692 kN/cm²
Rigidez torcional28
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K = G Jp / L = 7692 x 61,36 / 50 = 9440 = 94,40 kNm/rad
Momento de Inércia de Massa do disco
Jo = m D² / 8 = a t D4 / 32 = 7,85 . . 0,02 . 0,254 / 32 = 6,02x10-5 tm²
Freqüência natural do sistema
n = ( K / Jo)1/2 = 1252 rad/s ou fn = n / 2 ≈ 199,26 Hz = 11956 rpm
Período de Vibração
T = 1 / fn = 0,005 s
Amplitude de vibração
A = / 180 = 0,0175 rad
Exemplo 3.2Retomando o exemplo 2.4 e admitido-se que a máquina possa ser considerada como dois
cilindros metálicos com diâmetro de D = 0,75m, conectados por um eixo de massa
desprezível, comprimento Lo = 1,50m cada cilíndro e massa me, um skid prismático de
aço com dimensões de hs = 0,10m de altura, as = 1,50m de largura, comprimento Ls = 4,00m, e massa ms e que o centro de massa CM no plano horizontal x-y coincida com o
centro de rigidez das molas, calcular a freqüência natural rotacional fy, em torno do eixo
Yo longitudinal que passa pelo Centróide do Bloco de inércia de concreto.
FIG. 3.8
Zg
me
ms
mb
Xg
k T k k
F L L F
Solução
29
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Massa dos cilindrosme = 2 a ( D² / 4 ) Lo = 2 x 7,85 x x 0,752 x 1,5 / 4 = 10,40 t
Massa do skidms = a as hs Ls = 7,85 x 1,50 x 0,10 x 4,0 = 4,70 t
Massa do blocomb = c A H L = 2,50 x 3,0 x 0,80 x 5,0 = 30,0 t
Observe que a massa total da máquina é de 15 t, conforme o exemplo 2,4.
Tomando-se o plano inferior e o eixo Yo do centróide do bloco como referência, teremos:
Coordenada Zg do Centro de Massa do SistemaZg = (10,4 x 1,275 + 4,7 x 0,85 + 30 x 0,40) / 45 = 0,65 m
Momento de Inércia de Massa dos cilindros com relação ao eixo Yo
Jey = me D² / 8 + me d² = 10,4 x 0,75² / 8 + 10,4 x 1,275² = 17,64 t m²
Momento de Inércia de Massa do skid com relação ao eixo Yo
Jsy = ms ( a² + hs² ) / 12 + ms d² = 0,885 + 3,40 = 4,29 t m²
Momento de Inércia de Massa do bloco com relação ao eixo Yo
Jby = mb ( A² + H² ) / 12 + mb d² = 24,1 + 4,80 = 28,90 t m²
Momento de Inércia de Massa do sistema com relação ao eixo Yo
Jy = Jey + Jsy + Jby = 50,83 t m²
30
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Precisamos agora da Rigidez Rotacional Equivalente Ky, a qual não pode ser calculada pela fórmula G Jp / L pois não se trata, neste exemplo, de um sistema equivalente a uma
barra de seção circular. O valor de Ky neste caso será igual ao momento necessário para girar o sistema em torno do eixo Yo de um ângulo unitário.
Considerando-se que as molas dos bordos longitudinais estejam dispostas ao longo de
dois eixos distantes de 20cm dos bordos, esquerdo e direito do bloco, a distância do eixo
de rotação até o eixo das molas será de L= 1,30m, uma vez que o bloco tem 3,0m de
largura. Sendo F a força exercida nas molas, então teremos:
T = Ky = 2 L F ou F = T / 2 L.
A deformação das molas em cada bordo é dada por d = F / Ke onde Ke é a rigidez axial de
todas as molas em cada bordo, neste caso, temos quatro molas de rigidez kz = 501 kN/m.
