apostila: introdução à dinâmica de rotores

Universidade Federal de Santa Catarina Departamento de Engenharia MecânicaGrupo de Análise e Projeto Mecânico

Introdução à Dinâmica de Rotores

Prof. José Carlos Pereira

Florianópolis, janeiro de 2005

SUMÁRIO

1 - INTRODUÇÃO1 - INTRODUÇÃO ...................................................................................................................................................................................................................... 44

Modelo massa/molaModelo massa/mola ...................................................................................................................................................................................................... 55

Movimento de um sistema rotativoMovimento de um sistema rotativo .................................................................................................................................................... 77

Análise do modelo Jeffcott rotorAnálise do modelo Jeffcott rotor ........................................................................................................................................................ 1100

Significado físico das soluçõesSignificado físico das soluções............................................................................................................................................................ 1122

Três formas de reduzir a amplitude do giro síncronoTrês formas de reduzir a amplitude do giro síncrono .................................................................................... 1133

Algumas definições sobre amortecimentoAlgumas definições sobre amortecimento ........................................................................................................................ 1144

Efeito de mancais flexíveisEfeito de mancais flexíveis .......................................................................................................................................................................... 1144

Instabilidade em rotoresInstabilidade em rotores.................................................................................................................................................................................... 1188

Efeito da anisotropia dos mancais no amortecimentoEfeito da anisotropia dos mancais no amortecimento .................................................................................. 1199

2 - EQUAÇÕES DE ENERGIA DOS ELEMENTOS DE ROTOR2 - EQUAÇÕES DE ENERGIA DOS ELEMENTOS DE ROTOR.................................................................... 2233

2.1 - Energia cinética do disco2.1 - Energia cinética do disco................................................................................................................................................................ 2233

2.1 - Energia de deformação do eixo em flexão2.1 - Energia de deformação do eixo em flexão ........................................................................................................ 2255

2.3 - Energia de deformação do eixo devido a uma força axial2.3 - Energia de deformação do eixo devido a uma força axial ...................................................... 3300

2.4 – Mancais2.4 – Mancais ........................................................................................................................................................................................................................ 3311

2.5 – Equações de movimento do rotor2.5 – Equações de movimento do rotor .................................................................................................................................. 3322

3 – MÉTODO DE RAYLEIGH-RITZ3 – MÉTODO DE RAYLEIGH-RITZ ............................................................................................................................................................ 3333

3.1 – Rotor isotrópico bi-apoiado3.1 – Rotor isotrópico bi-apoiado ...................................................................................................................................................... 3333

3.1.1 – Diagrama de Campbell para rotores isotrópicos................................... 34

3.1.2 – Resposta do rotor a um desbalanceamento .......................................... 37

3.1.3 – Diagrama de Campbell do rotor com uma força axial........................... 43

3.1.4 – Resposta do rotor à uma força assíncrona............................................ 47

3.1.5 – Resposta do rotor à uma força fixa no espaço...................................... 49

3.2 – Rotor anisotrópico bi-apoiado3.2 – Rotor anisotrópico bi-apoiado .............................................................................................................................................. 5533

3.3 – Efeito dos termos de acoplamento nos mancais3.3 – Efeito dos termos de acoplamento nos mancais .................................................................................. 5599

3.4 – Efeito do amortecimento dos mancais3.4 – Efeito do amortecimento dos mancais .................................................................................................................. 6633

3.5 – Efeito do amortecimento interno3.5 – Efeito do amortecimento interno ...................................................................................................................................... 6666

3.3 – Rotor isotrópico em balanço3.3 – Rotor isotrópico em balanço .................................................................................................................................................. 7711

4 – RESPOSTA TRANSIENTE DO ROTOR4 – RESPOSTA TRANSIENTE DO ROTOR.................................................................................................................................. 7788

4.1 – Equações e soluções4.1 – Equações e soluções............................................................................................................................................................................ 7788

4.2 – Exemplos de aplicação4.2 – Exemplos de aplicação...................................................................................................................................................................... 8822

Rotor isotrópicoRotor isotrópico .............................................................................................................................................................................................................. 8822

Rotor anisotrópicoRotor anisotrópico ...................................................................................................................................................................................................... 8855

4.3 – Fadiga em eixos de rotores4.3 – Fadiga em eixos de rotores........................................................................................................................................................ 8899

5 – BALANCEAMENTO EM ROTORES5 – BALANCEAMENTO EM ROTORES.............................................................................................................................................. 9944

5.1 – Introdução5.1 – Introdução .............................................................................................................................................................................................................. 9944

5.2 – Princípio básico do balanceamento5.2 – Princípio básico do balanceamento ............................................................................................................................ 9944

5.3 – Método dos Coeficientes de Influência5.3 – Método dos Coeficientes de Influência .................................................................................................................. 9966

6 – MÉTODO DOS ELEMENTOS FINITOS APLICADO À DINÂMICA DE ROTORES6 – MÉTODO DOS ELEMENTOS FINITOS APLICADO À DINÂMICA DE ROTORES

........................................................................................................................................................................................................................................................................ 110088

5.1 – Matrizes de um elemento de disco5.1 – Matrizes de um elemento de disco ............................................................................................................................ 110099

5.2 – Matrizes de um elemento de eixo5.2 – Matrizes de um elemento de eixo ................................................................................................................................ 111100

5.3 – Matrizes de rigidez e de amortecimento dos mancais5.3 – Matrizes de rigidez e de amortecimento dos mancais.............................................................. 111155

5.4 – Efeito de uma massa desbalanceadora5.4 – Efeito de uma massa desbalanceadora ............................................................................................................ 111166

5.5 – Equações de movimento do rotor5.5 – Equações de movimento do rotor .............................................................................................................................. 111188

5.6 – Propriedades dos modos5.6 – Propriedades dos modos .......................................................................................................................................................... 112211

5.7 – Técnica de montagem das matrizes globais5.7 – Técnica de montagem das matrizes globais ............................................................................................ 112233

5.8 – Exemplos de aplicação5.8 – Exemplos de aplicação.................................................................................................................................................................. 112244

Rotor bi-apoiado – caso 1Rotor bi-apoiado – caso 1 .......................................................................................................................................................................... 112244



Rotor em balanço – caso 1Rotor em balanço – caso 1........................................................................................................................................................................ 112277



6 – ANEXOS6 – ANEXOS .............................................................................................................................................................................................................................. 113311

6.1 – Vibrações forçadas (Jeffcott rotor)6.1 – Vibrações forçadas (Jeffcott rotor) .......................................................................................................................... 113311

6.2 – Vibrações livres (Jeffcott rotor)6.2 – Vibrações livres (Jeffcott rotor) ...................................................................................................................................... 113399

REFERÊNCIASREFERÊNCIAS...................................................................................................................................................................................................................... 114433

4 Introdução à Dinâmica de Rotores

11 -- IINNTTRROODDUUÇÇÃÃOO

As mais comuns máquinas rotativas, também denominadas de rotores, podem

ser turbo-compressores, turbinas de aviões, turbinas à vapor para a produção de

energia elétrica, etc.

A grande capacidade dos rotores de gerar energia mecânica vem da alta

velocidade a qual seus eixos são submetidos. Associado à essa alta velocidade estão

altas cargas devido a inércia de seus componentes e potenciais problemas de vibração

e instabilidade dos rotores. A previsão do comportamento de rotores através de

modelos matemáticos é relativamente bem sucedida quando comparado com medições

experimentais. No entanto, a intuição humana pode muitas vezes levar à conclusões

incorretas, como por exemplo, a massa desbalanceadora permanecerá internamente à

órbita realizada pelo eixo do rotor em altas velocidades, assim como o aumento do

amortecimento pode causar instabilidade também em altas velocidades.

Em análises do comportamento dinâmico de rotores, os estudos mais

freqüentemente realizados são:

o Previsão das velocidades críticas: Velocidades nas quais a vibração devido ao

desbalanceamento do rotor é máxima;

o Modificações de projeto de forma a alterar as velocidades críticas: Quando é

necessário alterar a velocidade de operação do rotor, modificações no projeto do

rotor são necessárias para alterar as velocidades críticas;

o Prever as freqüências naturais das vibrações torsionais: Quando vários eixos

estão acoplados (por exemplo, caixa de engrenagens) e estes eixos são

excitados pelas pulsações do motor durante o start-up;

o Calcular as massas de correção e suas localizações a partir de dados de

vibração: Balanceamento de rotores;

o Prever as amplitudes de vibração causadas pelo desbalanceamento do rotor;

o Prever as freqüências de vibração nas instabilidades dinâmicas: Nem sempre

simples de ser alcançado, haja visto que nem todas as forças desestabilizadoras

são conhecidas;

o Modificações de projeto para eliminar instabilidades dinâmicas.

Introdução à Dinâmica de Rotores 5

MMooddeelloo mmaassssaa//mmoollaa

O modelo mais simples para análise de vibração de rotores é o modelo

massa/mola, com somente um grau de liberdade, no qual a massa é considerada

rígida, Figura 1.1c. A primeira velocidade crítica de um sistema rotor/mancais pode ser

aproximado por um modelo massa/mola, da forma:

160 kN r2 m

=π

pm (1.1)

E I Y

Z

mE I

t

F(t) = mω2u senωt

Z(t)

m

k = 2KB ou 48EI/ 3

Z

Y m

KB KB

(a)

(b)

(c)

Figura 1.1 – Modelo rígido e flexível de rotor modelados como massa/mola


onde k é a rigidez efetiva do rotor para o primeiro modo e m é a massa efetiva.

Para um rotor que é relativamente rígido comparado à rigidez do mancal, a

massa efetiva é a massa do disco e do eixo, e a rigidez efetiva é a rigidez de todos os

mancais trabalhando em paralelo, Figura 1.1a. Para um rotor que é relativamente

flexível comparado à rigidez do mancal, a rigidez efetiva é determinada pela rigidez em

flexão do eixo. Neste caso somente uma porção da massa do eixo contribui para a

massa efetiva no modelo, já que a massa do rotor próxima dos mancais quase não

participa do movimento de vibração, Figura 1.1b.

Deve ser enfatizado que este modelo simples não pode ser utilizado em

análises mais complexas de dinâmica de rotores, já que neste modelo se executa um

movimento em uma única direção, enquanto que, um rotor executa movimentos em

duas direções ortogonais X e Z, formando uma órbita de diferentes forma. A forma da

órbita depende das amplitudes e das fases entre os movimentos em X e Z, Figura 1.2a.

.

(a) (b)

Z

X k

m

t

Z

t

X

(c) (d)

Z

X

α

Z

X

Figura 1.2 – Combinações dos movimentos em X e Z produzindo órbitas: (b) circular, (c)

eliptica e (d) translacional


Um modelo mais elaborado para evidenciar o surgimento das velocidades

críticas em rotores consiste de um disco rígido desbalanceado montado sobre um eixo

flexível e mancais rígidos, Figura 1.3. Este modelo de rotor chamado de Jeffcott rotor,

explica como a amplitude se torna máxima na velocidade crítica e porque a massa

desbalanceadora se movimenta internamente à órbita do rotor.

