AMORTECIMENTOS SUBCRÍTICO, CRÍTICO E

A

SUPERCR´ITICO

Mec ˆanica II (FIS-26)

Prof. Dr. Ronaldo Rodrigues Pel ´a

IEFF-ITA

Roteiro

1 _{Oscilac¸ ˜oes Amortecidas}

Modelo geral

Amortecimento supercr´ıtico Amortecimento subcr´ıtico Amortecimento cr´ıtico

2 Oscilac¸ ˜oes forc¸adas

Resposta ao degrau

3 Exemplos

Sistema massa-mola-amortecedor Oscilac¸ ˜ao de uma barra articulada 1 Oscilac¸ ˜ao de uma barra articulada 2 Resposta ao degrau

Roteiro

1 _{Oscilac¸ ˜oes Amortecidas}

Modelo geral

Amortecimento supercr´ıtico Amortecimento subcr´ıtico Amortecimento cr´ıtico

2 _{Oscilac¸ ˜oes forc¸adas}

Introduc¸ ˜ao

Atrito viscoso: modelo de amortecimento ´e f = −cv M x M ¨x = −kx − c ˙x ¨ x + 2γ ˙x + ω₀2x = 0 Sendo γ = c 2M e ω0 = r k M.

Equac¸ ˜ao caracter´ıstica:

λ2+2γλ+ω₀2 = 0 ∆ = 4(γ2−ω2 0)

H ´a 3 casos:

1 _{∆ > 0(supercr´ıtico): soluc¸ ˜oes}

exponenciais

2 _{∆ < 0(subcr´ıtico): soluc¸ ˜oes}

oscilat ´orias com amplitude decrescente

3 _{∆ = 0(cr´ıtico): soluc¸ ˜ao}

Balanc¸o de energia

Equac¸ ˜ao do oscilador amortecido

M ¨x + c ˙x + kx = 0 Multiplicando por ˙x:

M ˙x¨x + kx ˙x = −c ˙x2,

M ˙x¨x + kx ˙x = dEM EC dt , e

c ˙x2 ´e a pot ˆencia da forc¸a de atrito viscoso = F v Note que dEM EC

dt < 0, isto ´e, a energia mec ˆanica sempre diminui.

Amortecimento supercr´ıtico (γ > ω

)

Equac¸ ˜ao caracter´ıstica: duas soluc¸ ˜oes reais e distintas

λ1 = −γ + q γ2_{− ω}2 0 λ2 = −γ − q γ2_{− ω}2 0 Note que λ2< λ1 < 0

Soluc¸ ˜ao geral da EDO:

x(t) = aeλ1t_{+ be}λ2t_{= e}−γt_(a∗_{cosh ω}∗ dt + b ∗ sinh ω_d∗t) ω_d∗ = q γ2_{− ω}2 0

Amortecimento supercr´ıtico (γ > ω

)

Amortecimento subcr´ıtico (γ < ω

)

As soluc¸ ˜oes da equac¸ ˜ao caracter´ıstica s ˜ao duas ra´ızes complexo-conjugadas λ1 = −γ + iωd λ2 = −γ − iωd Re Im ωd ωd −γ λ2 λ1 Sendo ωd= q ω2₀− γ2

A soluc¸ ˜ao geral da EDO ´e:

x(t) = e−γt(a sin wdt + b cos wdt)

= Ae−γtcos(wdt+ϕ) = Ae−γtsin(wdt+φ)

Esta ´e uma soluc¸ ˜ao que oscila com amplitude decrescente.

Amortecimento subcr´ıtico (γ < ω

)

Td: per´ıodo das oscilac¸ ˜oes amortecidas ou pseudo-per´ıodo ou

Amortecimento subcr´ıtico (γ < ω

)

E interessante analisar a frac¸ ˜ao da energia dissipada por ciclo ∼ = Td t x (t ) x1 = Ae−γt1 x2 ∼= Ae−γt1−γTd = x1e−γTd Energia armazenada = kx 2 1 2 Energia dissipada ∼= kx 2 1 2 (1 − e −2γTd₎ ∼ = kx 2 1 2 (2γTd)

Amortecimento subcr´ıtico (γ < ω

)

Pode-se definir o fator de qualidade do oscilador como:

Q = 2π 

Energia armazenada Energia dissipada num ciclo

 ∼ = 2π 1 2γTd = ωd 2γ Q ∼= ω0 2γ

Note que, quanto maior o Q, menor o amortecimento (menor perda de energia).