O ângulo que o torçor T gera em torno de Yo é dado por = d / L, ou seja:
= F / ( Ke L) ou então: = T / ( 2 Ke L²)
Substituindo-se nesta fórmula um valor unitário para o ângulo , teremos que T = Ky:
y = 2 Ke L² = 2 x 4 x 501 x 1,5² = 9018 kNm/rad
Assim, poderemos calcular a freqüência natural em torno do eixo Yo. Neste exemplo, não
estamos considerando o acoplamento com a vibração vertical ou horizontal, nem o
momento devido ao peso próprio do sistema com relação ao eixo de rotação. Este
assunto é mais complexo e será abordado no Módulo III do curso de Análise Dinâmica de
Fundações de Máquinas. Observe que as molas centrais não entraram no cálculo de Ky,
pois elas estão dispostas simetricamente com relação ao eixo de rotação.
Freqüência natural fy
fy = (1/2) ( y / Jy )1/2 = 0,159 x (9018 / 50,83)1/2 = 2,12 Hz, ou 127 rpm
Comentários:31
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A freqüência vertical calculada no exemplo 2.4 foi de fnz = 110 rpm e a freqüência
rotacional de fy =127 rpm. A máquina tem rotação de = 550 rpm, portanto, o sistema
não entrará em ressonância durante o seu funcionamento, pois as relações de
freqüências são 5,0 e 4,33, respectivamente, e são superiores a 1,25.
Este é um caso típico de Análise Dinâmica de Bases de Máquinas sobre Amortecedores
de Vibração: quase ou todas as freqüências naturais situam-se abaixo da freqüência de
excitação da máquina. Porém, um cuidado importante a ser tomado é, durante o
acionamento da máquina: para chegar a 550 rpm ela passa por 110 rpm e 127 rpm, e
como o amortecimento de uma mola é muito baixo a máquina pode vibrar energicamente
ao atingir aquelas freqüências. Entretanto, as molas destinadas ao isolamento de
vibrações que são comercializadas por muitas empresas dispõem de sistemas adequados
de amortecimento, cuja especificação deverá ser feita pelo engenheiro responsável pela
Análise Dinâmica. A avaliação do comportamento vibracional durante a passagem pela
ressonância está além do propósito deste artigo.
Exemplo 3.3Consideremos o exemplo 2.3. O mesmo procedimento adotado no exemplo anterior pode
ser seguido para a obtenção aproximada da freqüência rotacional.
Admitamos que as máquinas de êmbolos horizontais possam ser modeladas como um
cilindro sobre um bloco prismático, como mostra a Fig. 3.9. Os cilíndros representativos
das máquinas têm diâmetro D = 0,50m, comprimento Cc= 3,90m e os skids, juntamente
com outros equipamentos, com largura equivalente as = 1,0m, altura hs = 0,40m e
comprimento Cs = 4,0m. Manteremos a laje com comprimento de CL = 8,0m, largura de
B=4,0m e espessura de hL = 0,60m. O valor de L continua sendo de L=2,0m.
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Fig. 3.9
me me me
hs ms
hL mL
h/2 E J2
h E J1 E J1
L L
D
Solução
Massa das máquinasme = a ( D² / 4 ) L = 7,85 x x 0,52 x 3,9 / 4 = 6,0 tMe = 3 me = 18 t
Massa do skidms = a as hs Cs = 7,85 x 1,00 x 0,40 x 4,0 = 12,56 tMs = 3 ms = 37,68 t
Massa da LajemL = c B CL hL = 2,50 x 4,0 x 8,0 x 0,60 = 48,0 t
Fig. 3.9a
0,75 1,25 1,25 0,75
0,50 0,30
0,45
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Para o cálculo dos Momentos de Inércia de Massa dos diversos elementos com relação
ao eixo Yo que passa pelo centróide da área inferior da laje precisamos calcular as
distâncias dos eixos de cada elemento ao eixo Yo. A figura 3.9a mostra o posicionamento