Disco rígido

/2

Massa desbalanceadora

Mancal rígido

Eixo elástico

Figura 1.3 – Modelo Jeffcott rotor

MMoovviimmeennttoo ddee uumm ssiisstteemmaa rroottaattiivvoo

Um sistema rotativo, que ser pode composto basicamente de um eixo, um disco

e mancais, realiza dois movimentos rotativos superpostos: rotação em torno de si

próprio (rotação própria ou spin) e rotação do eixo defletido em torno de sua

configuração não defletida (precessão ou whirl). A órbita que realiza o centro

geométrico pode ter uma trajetória no mesmo sentido que a rotação própria do rotor,

movimento caracterizado como precessão direta (forward whirl), ou ter sentido oposto,

caracterizado como precessão retrógrada ou inversa (backward whirl), Figura 1.4. Os

problemas mais destrutivos em máquinas rotativas ocorrem quando as precessões são

inversas.


(b) precessão inversa

sentido da órbita

Z

X

sentido da órbita

rotação do rotor

Z

X

a

Figur

do rot

desbala

qual é m

elemen

de varia

força de

constan

(preces

velocid

velocid

a veloc

(a) precessão diret

a 1.4 – Movimentos de precessão (a) direta (forward) e (b) inversa (backward)

Os movimentos de precessão podem também ser sincronizados com a rotação

or ou não. Normalmente, as precessões síncronas ocorrem devido ao

nceamento de um rotor, no entanto, nem todas as precessões são síncronas.

Para o entendimento deste comportamento do rotor, considere a Figura 1.5 na

ostrado a precessão do rotor a partir da vista de uma de suas extremidades. O

to hachurado representa uma massa desbalanceadora. Na Figura 1.5a, a taxa

ção do ângulo φ (φ ) é a velocidade de precessão. Se o ângulo β, entre o vetor

excitação (U) e o vetor velocidade de precessão (V) (ou resposta), permanecer

te, a velocidade de precessão e a rotação do eixo (Ω) são as mesmas

são síncrona). Na Figura 1.5b, a taxa de variação do ângulo β (

i

βi) é a

ade de rotação do rotor, relativa ao vetor velocidade de precessão V. Portanto, a

ade do rotor é a soma de Ω = β+ φi i

. Neste caso, a velocidade da precessão φi

e

idade do rotor Ω não são as mesmas (precessão não síncrona).


O motivo pelo qual as precessões inversas são destrutivas vem do fato deste

movimento altenar as tensões normais na seção transversal do eixo, podendo levá-lo a

falha por fadiga. As Figuras 1.6 e 1.7 ilustram a evolução das tensões na seção

transversal ao longo de uma trajetória orbital em diferentes situações.

Ωφ =i

eixodisco

β

φ

Z

X

V

Ω = φ+ βi i

βi

φi

Z

X

V

U

(a) (b)

Figura 1.5 – (a) Precessão síncrona e (b) precessão não síncrona

ΩΩφ =

i

A

A'

A'

A

A'A

ΩΩφ = −

i

-

+

A'

A

A'

A

A'A

(b) precessão inversa (a) precessão direta

Figura 1.6 – (a) Precessão direta e (b) precessão inversa (ambos síncronos)


Ω2

φ = −i

A

A'

A

A A' Ω

Ω

Ω2

φ =i

A' A A'

A

A'A

A'

(a) precessão direta a

Figura 1.7 – (a) Precessão direta e (b) precessã

AAnnáálliissee ddoo mmooddeelloo JJeeffffccootttt rroottoorr

A Figura 1.8 apresenta a vista de uma d

rotor realizando uma precessão. O centro de mas

centro geométrico do disco. O deslocamento estáti

a deflexão do eixo do rotor devido as cargas dinâm

é considerada desprezível comparada às forças din

O eixo do rotor é considerado ter rigi

amortecimento viscoso do conjunto é c e a veloc

equações diferenciais que fornecem o moviment

cartesianas X e Z são da forma :

2

2

mX c X kX mΩ d senΩt

mZ c Z kZ mΩ d cosΩt

+ + =

+ + =

ii i

ii i

(b) precessão invers

o inversa (ambos não síncronos)

as extremidades do modelo Jeffcott

sa está em M. O ponto C localiza o

co do desbalanceamento é d CM= e

icas é r . A força de gravidade

âmicas.

OC=

dez k, o disco tem massa m, o

idade de rotação do rotor é Ω. As

o do centro disco em coordenadas

(1.2)


A solução da eq. (1.2) para a precessão síncrona é1:

( ) ( )

( ) ( )

( )

2

2 22

2

2 22

12

Ω dX s Ωt )k /m Ω cΩ /m

Ω dZ Ωtk /m Ω cΩ /m

cΩtanm k /m Ω

−

= −− +

=− +

β = −

en(

cos( )

β

−β (1.3)

Da Figura 1.8, conclue-se que a deflexão do eixo do rotor é:

( ) ( )

22 2

2 22

Ω dr X Zk /m Ω cΩ /m

= + =− +

(1.4)

β

r M d C

O

φ

Z

X

Figura 1.8 – Jeffcott rotor realizando uma precessão

1 A determinação das equações diferenciais de movimento se encontram em anexo


SSiiggnniiffiiccaaddoo ffííssiiccoo ddaass ssoolluuççõõeess

A Figura 1.9a mostra como a amplitude da precessão síncrona aumenta com a

aproximação da velocidade crítica, e após a passagem pela velocidade crítica, diminui e

se aproxima assintoticamente do deslocamento estático d do desbalanceamento nas

velocidades supercríticas (acima das velocidades críticas). Desta forma, em altas

velocidades, a amplitude em precessão síncrona pode ser pequena com o

balanceamento do rotor.

(a)

pequeno amortecimento

grande amortecimento

km

Am

plitu

de d

o gi

ro s

íncr

ono

r

d

Velocidade do eixo Ω

(b)

km

180°

0°

90°



Âng

ulo

de fa

se β

Velocidade do eixo Ω

Figura 1.9 – Resposta à um desbalanceamento do Jeffcott rotor


Em velocidades próximas da velocidade crítica, pode ser visto que o parâmetro

mais importante para a redução da amplitude é o amortecimento.

A Figura 1.9a também fornece a definição de velocidade crítica: velocidade na qual a resposta síncrona devido ao desbalanceamento é máxima. A Figura 1.9b

explica a razão pela qual a amplitude se aproxima assintoticamente do deslocamento

estático d do desbalanceamento. Quando a velocidade crítica é atravessada, o ângulo β

passa por 90° e se aproxima de 180° nas velocidades supercríticas. Assim, para altas

velocidades, o centro de massa M gira internamente à órbita realizada pelo disco, e o

centro do disco C gira em torno do centro de massa M com uma amplitude igual ao

deslocamento estático d do desbalanceamento. Este fenômeno é chamado de inversão

da velocidade crítica. Observa-se que o centro de massa M se mantém externamente a

órbita realizada pelo disco nas baixas velocidades kΩ m< , e o desbalanceamento

está defasado de 90° do vetor V na velocidade crítica não amortecida ( km ).

TTrrêêss ffoorrmmaass ddee rreedduuzziirr aa aammpplliittuuddee ddoo ggiirroo ssíínnccrroonnoo

Da observação da Figura 1.9, pode-se concluir que as três formas de reduzir a

amplitude do giro síncrono são: (1) balancear o rotor (minimizando a massa M), (2)

alterar a velocidade de rotação do rotor Ω (distante da velocidade crítica) e (3) adicionar

amortecimento no sistema rotor/mancais. Balancear o rotor é a forma mais direta de

resolver o problema, já que isto ataca o problema na sua fonte. A segunda opção pode

ser alterar a velocidade de operação do rotor ou alterar a velocidade crítica,

modificando a rigidez dos mancais. Se o rotor deve atravessar uma velocidade crítica e

isto não pode ser evitado, então a forma mais efetiva de reduzir a amplitude é

adicionando amortecimento em mancais flexíveis ou utilizando mancais com filme de

óleo.


AAllgguummaass ddeeffiinniiççõõeess ssoobbrree aammoorrtteecciimmeennttoo

É muito comum quantificar o amortecimento presente em rotores em termos de

porcentagem do amortecimento crítico ccr. O coeficiente de amortecimento crítico é o

valor requerido de amortecimento para suprimir completamente qualquer vibração no

sistema. Assim a relação de amortecimento é crc / cξ = . Para o modelo Jeffcott rotor, o

coeficiente de amortecimento crítico é cr =c 2 e é assumido ser concentrado no

centro do disco.

km

Introduzindo o coeficiente de amortecimento crítico na eq. (1.3) e após na eq.

(1.4), a amplitude do giro síncrono em kmω = é d

2=r ξ e a velocidade crítica é

2(1 )ω − ξ2 . O fator 12ξ é as vezes referido como fator de amplificação ou Q factor

do sistema rotor/mancais.

Colocando a eq. (1.4) em uma forma adimensional temos:

( )( ) ( )

2

22 2

Ωrd

Ω Ω1 2

ω= − + ξ ω ω

(1.5)

EEffeeiittoo ddee mmaannccaaiiss fflleexxíívveeiiss

A forma dos modos como o rotor irá vibrar é determinada pela distribuição da

massa e da rigidez ao longo do mesmo, assim como da rigidez dos mancais. Os três

primeiros modos, associados com as três mais baixas freqüências naturais de um eixo

uniforme, muda com o aumento da rigidez dos mancais (ver Figura 1.10). Note que

para baixa rigidez do mancal (K ≈ 0), os dois primeiros modos causam uma flexão no

eixo do rotor quase desprezível. Nestes dois primeiros modos, o eixo do rotor

permanece rígido (modo de corpo rígido) e percorre uma trajetória cilíndrica no primeiro

modo e cônica no segundo.


Se a velocidade do rotor é acrescida, o terceiro modo será atingido, causando

flexão no eixo do rotor, Figura 1.10. Se a rigidez dos mancais é muito baixa, este modo

é praticamente o modo livre-livre.

Para rotores com mancais hidrodinâmicos, o amortecimento pode ser suficiente

para fazer desaparecer um ou os dois modos de corpo rígido.