Estas ´ultimas deduc¸ ˜oes s ˜ao v ´alidas quando o amortecimento ´e pequeno, ou seja, quando γ  ω0.

Amortecimento cr´ıtico (γ = ω

)

Equac¸ ˜ao caracter´ıstica tem uma raiz dupla: λ = −γ A soluc¸ ˜ao geral da EDO ´e: x(t) = e−γt(a + bt)

Se mantivermos ω0 e variarmos γ, o caso cr´ıtico ´e o que

decai mais rapidamente.

t x (t ) Subcr´ıtico Supercr´ıtico Cr´ıtico

Roteiro

1 Oscilac¸ ˜oes Amortecidas

2 _{Oscilac¸ ˜oes forc¸adas}

Resposta ao degrau

Introduc¸ ˜ao

Vamos estudar o efeito produzido sobre o oscilador por uma forc¸a externa F (t). Estudaremos dois casos:

1 _{F (t) = F0: degrau de amplitude F0} 2 _{F (t) = F0sin ωt: forc¸a harm ˆonica}

O primeiro caso ´e an ´alise simples, mas tem uma import ˆancia capital em projetos de controladores. No segundo caso, a forc¸a externa ´e peri ´odica com frequ ˆencia angular ω, que pode coincidir ou n ˜ao com a frequ ˆencia natural do pr ´oprio oscilador.

EDO de um oscilador forc¸ado: M ¨x + c ˙x + kx = F (t) (EDOLNH de 2a ordem)

Resposta ao degrau

Se F (t) = F0= kx0, ent ˜ao a resposta do oscilador ser ´a:

x(t) = x0+ xH(t)

A soluc¸ ˜ao completa ´e a mesma do caso homog ˆeneo, a menos de um deslocamento (“shift”) de x0.

xH(t) =      Aeλ1t_{+ Be}λ2t_{, amortecimento supercr´ıtico}

Ae−γtsin(ωdt + φ), amortecimento subcr´ıtico

Resposta ao degrau

A entrada degrau aparece muito em engenharia Os sistemas f´ısicos comumente admitem um modelo simplificado de sistema massa-mola

Quando ´e necess ´ario controlar um sistema f´ısico, geralmente se aplica uma forc¸a F (t) (ou uma corrente I(t), ou uma tens ˜ao E(t), ou algum outro mecanismo atuador) para que ele se comporte como desejado F (t) = kx0: geralmente deseja-se que o sistema

(considerado inicialmente em repouso na posic¸ ˜ao x = 0) atinja a posic¸ ˜ao x0(a nova posic¸ ˜ao de equil´ıbrio) o mais

r ´apido poss´ıvel e a´ı permanec¸a

Resposta ao degrau

Nas hip ´oteses de condic¸ ˜oes iniciais nulas, a soluc¸ ˜ao ´e:

x(t) = x0



1 − e−γt sin(ωdt + β) sin β



sendo β o suplementar de arg(−γ + iωd)

Re Im ωd ωd −γ λ2 λ1 β

Resposta ao degrau

: tempo de subida (“rise time”)

ts∼=

3

Roteiro

1 _{Oscilac¸ ˜oes Amortecidas}

2 Oscilac¸ ˜oes forc¸adas

3 _Exemplos

Sistema massa-mola-amortecedor Oscilac¸ ˜ao de uma barra articulada 1 Oscilac¸ ˜ao de uma barra articulada 2 Resposta ao degrau

Enunciado

O corpo de 8,00 kg ´e deslocado de 0,200 m para a direita a partir da posic¸ ˜ao de equil´ıbrio e ´e liberado a partir do repouso no instante de tempo t = 0. Determine sua posic¸ ˜ao x no instante de tempo 2,00 s. O coeficiente de amortecimento c viscoso ´e 20,0 N.s/m, e a rigidez da mola ´e k =32,0 N/m.