das máquinas, skids e laje. Então as distâncias de que precisamos são:
Cilindrosde1 = de3 = ( 1,25² + 1,25² )1/2 = 1,77 mde2 = 1,25 m
Skids
ds1 = ds3 = ( 0,80² + 1,25² )1/2 = 1,48 mds2 = 0,80 m
LajedL1 = 0,30 m
Momentos de Inércia de Massa dos cilindros com relação ao eixo Yo da Laje
Jey1 = me D² / 8 + me de1² = 6 x 0,5² / 8 + 6 x 1,77² = 18,98 t m²Jey2 = me D² / 8 + me de2² = 6 x 0,5² / 8 + 6 x 1,25² = 9,56 t m²Jey3 = me D² / 8 + me de3² = 6 x 0,5² / 8 + 6 x 1,77² = 18,98 t m²
Momentos de Inércia de Massa dos skids com relação ao eixo Yo da LajeJsy1 = ms ( a² + hs² ) / 12 + ms ds1² = 1,21 + 27,51 = 28,72 t m²Jsy2 = ms ( a² + hs² ) / 12 + ms ds2² = 1,21 + 8,04 = 9,25 t m²Jsy3 = ms ( a² + hs² ) / 12 + ms ds3² = 1,21 + 27,51 = 28,72 t m²
Momento de Inércia de Massa da Laje com relação ao eixo Yo da Laje
JLy = mL ( B² + hL² ) / 12 + mL dL1² = 65,44 + 4,32 = 69,76 t m²
Momento de Inércia de Massa do sistema com relação ao eixo Yo
Jy = ∑ Jyi ≈ 184 t m²
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O valor da Rigidez Equivalente Ky neste caso, será igual ao momento necessário para girar o sistema em torno do eixo Yo de um ângulo unitário.Considerando-se que as colunas extremas estejam dispostas ao longo dos bordos,
esquerdo e direito da laje, a distância do eixo de rotação até o eixo das colunas será de
L=2,0m. Sendo F a força exercida nas colunas, então teremos:
T = Ky = 2 L F ou F = T / 2 L.
A deformação axial das colunas em cada bordo é dada por d = F / Ke onde Ke é a rigidez
axial de todas as colunas em cada bordo, neste caso, temos duas colunas de rigidez K1z.
K1z = E A1 / h = 2,6 x 104 x 0,2 x 0,4 / 4 = 520 MN/m
O ângulo que o torçor T gera em torno de Yo é dado por = d / L, ou seja:
= F / L Kez ou então: = T / ( 4 L² K1z)
Substituindo-se nesta fórmula um valor unitário para o ângulo , teremos que T = Ky:
Ky = 4 L² K1z = 4 x 2² x 520 = 8320 MNm/rad
Assim, poderemos calcular a freqüência natural em torno do eixo Yo. Neste exemplo, não
estamos considerando o acoplamento com a vibração vertical ou horizontal.
Freqüência natural fy
fy = (1 / 2) ( Ky / Jy )1/2 = 0,159 x (8320 x 10³ / 184)1/2 ≈ 34 HzComentários:A freqüência natural em torno de Yo do centróide da Laje é quase sete vezes superior à
freqüência de excitação das máquinas, que é de 300 rpm. Uma estrutura de concreto
rígida é ideal para máquinas de baixa rotação, quando se trata das freqüências verticais e
torcionais. Entretanto, devemos ter cuidado com as freqüências horizontais, pois elas são
menores que as verticais, devido à relativamente alta flexibilidade horizontal das colunas,
que neste caso foi da ordem de 10 Hz ou aproximadamente 600 rpm (vide exemplo 2.3),
apenas 17% da vertical e 29% da torcional.
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Exemplo 3.4
Neste exemplo vamos calcular a freqüência rotacional fx e a torcional fz do exemplo 2.4
e 3.2. Com isso teremos calculado todas as seis freqüências naturais independentes do
sistema, quais sejam, translacionais fnx, fny, fnz, rotacionais fx, fy, e torcional fz cuja
determinação não apresenta nenhuma dificuldade, com os recursos teóricos que
desenvolvemos até aqui. Além disso, por último faremos uma verificação da
obrigatoriedade ou não de se considerar o acoplamento dos modos de vibração nos
planos verticais. A figura 3.10 mostra o croqui do exemplo 2.4 no plano y-z, para a
determinação da freqüência natural em torno de x.