KK

K → ∞ Valor intermediário de K

K ≈ 0

1° modo

2° modo

3° modo

Figura 1.10 – Forma dos modos de vibração em função da rigidez dos mancais

É desejável em qualquer máquina rotativa que os mancais sejam mais flexíveis

que o eixo do rotor. Os motivos para isso são:

o A baixa rigidez dos mancais reduz a transmissão das cargas dinâmicas para a

sua fundação, prolongando a vida útil dos mancais e reduzindo as vibrações

estruturais;

o A baixa rigidez dos mancais permite que o amortecimento, em mancais

hidrodinâmicos ou com amortecedores ditos externos, opere com maior

eficiência, atenuando a amplitude do rotor nas velocidades críticas.

O primeiro motivo pode ser explicado utilizando um rotor curto de rigidez k = 2 KB

e amortecimento c = 2 CB. A deflexão r é a deflexão de todo o rotor e não mais OC=


somente do disco.

CB

KB

CB KB KB CB

CB

m

KB

Figura 1.11 – Rotor curto amortecido por mancais flexíveis

Considerando que a força transmitida pelo mancal é a resultante da força

devido a rigidez (proporcional ao deslocamento) e a força devido ao amortecimento

(proporcional à velocidade tangencial), temos que:

( )( )

( )

k B

c B

22 2 2t k c B B

F K r força devido a rigidez

F C Ω r força devido ao amortecimento

F F F r K C Ω

=

=

= + = +

(1.6)

Utilizando a eq. (1.4), a expressão da força transmitida é:

( ) ( )( ) ( )

2 2B B2

t 2 22B B

2K 2C Ω1F mΩ d2 2K mΩ 2C Ω

+=

− + (1.7)

Considere que, se o mancal fosse rígido, a força no mancal fosse dada por :

21F mΩ d2∞ = (1.8)


Pode ser demonstrado através de um exemplo simples que, para um rotor de

massa m = 10 kg, com um deslocamento estático d = 0,001 m e operando em uma alta

velocidade, como por exemplo 25000 rpm 5000 rad/ s60

Ω π= = , a força transmitida pode

ser intolerável, da ordem de 1370 N. Portanto, a relação entre a força transmitida Ft e a

força transmitida considerando o mancal rígido F∞ é:

( )( )( ) ( )

2t

22 2

1 2 Ω /FF 1 2 Ω / 2 Ω /∞

+ ξ ω=

+ ξ ω + ξ ω (1.9)

onde a velocidade crítica não amortecida é BKk 2mω = = m e a relação de

amortecimento é B Bcr

2C Cc / c m2 kmξ = = = ω .

Observa-se na Figura 1.12 que :

o A transmissibilidade tem o mesmo valor para qualquer amortecimento na

velocidade de rotação * 2= ωΩ ;

o O amortecimento nos mancais aumenta a força transmitida nas altas velocidades

, onde o efeito da flexibilidade dos mancais é favorável; ( *Ω Ω> )o O amortecimento nos mancais pode ser necessário para manter a força

transmitida dentro de limites aceitáveis na passagem pela velocidade crítica ;

o Baixa rigidez de mancal não é um fator incondicional, já que um valor

impropriamente escolhido pode produzir forças dinâmicas superiores quando

considerado o mancal rígido, eq. (1.8).


2 Ωω

tF∞

*Ω Ω=

F

3

2

1

1



Figura 1.12 – Transmissibilidade vs. relação de velocidade do rotor

Através da comparação da Figura 1.12 com a Figura 1.9, pode-se concluir que

o efeito do amortecimento sobre a força transmitida é diferente do efeito do

amortecimento sobre a amplitude de vibração. Enquanto que, o efeito do

amortecimento sobre a amplitude de vibração é favorável ao longo de toda a faixa de

rotações, o efeito do amortecimento sobre a força transmitida é favorável somente para

Ω 2< ω .

IInnssttaabbiilliiddaaddee eemm rroottoorreess

A instabilidade em máquinas rotativas é normalmente produzida por forças que

são tangenciais à órbita de giro do rotor, chamadas de forças desestabilizadoras,

agindo no mesmo sentido do movimento instantâneo. Se a intensidade da força

desestabilizadora é proporcional a velocidade instantânea da órbita, esta força é

classificada como uma força de amortecimento negativa. Se a intensidade da força é

proporcional ao deslocamento do rotor (raio instantâneo da órbita), ela é classificada

como força de rigidez de acoplamento. O termo acoplamento vem do fato de um

deslocamento na direção X produzir uma força na direção Z, e vice-versa, Figura 1.13.

A força tangencial Fφ é a força resultante das componentes FX e FZ. A instabilidade


pode também ser causada por forças axiais compressivas, menos freqüentes em

rotores.

Fφ

FZ = KZXX

FX = -KXZZ

φ

C

O

Z

X

KXZ > 0 KZX < 0

Figura 1.13 – Representação das forças de acoplamento (desestabilizadoras)

EEffeeiittoo ddaa aanniissoottrrooppiiaa ddooss mmaannccaaiiss nnoo aammoorrtteecciimmeennttoo

Um mancal é dito anisotrópico ou assimétrico quando os coeficientes de rigidez

nas direções X e Z são diferentes, KXX ≠ KZZ (ver Figura 1.14).

KXZ CXZ

KZX CZX

Z

XKXX CXX

KZZ CZZ

Figura 1.14 – Rotor com mancais anisotrópicos – KXX ≠ KZZ


Vários estudos já comprovaram a relação entre o amortecimento interno2 do

material e a taxa de deformação a qual ele é submetido. Assim considerando, a tensão

normal à seção transversal do eixo do rotor pode ser colocada da forma (ver figura

1.15):

vEσ = ε + η εi

E (1.10)

onde E é o módulo de elasticidade do material do eixo, ηv é o fator de amortecimento

viscoso do material do eixo, e ε é a taxa de deformação normal à face. i

Tensão normal trativa

Tensão normal compressiva

M

Figura 1.15 – Distribuição da tensão normal à seção transversal do eixo do rotor

Em um desses estudos, foi observado que o amortecimento interno em um

sistema rotativo não afeta a resposta ao desbalanceamento em rotores com mancais

2 O amortecimento interno é inerente ao material do eixo do rotor, enquanto que, o amortecimento

externo é devido aos mancais.


isotrópicos (KXX = KZZ), ao contrário do que acontece com mancais anisotrópicos (KXX ≠

KZZ). Se os mancais são isotrópicos, o eixo do rotor defletirá e girará em torno do eixo

neutro na velocidade de rotação Ω, seguindo uma órbita circular. Ou seja, a forma de

deflexão do eixo permanece inalterada durante o movimento. Portanto, em um eixo

movimento de precessão síncrona (Ω )= φi

e órbita circular, as deformações não variam

durante o movimento de precessão, Figura 1.16a. Conseqüentemente, o amortecimento

interno, inerente ao material, não afeta o estado de tensão na seção transversal do eixo

do rotor. Porém, se o rotor está apoiado sobre mancais anisotrópicos, a órbita do

movimento de precessão é elíptica, fazendo com que as deformações variem

proporcionamente à diferença entre os eixos da elipse, Figura 1.16b. Neste caso, o

amortecimento interno do eixo pode afetar consideravelmente o estado de tensão na

seção transversal do eixo do rotor.

Uma forma do amortecimento interno afetar a resposta de um rotor com

mancais isotrópicos é através de uma excitação assíncrona (Ω )≠ φi

. Neste caso, apesar

do rotor movimentar seguindo uma órbita circular, as deformações na seção transversal

do eixo irão variar na medida que este gira, pois a velocidade de precessão é diferente

da velocidade de rotação do rotor, Figura 1.16c.


ΩΩφ =

i

Ωφ =i Ω

2φ =i

(c)

A' A A'

A

A' A

(b)

A'

A

A'

A

ΩA' A

(a)

A'

A A'

A

A'A

Ω

Figura 1.16 – Evolução da tensão normal na seção transversal do eixo de um rotor:

(a) precessão síncrona e mancais isotrópicos; (b) precessão síncrona e mancais

anisotrópicos; (c) precessão sub-síncrona ( Ω2

φ =i

) e mancais isotrópicos.


22 -- EEQQUUAAÇÇÕÕEESS DDEE EENNEERRGGIIAA DDOOSS EELLEEMMEENNTTOOSS DDEE RROOTTOORR

Este capítulo tem por objetivo avaliar o comportamento dinâmico de rotores

partindo de um modelo mais complexo do que o modelo Jeffcott rotor (ou de Laval). De

forma a facilitar a compreensão e evitar um número excessivo de equações, será

considerado um rotor com um eixo e somente um disco e dois mancais.

Para a obtenção das equações de movimento de rotores, é considerado

somente a energia cinética do disco, sendo a energia cinética do eixo considerada

desprezível com relação a energia cinética do disco. O disco é considerado rígido, logo

a energia de deformação é devido somente ao eixo e o efeito das forças dos mancais é

introduzido através do conceito de trabalhos virtuais. A equação de movimento do rotor

é obtida aplicando-se a equação de Lagrange sobre as energias cinética do disco e de

deformação do eixo, Lalanne et al, 1998.

22..11 -- EEnneerrggiiaa cciinnééttiiccaa ddoo ddiissccoo

y

Da Figura 2.1, pode-se deduzir o vetor velocidade instantânea de rotação do

disco no sistema de coordenadas de referência (x, y, z) como sendo, Vance, 1988.

ω = ψ + θ + φi i i

Z x ' (2.1)

onde , e são vetores unitários. Os eixos (X, Y, Z) formam o sistema de

coordenadas fixo (ou inercial), os eixos (x’, y’, z’) formam um sistema de coordenadas

intermediário e os eixos (x, y, z) formam o sistema de coordenadas fixo no disco (ou de

referência).

Z x ' y

Observa-se que a ordem das rotações deve ser: (1) ψ em torno de Z, (2) θ em

torno de x’ e (3) φ em torno de y, já que a rotação do rotor Ω é em torno do eixo

instantâneo y. A velocidade angular do disco é φi

e as componentes do vetor

velocidade instantânea ω no sistema de coordenadas de referência é:


x

y

z

cos sen cos

sen

cos cos sen

−ψ θ φ + θ φ ω ω = φ + ψ θ

ω ψ θ φ + θ φ

i i

i i

i i

(2.2)

Ωφ =i

ψi

θi

z’

y’

Ω

wu

φ

φ

ψ

ψ

θ

θ

Y

z

Z

x x’

X

y

Y

Z

X

Figura 2.1- Sistema de coordenadas de referência para um disco em um eixo flexível

A energia cinética do disco pode ser expressa por:

( )2 2

2 2D D Dz z Dy y Dz z

1 1T M u w I I I2 2

= + + ω + ω +

i i 2ω (2.3)

onde u e w são coordenadas nas direções x e z do centro de inércia do disco, MD é a

massa do disco de densidade volumétrica ρ e, IDx, IDy e IDz são momentos de inércia de

massa do disco com relação ao sistema de coordenadas de referência, Figura 2.2.


dm

z

x

∆ x

z

y

Figura 2.2- Momentos de inércia de massa do disco no sistema de referência

2

DxV

I z= ρ∫ dV dV, I x , I2Dz

V

= ρ∫ = ρ∫ 2Dy

V

∆ dV

Considerando que os ângulos θ e ψ são pequenos, que a velocidade de rotação

é e a simetria do disco, IΩφ =i

Dx = IDz, segue que, a partir da eq. (2.3):

2 2 2 2

2D D Dx Dy Dy

1 1T M u w I I Ω I Ω2 2

= + + θ + ψ + ψ θ +

i i i i i 12

(2.4)

Os deslocamentos transversais u, w e as rotações θ e ψ são as coordenadas

ditas generalizadas.