M x

Soluc¸ ˜ao

Equac¸ ˜ao de movimento ¨ x + c

Mx +˙ k Mx = 0

Da´ı, conclu´ımos que ω0 = 2,00rad/s e γ = 1,25 s−1, e que se

trata de um oscilador subamortecido. A frequ ˆencia angular amortecida ´e ωd=

p

ω2_{− γ}2 _{= 1,56125rad/s. Soluc¸ ˜ao geral:}

x(t) = Ae−γtsin(ωdt + φ)

A velocidade ´e:

v(t) = −γAe−γtsin(ωdt + φ) + ωdAe−γtcos(ωdt + φ)

Para obter A e φ, precisamos das condic¸ ˜oes iniciais x(0) = 0,200m e v(0) = 0.

Soluc¸ ˜ao

A sin φ = 0,2, 0 = −1,25A sin φ + 1,56125A cos φ Resolvendo as duas equac¸ ˜oes, obtemos A = 0,256205 m e φ = 0,895664rad. Assim, a soluc¸ ˜ao ´e

x(t) = 0,256205e−1,25tsin(1,56125t + 0,895664) Precisamos encontrar x(t) para t = 2,00 s. Fazendo os c ´alculos, obtemos x = −0,016163 m ∼= −0,0161 m.

Enunciado

A barra uniforme de massa m ´e livremente articulada em torno de um eixo horizontal. Assuma pequenas oscilac¸ ˜oes e

determine o fator de amortecimento ζ.

k

c a

Soluc¸ ˜ao

Assumindo pequenas oscilac¸ ˜oes, podemos escrever a equac¸ ˜ao dos momentos (usando a articulac¸ ˜ao como refer ˆencia): −kxa − cvb − mg(b/2) = mb 2 3 ¨ θ Como x = aθ e v = b ˙θ, temos

¨ θ +3c m ˙ θ +3ka 2 mb2 = 3g 2b Portanto ω0 = p 3ka2_/(mb2_{), γ = 3c/(2m)} ζ = cb 2a r 3 km

Enunciado

Determine a equac¸ ˜ao diferencial para pequenas oscilac¸ ˜oes da barra a seguir, articulada no ponto indicado. A barra tem sua massa m uniformemente distribu´ıda ao longo de seu

comprimento. Obtenha o valor do coeficiente c do amortecedor para que as oscilac¸ ˜oes sejam criticamente amortecidas.

k

c

Soluc¸ ˜ao

Escrevendo a eq. dos momentos em relac¸ ˜ao ao ponto de articulac¸ ˜ao, temos, para pequenas oscilac¸ ˜oes:

−mga 2 

cos θ − kxa cos θ − cv(2a) cos θ = I ¨θ Sabemos que x = aθ, v = 2a ˙θ, e pelo teorema dos eixos paralelos: I = m (3a) 2 12 + a 2 2 = ma2. ¨ θ + 4c m ˙ θ + k mθ = − g 2a E para um amortecimento cr´ıtico,

ccr = m 2 r k m = √ mk 2

Enunciado

Um oscilador amortecido tem os seguintes par ˆametros: m = 1,00kg, c = 10,0 N.s/m, k = 169 N/m. Se este oscilador est ´a sujeito a uma forc¸a degrau, obtenha

a o tempo de subida e o overshoot.

b suponha F (t) = F0− ηx − χ ˙x. Determine η e χ para que o

tempo de subida seja menor que 50 ms, e o overshoot seja menor que 10%.

Soluc¸ ˜ao

a Para os par ˆametros especificados, temos γ = 5,00 s−1, ω0 = 13,0rad/s, ωd= 12,0rad/s, β = 1.1760 rad. O

overshoot ´e

Mp= e−π cot β = 0,270 = 27,0%

O tempo de subida ´e tr=

π − β ωd

Soluc¸ ˜ao

b Considerando a forc¸a dada, temos a seguinte EDO

¨

x +(c + χ) m x +˙

(k + η) m x = F0

Pelos requisitos de projeto, devemos tomar χ e η tal que

Mp = e−π cot β < 0,10

π − β ωd

< 0,05

Podemos, por exemplo, tomar β = 0,900 rad e ωd= 23,0rad/s.

Isto implica γ = 18,252 s−1, ou seja, χ = 8,25 N.s/m. Analogamente, obtemos ω0 = 29,362rad/s. Assim,