0,75 1,5 0,5 1,5 0,75 Zg
me
ms 0,425
0,45mb Yg
0,4
k k k k
Fig. 3.10
Momento de Inércia de Massa dos cilindros relativo ao eixo Xo
Jex = me ( ¾ D² + L² ) / 12 + me d²Jex = (10,4) ( ¾ x 0,75² + 1,5² ) / 12 + (10,4) ( 1,0² + 1,275² ) = 29,62 t m²
Momento de Inércia de Massa do Skid relativo ao eixo Xo
Jsx = ms ( L² + hs² ) / 12 + ms d²Jsx = 4,70 ( 4² + 0,10² ) / 12 + 4,70 x 0,85² = 9,67 t m²
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Momento de Inércia de Massa do Bloco relativo ao eixo Xo
Jbx = mb ( L² + H² ) / 12 + mb d²Jbx = 30 ( 5² + 0,80² ) / 12 + 30 x 0,40² = 68,90 t m²
Momento de Inércia de Massa do sistema relativo ao eixo Xo
Jx = Jex + Jsx + Jbx = 108,19 t m²
Precisamos agora da Rigidez Rotacional Equivalente Kx, que também neste caso será o
momento necessário para girar o sistema em torno do eixo Xo de um ângulo unitário.
Considerando-se que as molas dos bordos transversais estejam dispostas ao longo de
dois eixos distantes de 20cm dos bordos, esquerdo e direito do bloco, as distâncias em
metros do eixo de rotação até os eixos de cada uma das molas serão:
y1 = -2,3m, y2= - 0,77m, y3 = 0,77m e y4 = 2,3m.
Sendo F1 e F2 as forças exercidas nas molas, teremos:
T = 2 F1 (L / 2) + 2 F2 (L / 6) T = L ( F1 + F2 / 3 )
A deformação das molas em cada linha é dada por di = Fi / Ke onde Ke é a rigidez axial de
todas as molas em cada linha, neste caso, temos três molas de rigidez kz = 501 kN/m. em
cada linha transversal. Então, aplicando uma rotação ao sistema teremos:
d1 d2
d2 d1
T
F1 F2 F2 F1
L
Fig. 3.11
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d1 = (L / 2) F1 = 3 kz (L / 2) d2 = L / 6) F2 = 3 kz (L / 6)
Substituindo na expressão do Torçor, teremos:
T = L ( 3 kz L / 2 + 3 kz L / 18 ) = 5/3 L² kz
A Rigidez Rotacional equivalente Kx é calculada de forma semelhante à rigidez
Translacional, ou seja:
T = Kx
A deformação angular que o torçor T produz em torno de Xo é dado por:
= T / Kx
Então, substituindo-se nesta fórmula valor unitário para o ângulo , teremos que T = Kx:
Kx = 5/3 kz L² = 5/3 x 501 x 4,6² = 17668,6 kNm/rad
Assim, poderemos calcular a freqüência natural em torno do eixo Xo. Neste exemplo, não
estamos considerando o acoplamento com a vibração vertical ou horizontal. Observe que
as molas internas foram consideradas no cálculo da Rigidez Rotacional Kx.
Freqüência natural fx
fx = (1/2) ( Kx / Jx )1/2 = 0,159 x (17668,6 / 108,19)1/2 = 2,03 Hz, ou 122 rpm
Freqüência natural Torcional fz
Vamos agora proceder todos os passos necessários para a determinação da freqüência
natural em torno do eixo Zo, concluindo assim a obtenção de todas as seis freqüências
independentes do sistema máquina-fundação, sem nos preocuparmos com o
acoplamento nos planos verticais.
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r=2,30 Xg
r=0,77
Fi r=2,64 r=1,51 r=1,30
Yg
Fig. 3.12
Precisamos da Rigidez Torcional em torno de Zo e o Momento de Inércia de Massa em
torno do mesmo eixo para chegarmos ao valor da freqüência desejada. Vamos utilizar a
figura 3.12 acima para calcularmos os elementos necessários. Rigidez Torcional Kz
A rigidez torcional em torno de Zo nada mais é do que o Momento necessário para girar o
sistema em torno do eixo Zo de um radiano. Se girarmos o sistema em torno de Zo de um
ângulo surgirão forças resistentes Fi em cada um dos isoladores. Estas forças
produzirão deslocamentos di que são proporcionais aos Raios Vetores r i , como mostrado
na figura 3.12. Assim, teremos:
Deslocamentos transversaisdi = ri
Forças perpendiculares aos raios vetoresFi = kx di (observe que a rigidez da mola é a transversal kx = ky)
Momentos resistentes em torno de Zo
Mr = ∑ ( Fi ri ) = ∑ ( ri kx di ) = ∑ ( ri2 kx ) = kx ∑ ri
2
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Podemos também expressar o Momento resistente através da seguinte fórmula:
Mr = Kz ( analogamente a F = K d )
Portanto: Kz = kx ∑ ri2 ou, então
Kz = kx ∑ ri2 = kx ∑ ( xi
2 + yi2 )
Assim, a rigidez torcional em torno de Zo é o produto da rigidez horizontal de uma mola
multiplicada pelo somatório dos quadrados dos raios vetores de cada isolador, que
também é o somatório dos quadrados das abscissas e ordenadas de cada isolador.