22..11 -- EEnneerrggiiaa ddee ddeeffoorrmmaaççããoo ddoo eeiixxoo eemm fflleexxããoo

A expressão geral para a energia de deformação é:

V

1U d2

= σ ε∫ V (2.5)


onde, dentro do regime elástico linear, a relação dada pela Lei de Hooke é, : Eσ = ε

O campo de deslocamento de um ponto qualquer sobre o eixo é definido como

sendo (ver Figuras 2.3 e 2.4):

o

o

o

u uw w

u wv v x zy y

=

=

∂ ∂= − −

∂ ∂

(2.6)

onde os deslocamentos uo, wo e vo são os deslocamentos de um ponto situado no eixo

neutro da seção transversal do eixo.

A partir do campo de deslocamento definido pela eq. (2.6), as deformações

lineares são tais que:

x x o

z z o

2 2

y y o 2 2

uxwzv ux zy y y

∂ε = = ε

∂∂

ε = = ε∂∂ ∂

ε = = ε − −∂ ∂ ∂

w∂

(2.7)

(a)

x

P Mx (positivo)

θ

θ = ∂w/∂y (positivo)

woconfiguração deformada

configuração nãodeformada

y, vo

z


x

Mz (negativo) P

ψ

ψ =–∂u/∂y (negativo)

uo configuração deformada

configuração nãodeformada

y, vo

z

(b)

Figura 2.3 – Campo de deslocamentos de um ponto do eixo – (a) Plano zy (b) Plano xy

Desprezando as deformações normais à espessura do eixo, εx0 e εz0, e a

deformação de membrana εy0, somente as deformações de flexão

2 22

u wx , zy y

∂ ∂− − ∂ 2∂ são consideradas. Assim, a expressão de tensão normal na

direção y é da forma:

2 2

y y 2uE E x z

y y ∂ ∂

σ = ε = − −∂ ∂

2w (2.8)

Sabe-se que a relação entre curvatura e momento fletor é da forma:

∂ ∂θ= ⇒ =

∂∂

∂ ∂= − ⇒ =

∂∂

2x x

2x

2z z

2z z

M MwE I y E Iy

M MuE I y E Iy

ψx (2.9)


Substituindo as eqs. (2.9) na eq. (2.8), tem-se uma nova expressão de tensão

normal:

zy

z x

M Mx zI I

σ = − x (2.10)

As deformações são medidas sobre o sistema de coordenadas de referência

colocado no centro do eixo que gira a uma velocidade de rotação de . Para efeito

de distinção, são denotados u* e w* como sendo componentes do deslocamento do

centro do eixo no sistema de coordenadas de referência, Figure 2.4. A passagem para

o sistema de coordenadas global (ou inercial), onde as componentes do deslocamento

são u e w, é feita pela relação:

Ωφ =i

u* w senΩ t u cosΩ tw* w cosΩ t u senΩ t

= − += +

(2.11)

onde Ωt é o ângulo entre o sistema de coordenadas de referência (x, y, z) e o sistema

de coordenadas global (X, Y, Z) medido num instante t.

z

x

Ωt

P

uu*

w*

w

x

z

x

z

X

Z

Figure 2.4 – Campo de deslocamento de um ponto P na seção transversal do eixo


Assim, a deformação longitudinal medida na direção y pode ser escrita sob a

forma:

2 2

y 2u * w *x zy y

∂ ∂ε = − −

∂ ∂ 2 (2.12)

Substituindo a expressão de deformação, eq. (2.12), na expressão de energia

de deformação, eq. (2.1), obtém-se a expressão final de energia de deformação do eixo

em flexão:

22 2

2 2

V

1 u * w *U E x z d2 y y

∂ ∂= − −

∂ ∂ ∫ V (2.13)

Desenvolvendo a eq. (2.13), temos:

2 22 2 2 2

2 22 2 2 2

V

1 u * w * u * w *U E x z 2 x z d2 y y y y

∂ ∂ ∂ ∂ = + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∫ V (2.14)

As integrais da eq. (2.14) podem ser separadas em um integral na seção

transversal A e outra ao longo do comprimento L do eixo:

L L2 22 2

2 22 2

A 0 A 0

L2 2

2 2

A 0

1 u * wU E x dx dz dy z dx dz dy2 y y

u * w *x z dx dz dyy y

∂ ∂= + ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

*+

(2.15)


As integrais e 2z

A

x dx dz I=∫ 2x

A

z dx dz I=∫ são os momentos inércia de seção

com relação aos eixos z e x, e a integral

A

x z dx dz 0=∫ , já que os eixos x e z são eixos

principais de inércia. Como Iz = Ix = I para o caso de um eixo simétrico, temos que a

energia de deformação do eixo em flexão é da forma:

L 2 22 * 2 *

2 2

0

1 u wU E I d2 y y

∂ ∂ = + ∂ ∂ ∫ y (2.16)

Substituindo a eq. (2.11) na eq. (2.16), pode-se determinar a equação de

energia de deformação no sistema de coordenadas global:

L 2 22 2

2 2

0

1 u wU E I d2 y y

∂ ∂= + ∂ ∂ ∫ y (2.17)

22..33 -- EEnneerrggiiaa ddee ddeeffoorrmmaaççããoo ddoo eeiixxoo ddeevviiddoo aa uummaa ffoorrççaa aaxxiiaall

Considere que o rotor está submetido à uma força axial Fo sobre a seção

transversal A do eixo. A energia de deformação devido a esta força é da forma:

o

V

FUA

= ε∫ dV (2.18)

As deformações são como aquelas obtidas na eq. (2.7), com exceção dos

termos não lineares, que são agora adicionados.


x x o

z z o

2 22 2

y y o 2 2

uxwz

v u w 1 u 1x zy 2 yy y

∂ε = = ε

∂∂

ε = = ε∂

∂ ∂ ∂ ∂ε = = ε − − + + ∂ ∂∂ ∂

w2 y

∂∂

(2.19)

Desprezando novamente as deformações normais à espessura do eixo, εxo e

εzo, e a deformação de membrana εyo, e substituindo a eq. (2.19) na eq. (2.18), obtém-

se a expressão de energia de deformação devido a momentos fletores e à uma força

axial no eixo:

2 22 2

o2 2

V

F u w 1 u 1 wU x zA 2 y 2y y

∂ ∂ ∂ ∂= − − + + ∂ ∂∂ ∂ ∫ dVy

(2.20)

22..44 –– MMaannccaaiiss

i

A influência da rigidez e do amortecimento viscoso dos mancais no

comportamento do rotor é considerada a partir do trabalho virtual das forças atuando no

eixo (ver Figura 1.13).

xx xz zz zx

xx xz zz zx

W k u u k w u k w w k u w

c u u c w u c w w c u w

δ = − δ − δ − δ − δ

− δ − δ − δ − δi i i (2.21)

ou :

u wW F u F uδ = δ + δ (2.22)

onde, Fu e Fw são as componentes das forças generalizadas, colocadas da forma:


u xx xz xx xz

w zx zz zx zz

F k k c cuF k k c cw

w

u = − −

i

i (2.23)

onde o sinal negativo significa que as forças nos mancais são no sentido contrário aos

deslocamentos u e w e às velocidades u e . i

wi

22..55 –– EEqquuaaççõõeess ddee mmoovviimmeennttoo ddoo rroottoorr

As eqs. (2.4), (2.17), (2.20) e (2.22) associadas à um método analítico do tipo

Rayleigh-Ritz ou à um método numérico, permitem determinar as equações de

movimento do rotor a partir da aplicação da equação de Lagrange, Lalanne et al.

(1998).

ii i i i

d T T U D Fpdt p p p p ∂ ∂ ∂ ∂

− + + = ∂ ∂ ∂ ∂ (2.24)

onde T é a energia cinética, U é a energia de deformação, D é uma energia dissipativa

e Fpi são forças generalizadas correspondentes as coordenadas generalizadas pi (u, w,

θ e ψ).


33 –– MMÉÉTTOODDOO DDEE RRAAYYLLEEIIGGHH--RRIITTZZ

O método de Rayleigh-Ritz é utilizado para a determinação das n freqüências

naturais mais baixas de um sistema, a partir de uma hipótese razoável do

deslocamento dos pontos da estrutura. Logo:

1

1 n

n

pu ( , , )

p

= γ γ

(3.1)

onde u é o vetor deslocamento, γi são funções deslocamento que devem verificar as

condições cinemáticas ou as condições de contorno e pi são novas variáveis em função

do tempo.

33..11 –– RRoottoorr iissoottrróóppiiccoo bbii--aappooiiaaddoo

Como exemplo de utilização do método de Rayleigh-Ritz, determine a evolução

da primeira freqüência natural em função da velocidade de rotação Ω de um rotor

simplesmente apoiado como apresentado na Figure 3.1. O mancal é considerado

rígido, não tendo portanto influência nas equações de movimento do rotor.

2° modo

1° modo Ω x

z

y

2L/3L/3

Figura 3.1 – Rotor simplesmente apoiado3

3 Para fins de simplificação, o sistema de coordenadas inercial (X, Y, Z) será substituído por (x, y, z).


Uma hipótese razoável do deslocamento em flexão do rotor para esta

configuração pode ser da forma:

1

2

m yu(y,t) sen p (t)L

m yw(y,t) sen p (t)L

π=

π=

(3.2)

Estas hipóteses de deslocamento verificam as condições de contorno do

problema para y = 0 e y = L onde u = w = 0. O parâmetro m representa o número do

modo em flexão a ser analisado. Neste caso, todas as análises serão realizadas

considerando somente o 1° modo em flexão, logo m = 1.