Pela Fig. 3.12 podemos obter todas as coordenadas dos isoladores com relação ao centro
de rigidez das molas ou os seus respectivos raios vetores, e aplicando a fórmula acima
deduzida chegaremos a:
Kz = 48,82 x 180 = 8.787,60 kNm/rad
Momento de Inércia de Massa Jz
Precisamos agora do MIM do sistema com relação a Zo, o que é muito simples de se
obter.
Cilíndros representativos das máquinasJze = me ( ¾ D² + Le² ) / 12 + me d²Jze = 10,4 ( ¾ 0,75² + 1,5² ) / 12 + 10,4 x 1,0² = 12,72 t m²
Skid de apoio das máquinasJzs = ms ( Ls² + as² ) / 12Jzs = 4,70 ( 1,5² + 4² ) / 12 = 7,15 t m²
Bloco de inérciaJzb = mb ( Lb² + Bb² ) / 12Jzb = 30 ( 5² + 3² ) / 12 = 85,00 t m²
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O MIM total será:
Jz = Jze + Jzs + Jzb = 104,87 t m²
Freqüência natural fz
fz = (1/2) ( Kz / Jz )1/2 = 0,159 x (8787,6 / 104,87)1/2 = 1,46 Hz, ou 88 rpm
Acoplamento dos modos de vibração na direção de X e Y.
Sempre que as desigualdades abaixo forem satisfeitas, o acoplamento das vibrações
transversais e rotacionais deverá ser considerado. Caso contrário, os modos de vibração
de translação e rotação nos planos XZ e YZ poderão ser estudados separadamente,
como temos feito em todos os exemplos até agora apresentados:
Na direção de X ..........considerar acoplamento se (fnx² + fx²)1/2 / (fnx . fx) > 2 / (3)Na direção de Y ..........considerar acoplamento se (fny² + fy²)1/2 / (fny . fy) > 2 / (3)
Onde:
fnx = freqüência natural na direção de X = 1,10 Hzfny = freqüência natural na direção de Y = 1,10 Hzfx = freqüência natural em torno de X = 2,03 Hzfy = freqüência natural em torno de Y = 2,12 Hz = freqüência de rotação da máquina = 9,17 Hz
Nos nossos exemplos, as freqüências acima já foram todas calculadas.
Verificação:
Na direção de X.....(1,10²+2,03²)1/2 / (1,10 x 2,03) = 1,03 > 2 / (3 x 9,17)=0,073Na direção de Y.....(1,10²+2,12²)1/2 / (1,10 x 2,12) = 1,02 > 2 / (3 x 9,17)=0,073
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Comentários:Como vimos neste exemplo, nem sempre é suficiente realizar a Análise Dinâmica sem a
consideração do acoplamento dos modos horizontais com os modos rotacionais
correspondentes. Até a vibração na direção vertical deverá ser levado em conta o
acoplamento com a vibração em torno de X e/ou Y se a linha de ação das forças
dinâmicas verticais não coincidirem com o centro de rigidez da área da fundação em
contato com o solo ou com o centro de rigidez das molas.
Em torno do eixo vertical o modo de vibração pode ser considerado isoladamente, pois
não há, matematicamente, acoplamento deste com os outros modos de vibração.
Podemos concluir que no nosso exemplo, não podemos assegurar que as freqüências
naturais de translação fnx, fny e as rotacionais fx e fy representem com rigor o
comportamento vibratório do sistema. O acoplamento dessas vibrações produzem outras
freqüências naturais que muitas vezes é que definem com precisão o comportamento
vibratório do sistema. Este caso será considerado no Módulo I I deste Curso.
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4. Critérios Básicos de Projeto
4.1 Faixa de RessonânciaUm dos Critérios Básicos que norteiam o Projeto de uma base de equipamento
vibratório é dimensioná-la de maneira tal, que a relação de freqüências / fn seja
inferior a 0,80 ou superior a 1,25, segundo recomendação da DIN 4024 Teil 1 item
5.3.2, com o intuito de evitar a Faixa de Ressonância, na qual as amplitudes de
vibração, Deslocamento e Velocidade, podem, com o decorrer do tempo, atingir
valores inadmissíveis capazes de causar sérios danos aos equipamentos, como
também desconforto às pessoas que trabalhem nas imediações da instalação.
Esta é normalmente a primeira providência que vem à mente do Engenheiro
Projetista quando realiza uma Análise Dinâmica de Fundação, por ser um critério
amplamente divulgado e conhecido no meio técnico. Entretanto, considerando-se
que num sistema vibratório Máquina-Fundação existem seis Graus de Liberdade,
e portanto, são necessárias a obtenção de seis Freqüências Naturais para avaliar
o comportamento dinâmico do conjunto, não é prudente esperar que todas as seis
freqüências estejam fora da Faixa de Ressonância, o que na prática é muito
improvável que ocorra. É justamente aqui que se tem de lançar mão do Grau de Amortecimento do Sistema, o qual tem fundamental importância na redução da
Resposta Dinâmica de sistemas vibratórios funcionando em ressonância. Os
gráficos abaixo mostram a Resposta Dinâmica de dois tipos de excitação, quais
sejam, F(t) = Fo sent, força constante e F(t) = me r ² sen t, força dependente
da freqüência de excitação, em função do Grau de Amortecimento entre D=0,1 a
D=0,7, representados pelas linhas de cores azul e ocre.
Como podemos ver, a Resposta Dinâmica é drasticamente reduzida, através do
achatamento das curvas na faixa de ressonância, quando o Grau de
Amortecimento é da ordem de D≥0,4. Observe que o Coeficiente Dinâmico para
ambos os casos é igual a 5, quando / n = 1 e D=0,1. O estudo dos Sistemas
Amortecidos submetidos a Forças Dinâmicas faz parte do Módulo II deste curso.
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0
1
2
3
4
5
6
0 0.5 1 1.5 2 2.5
M =
A /
( Qₒ/k
)
/n
0
1
2
3
4
5
6
0 0.5 1 1.5 2 2.5
M =
A /
(m e
/ m
)ₒ
/n
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4.2 Amplitudes Admissíveis de Vibração
Outro critério que também é muito utilizado para julgar o comportamento vibratório
do conjunto Máquina-Fundação é a avaliação das Amplitudes de Deslocamento e Velocidade de Vibração. A Velocidade de Vibração, entretanto, parece ser o
parâmetro mais adequado quando se quer estudar a vibração do sistema, pois
depende diretamente do Deslocamento e da Freqüência de Excitação através da
expressão V = A, como já tivemos a oportunidade de ver.
Diversos autores, como Richart, Blake, Arya, et al, estabeleceram diferentes
meios de quantificar Amplitudes de Deslocamentos e Velocidades Admissíveis
para diversas situações de excitação dinâmica.
Abaixo são apresentados dois gráficos, que poderão ser utilizados no Projeto de
Bases de Equipamentos: O primeiro visa fornecer os critérios para avaliação de
Amplitudes de Deslocamento, Velocidade e Aceleração, e outro para avaliação do
nível de percepção das vibrações por pessoas e de danos que podem causar a
Fundações de Máquinas e outras Estruturas.
aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa
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5. ANEXOS
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6. Bibliografia
5.1 Crill M. Harris – Shock and Vibration Handbook – 4a. Ed. – McGraw-Hill;
5.2 Gregory Szuladzinski – Dynamics of Structures and Machinery-John Wiley & Sons
5.3 William T. Thom – Theory of Vibration With Applications – Prentice-Hall, Inc.
______________________________________________________________________
Obs.:1 O autor desta Apostila se reserva o direito de realizar quaisquer mudanças no conteúdo técnico, sem aviso prévio aos leitores.
2 O autor não se responsabiliza pelo uso equivocado dos conceitos e exemplos de aplicação dos textos técnicos apresentados.
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Novembro / 2015
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