As rotações de seção são determinadas fazendo (ver Figura 2.3):

2

1

w y(y,t) cos py L L

u y(y,t) cos py L L

∂ π πθ = =

∂∂ π π

ψ = − = −∂

(3.3)

3.1.1 – Diagrama de Campbell para rotores isotrópicos

Introduzindo as eq. (3.2) e (3.3) na eq. (2.4), a energia cinética do disco é dada

por:

π π π π π = + + −

i i i2 22 22 2 2

D D Dx 1 2 Dy 1 21 y y yT M sin I cos p p I Ω cos p p2 L L L L L (3.4)

Substituindo a eq. (3.2) na eq. (2.17), a energia de deformação do eixo é dada

da forma:


(L4

2 221 2

0

1 yU E I sen dy p p2 L L

π π = ∫ )+

=

(3.5)

Da aplicação da equação de Lagrange, eq. (2.24), nas eqs. (3.4) e (3.5), temos:

11 2

22 1

m p a Ω p k p 0

m p a Ω p k p 0

− + =

+ +

ii i

ii i (3.6)

com: 2

2 2D Dx

.y .yM sin I cosL L L

π π π = +

m , 2

2Dy

.ya I cosL Lπ π =

,

3

IL 2

k E π π =

.

As eqs. (3.6) representam as equações de movimento do rotor. Observa-se que

estas equações são acopladas pelos termos a e . Estes termos

representam o efeito Giroscópico (ou efeito Coriolis) do disco e são função sua inércia

rotacional I

2Ω pi

1a Ω p−i

DY e de sua posição y no eixo. Observa-se que, se o disco estiver

posicionado no centro do eixo, y = L/2, este efeito é nulo.

A solução para a eq. (3.6) pode ser da forma:

st

1 1st

2 2

p (t) P e

p (t) P e

=

= (3.7)

onde são as freqüências naturais em flexão para cada rotação Ω do rotor. s j (Ω)= ± ω

Substituindo as eqs. (3.7) nas eqs (3.6), obtém-se as expressões:

2 st st st

1 2 12 st st st

2 1 2

m s P e aΩ s P e k P e 0

m s P e aΩ s P e k P e 0

− +

+ +

=

= (3.8)


que colocadas em forma matricial, e considerando que est ≠ 0, são:

( )( )

21

2 2

m s k aΩ s P0

PaΩ s m s k

+ − = +

(3.9)

A solução não trivial, P1 ≠ 0 e P2 ≠ 0, é determinada fazendo o determinante da

matriz igual a zero. Fazendo isto, obtêm-se a equação característica (ou polinômio

característico) do rotor onde as raízes são as freqüências naturais:

2 2

4 2 22

2k a ks Ω sm m m

+ + + =

2 0 (3.10)

A expressão para a primeira raiz, correspondente a primeira freqüência ω1 é :

22 22 2 21 2 2

k a k a ks Ω Ωm m2m 2m m

= − + − + −

2

2 (3.11)

onde s1 = ± jω1. E, a expressão para a segunda raiz, correspondente a segunda

freqüência ω2 é :

22 22 2 22 2 2

k a k a ks Ω Ωm m2m 2m m

= − + + + −

2

2 (3.12)

onde s2 = ± jω2.

Como exemplo de aplicação, considere a rotor com a configuração mostrada na

Figura 3.1, com os seguintes dados; disco rígido: IDx = 0,1225 kg.m2, IDy = 0,2450 kg.m2,

MD = 7,85 kg; eixo: L = 0,4 m, I = 0,49 10-9 m4, E = 2 10 11 N/m2. Como o disco situa-se

a y = L/3 da origem do sistema inercial, m = 7,7766 e a = 3,7782, e k = 74578,8.

A Figura 3.2 apresenta a curva de evolução das freqüências naturais em função


da rotação do rotor Ω, eqs. (3.11) e (3.12), também chamada de Diagrama de

Campbell. A curva tracejada representa a evolução da freqüência ω1 associada ao

movimento de precessão inversa (backward) e a curva contínua representa a evolução

da freqüência ω2 associada ao movimento de precessão direta (forward).

0 20 40 60 80Velocidade de rotação (rps)

100

0

10

20

30

40

50

60

Freq

uenc

ia (H

z)

Backward

Forward

Figure 3.2 – Diagrama de Campbell para o rotor isotrópico

3.1.2 – Resposta do rotor a um desbalanceamento

A velocidade crítica do rotor é determinada em função da força de excitação.

Para isto, suponha uma massa md = 0,001 kg situada em uma posição M sobre o disco

a uma distância d = 0,05 m do centro, a qual provocará um desbalanceamento do rotor

(ver Figura 3.3). O vetor posição M da massa desbalanceadora md medido no sistema

de coordenadas inercial, conforme mostra a Figura 3.4, é:


+

= +

Lu( ,t) d senΩt3

OM cons tanteLw( ,t) d cosΩt3

(3.13)

d

md

Ω x

z

y

2L/3L/3

Figura 3.3 – Massa desbalanceadora md no disco

u

w

M

d

C

O

Ω t Z

X

Figura 3.4 – Movimento de precessão do disco excitado por uma massa md

Considerando que a aproximação por Rayleigh-Ritz do deslocamento de um

ponto qualquer do rotor é da forma dada pela eq. (3.2), a eq. (3.13) se transforma em:


π + + = = π + +

11

22

sen p d senΩt 0,866 p d senΩt3OM cons tante cons tante

0,866 p d cosΩtsen p d cosΩt3

(3.14)

A energia cinética da massa md é:

=

2

m d1 dOMT m2 dt

(3.15)

Substituindo a eq. (3.14) na eq. (3.15) temos:

= + +

− +

i i

i i

22 2 2d

m 1 1

22 2 2

2 2

mT 0,75 p 1,732 dΩcosΩt p d Ω cos Ωt

2

0,75 p 1,732 dΩsenΩt p d Ω sen Ωt

+

(3.16)

Aplicando as equações de Lagrange na eq. (3.16) tem-se :

∂ ∂ − = − ∂ ∂

∂ ∂ − = − ∂ ∂

ii

i

ii

i

2m md 1 d

11

2m md 2 d

22

T Td 0,75 m p 0,866 m dΩ senΩtdt pp

T Td 0,75 m p 0,866 m dΩ cosΩtdt pp

(3.17)

Introduzindo as eqs. (3.17) na eq. (3.6), e considerando que a massa

desbalanceadora md é muito inferior a massa do disco (0,001 << 7,85), os termos

e 0, podem ser desprezados. Logo: ii

d 10,75 m pii

d 275 m p


21 2 1 d

22 1 2 d

m p aΩ p k p 0,866 m dΩ senΩt

m p aΩ p k p 0,866 m dΩ cosΩt

− + =

+ + =

ii i

ii i (3.18)

Em regime permanente, a solução para as equações diferenciais acima são:

1 1

2 2

p P senΩtp P cosΩt

==

(3.19)

Substituindo as eqs. (3.19) nas eqs. (3.18), e eliminado os termos em sen Ωt e

cos Ωt temos:

2 2

1 2 1 d2 2

2 1 2 d

m PΩ a P Ω k P 0,866 m dΩ

m P Ω a PΩ k P 0,866 m dΩ

− + + =

− + + =

2

2 (3.20)

Subtraindo uma equação da outra na eq. (3.20) chega-se a P1 = P2. Logo:

2

d1 2 2

0,866 m dΩP Pk (a m)Ω

= =+ −

(3.21)

Observa-se pela eq. (3.21) que a órbita percorrida pelo eixo do rotor é circular,

P1 = P2. Na velocidade crítica, as amplitudes P1 e P2 teoricamente se tornam infinitas, o

que corresponde a anular o denominador da eq. (3.21).

ckΩ

m a=

− (3.22)

A velocidade crítica, é o ponto onde a velocidade de rotação se iguala a

freqüência natural do rotor, Ωc = ω = 136,6 rad/s = 21,7 hz.

A resposta em freqüência (função da velocidade de rotação do rotor) de um

ponto qualquer ao longo do comprimento do rotor é determinada a partir da eq. (3.2),

onde p1 e p2 são dados pela eq. (3.8):


2

d2

2d

2

0,866 m dΩyu(y,t) sen senΩtL k (a m)Ω

0,866 m dΩyw(y,t) sen cosΩtL k (a m)Ω

π=

+ − π

= + −

(3.23)

Como exemplo de aplicação, deseja-se determinar o deslocamento do centro

do disco, y = L/3. Na Figura 3.6 é traçado a resultante das componentes do

deslocamento, 2 2w= +R u .

0 20 40 60 80 100Velocidade de rotação (rps)

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Freq

uenc

ia (H

z)

1.0E-9

1.0E-8

1.0E-7

1.0E-6

1.0E-5

1.0E-4

1.0E-3

Ampl

itude

(M)

Forward

Backward

Resposta em Freqüência

Freqüência = rotação

velocidade crítica

Figure 3.5 – Diagrama de Campbell e deslocamento do centro do disco

O sentido do movimento de precessão do rotor é de bastante interesse no

estudo do seu comportamento dinâmico, uma vez que os problemas de fadiga em eixos

de rotores ocorrem nos movimentos de precessão não síncronos. Para isso, considere

a Figura 3.6, onde C é o centro do eixo e V é a velocidade tangente à órbita do centro

do eixo. Assim podemos colocar os vetores, posição do centro do rotor ( ) e velocidade

tangencial ( ) da seguinte forma (lembrando que, em uma excitação síncrona, do tipo

r

V


massa desbalanceadora, a freqüência do movimento de precessão é igual a velocidade

de rotação do eixo, ω = Ω):

1

2

1

2

P senΩt . i

r 0 . j

P cosΩt . k

P ΩcosΩt . id rV 0 . jdt

P ΩsenΩt . k

=

= = −

(3.24)

k

i

r

Ωω = Ω

P1 sen Ωt

P2 cos Ωt

V

C

OX

Z

Figura 3.6 – Sentido do movimento de precessão do rotor

O produto vetorial r V∧ fornece o sentido do movimento de precessão,

lembrando que: : ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi j k, i j k∧ = ∧ ∧ =ˆ ˆk j,= − i

1 2

0 . i

r V P P Ω . j

0 . k

∧ =

(3.25)

Então, se o produto P1P2 > 0, a precessão é direta (forward), e se o produto


P1P2 < 0, a precessão é inversa (backward). Como P1 = P2, eq. (3.35), conclui-se que,

um rotor isotrópico excitado por uma massa desbalanceadora precessiona sempre em

sentido forward.

3.1.3 – Diagrama de Campbell do rotor com uma força axial

Substituindo as hipóteses de deslocamento, eq. (2.7), na eq. (2.20) e separando

a integral de volume em uma integral na seção transversal A e outra ao longo do

comprimento L do eixo, temos:

( ) π π π π π π = + + + ∫∫

L2 2

o1 2 1 2

A 0

F y 1 y 1 yU sen x p z p cos p cos p dxdzdyA L L 2 L L 2 L L

2

(3.26)

A primeira integral ( )L

2

1 2

A 0

ysen x p z p dxdzdyL L

π π + ∫∫ é nula quando feita

sobre toda a seção transversal, Figura 3.7:

de = 2 re ϕ

∆

x

z

z

x

Figura 3.7 – Seção transversal do eixo do rotor

onde:

x = ∆ sen ϕ, y = ∆ cos ϕ, dxdz = dA = ∆ dϕ d∆


Substituindo as expressões de x, y e dxdy na segunda integral, temos:

( )r 2 Le 2

21 2

0 0 0

ysen sen p cos p d d dyL L

π π π ϕ + ϕ δ δ ϕ ∫ ∫ ∫ (3.27)

Resolvendo a integral sobre a área, observa-se que os limites de integração em

ϕ se anulam, anulando assim a integral:

( )Lre2 32

1 2 00 0

ycos p sen p sen dyL 3

ππ δ − ϕ + ϕ ∫ L

π (3.28)

A expressão final de energia de deformação para uma força axial aplicada no

eixo é:

L

2 2o

1 2

A 0

F 1 y 1 yU cos p cos pA 2 L L 2 L L

π π π π = + ∫∫ dxdzdy (3.29)

Resolvendo esta integral, e sabendo que 22 y1 cosy Lcos

L 2

π+π= , tem-se:

(2

2 2o1 2

FU p4Lπ

= + )p (3.30)

Aplicando as equações de Lagrange, eq. (2.24), e introduzindo os termos

resultantes nas eqs. (3.6), temos:


2o

11 2

2o

22 1

Fm p a Ω p k p2 L

Fm p a Ω p k p2 L

π− + +

π

+ + +

ii i

ii i

0

0

=

=

(3.31)

Supondo uma força axial de Fo = 1.000 N, o Diagrama de Campbell é da forma

como apresentado pela Figura 3.8.

Considerando que o rotor sujeito a força axial Fo é excitado por uma massa

desbalanceadora md como visto anteriormente, as equações de movimento do rotor

são:

2

2o1 d1 2

22o

2 d2 1

Fm p a Ω p k p 0,866 m dΩ senΩt2 L

Fm p a Ω p k p 0,866 m dΩ cosΩt2 L

π− + + =

π

+ + + =

ii i

ii i (3.32)

A solução das eqs. (3.32) em regime permanente, é da forma apresentada pela

eq. (3.19). Eliminado os termos em sen Ωt e cos Ωt temos:

2

2 2 o1 2 1 d

22 2 o

2 1 2 d

Fm PΩ a P Ω k P 0,866 m dΩ2 L

Fm P Ω a PΩ k P 0,866 m dΩ2 L

π− + + + =

π

− + + + =

2

2

(3.33)

Sabendo-se que P1 = P2, temos que:

2

d1 2 2

2o

0,866 m dΩP PF k (a m)Ω2 L

= = π

+ + −

(3.34)


Novamente, a órbita realizada pelo eixo do rotor é circular, P1 = P2. Na

velocidade crítica, as amplitudes P1 e P2 se tornam infinitas, o que corresponde a anular

o denominador da eq. (3.34).

2o

c

F k2 L

Ωm a

π+

=−

(3.35)

Assim, a velocidade crítica para um rotor sujeito à uma força axial Fo = 1.000 N

é Ωr = 147,4 rad/s = 23,5 ciclos/s = 23,5 hz.

A resposta em freqüência (função da velocidade de rotação do rotor) de um

ponto qualquer ao longo do comprimento do rotor devido a uma força axial, é também

determinada a partir da eq. (3.2) e da eq. (3.34):

2

d2

2o

2d

22o

0,866 m dΩyu(y,t) sen senΩtL F k (a m)Ω

2 L

0,866 m dΩyw(y,t) sen cosΩtL F k (a m)Ω

2 L

π=

π+ + −

π=

π+ + −

(3.36)

Na Figura 3.8, é traçado a resultante do deslocamento do centro do disco

quando o rotor está sujeito à uma força axial Fo = 1.000 N. Comparando com a

amplitude do centro do disco na velocidade crítica sem força axial, Figura 3.5, a

amplitude neste caso é muito superior. Isto vem do fato da aplicação de uma força axial

de tração, que aumentou a rigidez do eixo, e conseqüentemente a amplitude de

vibração quando da passagem pela velocidade crítica.


0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100Velocidade de rotação (rps)

1E-9

1E-8

1E-7

1E-6

1E-5

1E-4

1E-3

Ampl

itude

(m)

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Freq

uenc

ia (H

z)

Forward

Backward

Resposta em freqüência

Freqüência = rotação

velocidade crítica

Figure 3.8 – Deslocamento do centro do disco, Fo = 1.000 N

Como P1 = P2, o sentido do movimento de precessão do rotor é forward.

3.1.4 – Resposta do rotor à uma força assíncrona

Considere agora, o rotor sendo excitado por forças assíncronas do tipo Fo sen

µΩt e Fo cos µΩt atuando no disco do rotor. Este caso pode ocorrer em rotores coaxiais

e as forças assíncronas podem surgir devido ao desbalanceamento de um rotor

secundário, Lalanne et al. (1998).

O trabalho virtual devido a força assíncrona é:

δ = µ δ + µ δo oW F sen Ωt u F cos Ωt w (3.37)

onde δu e δw são os deslocamentos virtuais devidos à uma força assíncrona e µ ≠ 1.

Substituindo os deslocamentos da eq. (3.2) na eq. (3.37), as forças

generalizadas Fp1 e Fp2 aplicadas em uma posição qualquer do rotor principal são:


π= µ =

π= µ =

1 o

2 o

yFp sen F sen Ωt Fsen ΩtLyFp sen F cos Ωt Fcos Ωt

L

µ

µ (3.38)

Introduzindo a eq. (3.38) na eq. (3.6), obtém-se as equações de movimento do

rotor sujeito à uma força assíncrona:

− + = µ

+ + = µ

ii i

ii i1 2 1

2 1 2

m p aΩ p k p F sen Ωt

m p aΩ p k p F cos Ωt (3.39)

onde m = 7,7766; a = 3,7782 e k = 74578,8.

Em regime permanente, a solução das equações diferenciais acima são:

= µ

= µ1 1

2 2

p P sen Ωtp P cos Ωt

(3.40)

Substituindo a eq. (3.40) na eq. (3.39), temos:

( )= =

µ − µ +1 2 2 2

FP Pa m Ω k

(3.41)

Aqui novamente, a órbita do eixo do rotor é circular, P1 = P2. Na velocidade

crítica Ωc do rotor, as amplitudes P1 e P2 se tornam infinitas, logo da eq. (3.41):

c 2kΩ

m a=

η − η (3.42)

Observa-se que para µ = 1, a velocidade crítica é a mesma obtida no caso de


um desbalanceamento, Ωc = 136,6 rad/s = 21,7 ciclos/s = 21,7 hz.

Como P1 = P2, o sentido a precessão é também forward.

3.1.5 – Resposta do rotor à uma força fixa no espaço

Considere agora, o rotor sendo excitado por uma força assíncrona do tipo F sen

ωt atuando no disco do rotor principal. Este caso pode acontecer quando o rotor é

acoplado a um rotor secundário que gira a uma velocidade ω e a força de excitação

surge devido a um desbalanceamento no rotor secundário, Figure 3.9, ou excitando o

rotor através de um mancal colocado numa posição y qualquer ao longo do eixo do

rotor.

Rotor secundário

Rotor principal

Ω

x

y 2L/3L/3

z

ω

Figura 3.9 – Rotor simplesmente apoiado acoplado

Supondo que há uma força de excitação atuando na direção x, o trabalho virtual

devido a esta força é:

oW F sen t uδ = ω δ (3.43)

onde δu é o deslocamento virtual devido a uma força assíncrona.

Substituindo os deslocamentos da eq. (3.2) na eq. (3.43), a força generalizada

Fp1 aplicada num ponto qualquer do rotor principal é:


1 o

2

yFp sen F sen tL

Fp 0

π= ω

= (3.44)

Introduzindo a eq. (3.44) na eq. (3.6), obtém-se as equações de movimento do

rotor sujeito à uma força assíncrona:

11 2

22 1

m p a Ω p k p F sen

m p a Ω p k p 0

− + =

+ + =

ii i

ii i

tω

ttω

(3.45)

onde m = 7,7766, a = 3,7782 e k = 74578,8.

Em regime permanente, a solução para as equações diferenciais acima são:

1 1

2 2

p P senp P cos

= ω=

(3.46)

Substituindo a eq. (3.46) na eq. (3.45), e resolvendo o sistema temos:

( )( ) ( )

( )( ) ( )

2

1 2 22

2 2 22

k mP F

k m aΩ

aΩP F

k m aΩ

− ω=

− ω − ω

− ω=

− ω − ω

(3.47)

Pela eq. (3.47), observa-se que a trajetória do eixo do rotor não é mais circular,

mas sim elíptica, P1 ≠ P2. Na velocidade crítica, as amplitudes P1 e P2 se tornam

infinitas, logo da eq. (3.47):

( ) ( )2 22k m aΩ 0− ω − ω = (3.48)


ou : 2 2

4 2 22

2k a kΩ 0m m m

ω − + ω + =

2 (3.49)

A eq. (3.49) é semelhante a eq. (3.10), onde as raízes da equação são as

velocidades críticas, em função da velocidade do rotor, dadas por:

22 22 2 21 2 2

22 22 2 22 2 2

k a k a kΩ Ωm m2m 2m m

k a k a kΩ Ωm m2m 2m m

ω = + − + −

ω = + + + −

2

2

2

2

(3.50)

Diferentemente dos casos anteriores, desbalanceamento e força assíncrona, no

caso de uma força fixa no espaço, em um mesmo modo de vibração, podem ocorrer

duas velocidades críticas. Este comportamento é freqüentemente utilizado para

reproduzir experimentalmente o Diagrama de Campbell do rotor.

A resposta em freqüência de um ponto qualquer ao longo do comprimento do

rotor devido a uma força fixa no espaço, é também determinada a partir da eq. (3.2) e

da eq. (3.47):

( )( ) ( )

( )( ) ( )

2

2 22

2 22

k myu(y,t) sen Fsen tL k m aΩ

aΩyw(y,t) sen Fcos tL k m aΩ

− ωπ= ω

− ω − ω

− ωπ= ω

− ω − ω

(3.51)

A Figura 3.10 apresenta as duas freqüências naturais na rotação do rotor em Ω

= 80 rps. Uma comparação com a Figura 3.5 mostra que estas freqüências são ω1 ≅ 6

Hz e ω2 ≅ 42 Hz.


0 10 20 30 40 50 6Frequencia (Hz)

1E-7

1E-6

1E-5

1E-4

Am

plitu

de (m

)

Forward Backward

15,59

0

Figure 3.10 – Deslocamento do centro do disco, Ω = 80 rps

O sentido do movimento de precessão é determinado da seguinte forma: P1P2 >

0 (Forward) e P1P2 < 0 (Backward). Das eqs. (3.47), o produto P1P2 fornece:

( ) (21 2PP k m aΩ= − ω − ω ) (3.52)

ou:

2

1 2PP k m= − + ω (3.53)

Observa-se na eq. (3.53) que, como k é >> m, para pequenos valores de ω, a

equação é negativa, assim, a precessão é Backward, e para grandes valores de ω, a

equação é positiva, sendo a precessão portanto Forward. A mudança de sinal ocorre

quando a eq. (3.53) for nula, o que ocorre para ω = 15,59 hz, considerando que m =

7,7766 e k = 74578,8.


33..22 –– RRoottoorr aanniissoottrróóppiiccoo bbii--aappooiiaaddoo

No estudo do comportamento de rotores anisotrópicos, serão considerados

mancais flexíveis, com Kxx = 10 104 N/m e Kzz = 20 104 N/m, Figura 3.11. Os termos de

amortecimento Cxx, Czz e os termos de acoplamento Kxz, Kzx, Cxz e Czx são considerados

nulos.

1 modoo

Kxx Kxxkzz kzz x

z

y 2L/3L/3

Figura 3.11 – Rotor com mancais flexíveis e anisotrópicos

Uma hipótese razoável do deslocamento em flexão do rotor para esta

configuração pode ser da forma:

1

2

1 m yu(y,t) 1 sen p (t)2 L1 m yw(y,t) 1 sen p (t)2 L

π = +

π = +

(3.54)


problema para y = 0 e y = L onde u ≠ 0 e w ≠ 0. Os deslocamentos uo e wo são função

das rigidezes kxx e kzz nos apoios e podem ser considerados unitários para a

determinação de freqüências e modos de vibração. O parâmetro m representa o

número do modo em flexão a ser analisado. Todas as análises serão realizadas

considerando somente o 1° modo em flexão, logo m = 1.

A partir da eq. (3.54), observa-se que as rotações de seção e a energia de

deformação do eixo têm as mesmas expressões que as dadas pela eq. (3.3) e (3.5)

respectivamente.


Introduzindo as eq. (3.54) e (3.3) na eq. (2.4), a energia cinética do disco é

dada por:

π π π π π = + + + −

i i i2 2 22 22 2D

D Dx 1 2 DyM1 y y yT 1 sin I cos p p I Ω cos p p

2 4 L L L L L 1 2

(3.55)

Substituindo as eqs. (3.54) na eq. (2.22), a expressão que fornece o trabalho

virtual devido a flexibilidade dos mancais é:

xx 1 1 zz 2 2

xx 1 1 zz 2 2

1 0 1 0 1 0 1 0W k 1 sen p 1 sen p k 1 sen p 1 sen p2 L 2 L 2 L 2 L

1 L 1 L 1 L 1 Lk 1 sen p 1 sen p k 1 sen p 1 sen p2 L 2 L 2 L 2 L

π π π δ = − + δ + − + δ + π π π − + δ + − + δ +

ππ

(3.56)

Logo, a eq. (3.56) se resume em:

xx 1 1 zz 2 21 1W k p p k p2 2

δ = − δ − δp

1

(3.57)

Assim, as forças generalizadas Fp1 e Fp2 são:

= −

= −

41

42 2

Fp 5 10 p

Fp 10 10 p (3.58)

Considerando a eq. (3.6), e a equação de Lagrange eq. (2.18), as equações de

movimento para o rotor anisotrópico são:


− + = −

+ + = −

ii i

i i

41 2 1

42 1 2

m p aΩ p k p 5 10 p

m p aΩ p k p 10 10 p

1

2

=

(3.59)

ou:

1 11 2

2 22 1

m p a Ω p k p 0

m p a Ω p k p 0

− + =

+ +

ii i

ii i (3.60)

onde, 2 2

2DDx

M ym 1 sin I cos4 L L

π π = + +

yLπ

, k1 = k + 5 104 e k2 = k + 10 104. As

constantes a e k são as mesmas apresentadas na eq. (3.6).

A solução para a eq. (3.60) é também da forma apresentada pela eq. (3.7), que

quando substituída na eq. (3.58) fornece a seguinte equação matricial:

( )( )

21 1

2 22

m s k aΩ s P0

PaΩ s m s k

+ − = +

(3.61)

O polinômio característico obtido na procura da solução não trivial é:

2

4 2 21 2 1 22

k k k kas Ω sm m m mm

+ + + + =

0 (3.62)

A expressão para a primeira raiz, correspondente a primeira freqüência ω1 é :

22 22 2 21 2 1 2 1 21 2 2

k k k k k ka as Ω Ω2m 2m 2m 2m m m2m 2m

= − + + − + + −

(3.63)


onde s1 = ± j ω1. E, a expressão para a segunda raiz, correspondente a segunda

freqüência ω2 é :

22 22 2 21 2 1 2 1 22 2 2

k k k k k ka as Ω Ω2m 2m 2m 2m m m2m 2m

= − + + + + + −

(3.64)

onde s2 = ± j ω2.

Considerando o eixo e o disco do rotor da Figura 3.11 tendo as mesmas

propriedades que o rotor da Figura 3.1, chega-se a m = 8,7226, a = 3,7782, k1 =

124578,8 e k2 = 174578,8, o Diagrama de Campbell para o rotor anisotrópico é como

apresentado pela Figura 3.12.

A resposta a um desbalanceamento em um rotor anisotrópico é analisada

considerando o deslocamento da massa desbalanceadora da forma:

o

o

uLu( ,t) r senΩt d senΩt (1 sen ) d senΩt3 2 3

wLw( ,t) r cosΩt dcosΩt (1 sen ) d cosΩt3 2 3

π = + = + +

π

= + = + +

(3.65)

Usando o mesmo procedimento usado nas eqs. (3.15), (3.16) e (3.17), as

equações de movimento em um rotor anisotrópico são da forma:

21 2 1 1 d

22 1 2 2 d

m p aΩ p k p 0,933 m dΩ senΩt

m p aΩ p k p 0,933 m dΩ cosΩt

− + =

+ + =

ii i

ii i (3.66)

A substituição da solução, eqs. (3.19), nas eqs. (3.66) resulta em:


( )( )( )( )

( )( )( )( )

2 22 d

1 2 21 2

2 21 d

2 2 21 2

k m a Ω 0,933 m dΩP

k mΩ k mΩ a Ω

k m a Ω 0,933 m dΩP

k mΩ k mΩ a Ω

− +=

− − −

− +=

− − −

2 4

2 4

(3.67)

Observa-se pela eq. (3.67) que a órbita percorrida pelo eixo do rotor é elíptica,

P1 ≠ P2. Na velocidade crítica, as amplitudes P1 e P2 teoricamente se tornam infinitas, o

que corresponde a anular o denominador da eq. (3.67). Rearranjando a eq. (3.67), o

polinômio, cujas raízes são as velocidades críticas do rotor, é:

( ) ( )2 2 4 21 2 1 2m a Ω m k k Ω k k 0− − + + = (3.68)

A primeira velocidade crítica, onde a velocidade de rotação se iguala a

freqüência natural do rotor, é Ωc1 = ω = 106,8 rad/s = 17,0 hz e a segunda velocidade

crítica é Ωc2 = ω = 175,9 rad/s = 28,0 hz.

0 10 20 3Velo

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Freq

uenc

ia (H

z)

1.0E-8

1.0E-7

1.0E-6

1.0E-5

1.0E-4

1.0E-3

1.0E-2

1.0E-1

Ampl

itude

(m)

Backward

Forward

Resposta em frequencia

Frequencia = rotacao

velocidades críticas

8 7
2 1
0 40 50 60 70 80 90 100cidade de rotação (rps)

1.0E-9


Figure 3.12 – Diagrama de Campbell e deslocamento do eixo de um rotor anisotrópico

Da observação da Figura 3.12, pelo fato da amplitude ser maior, conclui-se que

a segunda velocidade crítica, correspondente ao movimento de precessão forward, é a

que apresenta maior perigo. O sentido do movimento de precessão é determinado pelo

sinal do produto P1P2, logo:

( )( ) ( )(21 2 1 2PP k m a Ω k m a Ω= − + − + )2 (3.69)

Como k1 < k2:

11 2

11 2

11 1 2

21 1 2

21 2

21 2

kΩ P P Forwardm a

kΩ P 0 e P 0m a

k Ω P P Backwardm a

kΩ P P Backwardm a

kΩ P 0 e P 0m a

kΩ P P Forwardm a

< >+

= ≠ =+

< < ω >+

ω < < <+

= = ≠+

> <+

(3.70)

As eqs. (3.70) podem ser melhor interpretadas com as Figuras 3.13 e 3.14.

BackwardForward

P1 P2

Backward

-

P1

P2

Forward

+

P1

P2

P1

P2 -

P1

P2+

P1

P2

Ω

1km a+

2km a+

1ω 2ω0


Figure 3.13 – Órbita do centro do eixo em um rotor anisotrópico

0 10 20 30 40 5Velocidade de rotação (rps)

0

1.0E-9

1.0E-8

1.0E-7

1.0E-6

1.0E-5

1.0E-4

1.0E-3

1.0E-2

1.0E-1

Ampl

itude

(m)

Bac

kwar

d

Forward Forward

18,8 15,9

Figure 3.14 – Sentido da precessão do centro do eixo de um rotor anisotrópico

33..33 –– EEffeeiittoo ddooss tteerrmmooss ddee aaccooppllaammeennttoo nnooss mmaannccaaiiss

No estudo do comportamento de rotores com termos de acoplamento nos

mancais, as propriedades consideradas são: Kxx = 2,5 104 N/m, Kzz = 5 104 N/m, Kxz = -

Kzx = 4 103 N/m. Os termos de amortecimento Cxx, Czz, Cxz e Czx são neste caso

considerados nulos.


Considerando o procedimento utilizado no item 3.2 para a obtenção das

rigidezes nos mancais, as forças generalizadas Fp1 e Fp2 são:

= − −

= − +

4 31 1

42 2

Fp 5 10 p 8 10 p

Fp 10 10 p 8 10 p2

31

=

1p=

(3.71)

As equações de movimento para o rotor nesta configuração são então da

forma:

− + + =

+ + +

ii i

ii i1 2 1 1 12 2

2 1 2 2 21 1

m p aΩ p k p k p 0

m p aΩ p k p k p 0 (3.72)

onde k1 = k + 5 104, k2 = k + 10 104, k12 = 8 103 e k21 = - 8 103. Para fins de simplificação

de notação, será considerado k = k1.

A eq. (3.72) pode também ser colocada de uma forma matricial:

1 1 1 12

21 2 22 2

p p k km 0 0 aΩ0

k k p0 m aΩ 0p p

− + +

ii i

ii i (3.73)

A solução da eq. (3.73) é também a eq. (3.7), que pode ser também colocada

de uma forma vetorial:

1 1 st

2 2

p Pe

p P

=

(3.74)

ou de forma compacta:

= stp P e (3.75)

A eq. (3.75) pode também ser colocada de forma compacta:


M p Cp K p 0+ + =ii i

(3.76)

onde M é a matriz de massa, C é a matriz giroscópica e de amortecimento e K é a

matriz de rigidez do sistema. Substituindo a eq. (3.75) na eq. (3.76), o sistema de

equações a ser resolvido pode ser colocado da forma:

0 M P M 0 Ps

K C sP 0 M sP

= − −

(3.77)

A eq. (3.77), colocada desta forma é um problema de autovalor-autovetor do

tipo [ ] [ ] A X s B X= , onde s representa os autovalores e X seus autovetores

correspondentes. Os autovalores são complexos do tipo s = λ ± jω, onde um valor

positivo de λ indica um aumento exponencial da amplitude do rotor, tornando-o instável,

logo para λ < 0: rotor estável e λ > 0: rotor instável. A variável ω representa as

freqüências naturais do rotor.

Vale ressaltar que o sistema de equações dado pela eq. (3.76) é de ordem 2,

enquanto o sistema de equações dado pela eq. (3.77) é de ordem 4.

As equações de movimento do rotor quando submetido à um

desbalanceamento, levando em consideração os termos de acoplamento são da forma:

− + + =

+ + + =

ii i

ii i

21 2 1 1 12 2 d

22 1 2 2 21 1 d

m p aΩ p k p k p 0,866 m dΩ senΩt

m p aΩ p k p k p 0,866 m dΩ cosΩt (3.78)

Em regime permanente, a solução das equações diferenciais acima são:

1 1 1

2 2 2

p P senΩt Q cosΩtp P senΩt Q cosΩt

= +

= + (3.79)


Substituindo a eq. (3.79) na eq. (3.78), e isolando os termos em senΩt e cosΩt,

o sistema a ser resolvido se colocada da forma:

2 2 * 2

1 12 12 2

1 12 12 2

221 2* 22 2 221 2

k mΩ 0 k aΩ P m dΩ0 k mΩ aΩ k Q 0

P 0k aΩ k mΩ 0Q m dΩaΩ k 0 k mΩ

− − − = − −

−

(3.80)

Com a resolução do sistema, obtém-se P1, Q1, P2 e Q2, que quando

substituídos em (3.79) fornecem p1 e p2, e que conseqüentemente, quando substituídos

em (3.54) fornecem a resposta em freqüência de um ponto qualquer ao longo do

comprimento do rotor. Logo:

( )

( )

1 1

2 2

1 yu(y,t) 1 sen P senΩt Q cosΩt2 L1 yw(y,t) 1 sen P senΩt Q cosΩt2 L

π = + +

π = + +

(3.81)

Como exemplo de aplicação, deseja-se traçar o Diagrama de Campbell e

determinar o deslocamento do centro do disco, y = L/3, considerando m = 8,7226, a =

3,7782, k1 = 124578,8, k2 = 174578,8, k12 = 8 103 e k21 = - 8 103, conforme mostra a

Figura 3.15.

Da resolução da eq. (3.77) para cada velocidade Ω, observa-se que a parte real

dos autovalores λ é sempre positiva, o que faz com que o rotor esteja em uma situação

de instabilidade.



0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Freq

uenc

ia (H

z)

1.0E-9

1.0E-8

1.0E-7

1.0E-6

1.0E-5

1.0E-4

1.0E-3

1.0E-2

1.0E-1

Ampl

itude

(m)

instável

0,0

Figura 3.15 – Diagrama de Campbell e deslocamento do centro do disco

33..44 –– EEffeeiittoo ddoo aammoorrtteecciimmeennttoo ddooss mmaannccaaiiss

1

2

Considere um rotor com propriedades de mancais do tipo: Kxx = 2,5 104 N/m,

Kzz = 5 104 N/m, Kxz = Kzx = 0, Cxx = 0,5.102 N/m/s, Czz = 1.102 N/m/s e Cxz = 0 e Czx = 0

(ver Figura 1.13).

Substituindo as derivadas no tempo das eqs. (3.54) na eq. (2.22), obtém-se a

expressão que fornece o trabalho virtual. Logo, as forças generalizadas Fp1 e Fp2 são:

= − −

= − −

i

i

4 21 1

4 22 2

Fp 5.10 p 1.10 p

Fp 10.10 p 2.10 p (3.82)


Considerando a eq. (3.6), e a equação de Lagrange eq. (2.18), as equações de

movimento para o rotor com amortecimento externo são:

4 21 2 1 1

5 22 1 2 1

m p aΩ p k p 5 10 p 2 10 p

m p aΩ p k p 5 10 p 4 10 p

− + = − −

+ + = − −

ii i i

ii i i1

2

=

1

2=

(3.83)

ou :

1 1 11 2 1

2 2 22 1 2

m p a Ω p c p k p 0

m p a Ω p c p k p 0

− + + =

+ + +

ii i i

ii i i (3.84)

onde c1 = 1.102 e c2 = 2.102.

A eq. (3.84) pode ser colocada de uma forma matricial:

1 11 1

2 22 2

p pc aΩ k 0 pm 00

aΩ c 0 k p0 m p p

− + +

ii i

ii i (3.85)

A eq. (3.85) pode também ser colocada na forma da eq. (3.74). A solução

representa os autovalores e seus autovetores associados.

As equações de movimento do rotor quando submetido à um

desbalanceamento, levando em consideração o amortecimento externo é do tipo:

21 2 1 1 1 1 d

22 1 2 2 2 2 d

m p aΩ p c p k p 0,933 m dΩ senΩt

m p aΩ p c p k p 0,933 m dΩ cosΩt

− + + =

+ + + =

ii i i

ii i i (3.86)


Em regime permanente, a solução para as equações diferenciais acima é

também dada pela eq. (3.75), que quando substituída na eq. (3.86), e isolando os

termos em senΩt e cosΩt, o sistema a ser resolvido se coloca da forma:

2 2 * 2

1 1 12 2

1 1 12 2

22 2* 22 2 22 2

k mΩ c Ω 0 aΩ P m dΩc Ω k mΩ aΩ 0 Q 0

P 00 aΩ k mΩ c ΩQ m dΩaΩ 0 c Ω k mΩ

− − − − = − − −

−

(3.87)

Com a resolução do sistema, obtém-se P1, Q1, P2 e Q2, que quando

substituídos em (3.76) fornecem p1 e p2, e que conseqüentemente, quando substituídos

em (3.54) fornecem a resposta em freqüência de um ponto qualquer ao longo do

comprimento do rotor (ver eq. (3.81)).



3,7782, k1 = 124578,8, k2 = 174578,8, c1 = 100 e c2 = 200, conforme mostra a Figura

3.16.



0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Freq

uenc

ia (H

z)

1.0E-9

1.0E-8

1.0E-7

1.0E-6

1.0E-5

1.0E-4

1.0E-3

1.0E-2

1.0E-1

Ampl

itude

(m)

Backward

Forward



velocidades críticas

Figure 3.16 – Diagrama de Campbell e deslocamento do centro do disco

Comparando a Figura 3.16 com a Figura 3.12, verifica-se que houve uma leve

alteração no Diagrama de Campbell, no entanto, houve uma redução bastante sensível

na amplitude de vibração do eixo.

33..55 –– EEffeeiittoo ddoo aammoorrtteecciimmeennttoo iinntteerrnnoo

O efeito do amortecimento interno em uma estrutura, inerente ao seu material, é

considerado matematicamente da seguinte forma:

E Eσ = ε + η εi (3.88)


onde η e são o fator de amortecimento interno viscoso e a taxa de deformação,

respectivamente.

ε

Substituindo a eq. (3.88) na eq. (2.5), tem-se:

2

V

EU2

= ε + η ε ε

∫

idV

(3.89)

A taxa de deformação calculada no sistema de coordenadas de referência,

segundo a eq. (2.7), pode ser colocada da forma:

2 * 2 *

2ux z

y y∂ ∂

ε = − −∂ ∂

i ii

2w (3.90)

onde e são as velocidades de um ponto arbitrário da seção transversal do eixo

nas direções x e z do sistema de referência, respectivamente. Considerando a eq.

(2.11), estas velocidade são:

*ui

*wi

u* u cosΩt w senΩt Ω u senΩt Ω wcosΩt

w * u senΩt w cosΩt Ω u cosΩt Ω wsenΩt

= − − −

= + + −

i i i

i i i (3.91)

Substituindo as eq. (3.90) na eq. (3.89), temos:

22 2

2 2

V

2 2 2 2

2 2 2 2

V

1 u * w *U E x z dV2 y y

1 u* w* u * wE x z x z d2 y y y y

∂ ∂= − − ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ + η − − − − ∂ ∂ ∂ ∂

∫

∫i i

* V

(3.92)

e, substituindo as eq. (2.11) e (3.91) na eq. (3.92), temos:


L L2 22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

0 0L

2 2 2 2

2 2 2 2

0

1 u w 1 u u w wU E I dy E I d2 2y y y y y y

1 u w w uE I Ω Ω dy2 y y y y

y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + η + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂+ η − +

∂ ∂ ∂ ∂

∫ ∫

∫

i i

(3.93)

Substituindo a eq. (3.2) na eq. (3.93), a energia de deformação do eixo

considerando o amortecimento interno é:

( )

( )

L4

2 221 2

0

L4

21 21 2

0

L4

21 2 2 1

0


1 yE I sen dy p p p p2 L L

1 yE I sen dy Ω p p Ω p p2 L L

π π = +

π π + η +

π π + η − +

∫

∫

∫

i i

+

=

(3.94)

Aplicando as equação de Lagrange, (2.18), nas eq. (3.4) e, considerando agora

o amortecimento interno do eixo na expressão de energia de deformação, eq. (3.94), a

equação de movimento do rotor é da forma:

1 1 21 2 1

2 2 12 1 2

m p a Ω p k p k p k Ω p 0

m p a Ω p k p k p k Ω p 0

− + η + − η =

+ + η + + η

ii i i

ii i i (3.95)



1 11 1

2 22 2

p p k k Ω pm 0 k aΩ0

k Ω k p0 m aΩ kp p

−ηη − + + ηη

ii i

ii i= (3.96)

A eq. (3.96) pode também ser colocada na forma da eq. (3.74). A solução

representa os autovalores e seus autovetores associados.



3,7782, k1 = 124578,8, k2 = 174578,7, k = 74578,8. As Figuras 3.17, 3.18 e 3.19

ilustram o efeito do amortecimento interno com os respectivos valores: η = 0,005, η =

0,05 e η = 0,5.


0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Freq

uenc

ia (H

z)

1.0E-9

1.0E-8

1.0E-7

1.0E-6

1.0E-5

1.0E-4

1.0E-3

1.0E-2

1.0E-1

Ampl

itude

(m)

Backward

Forward


instável

27,0

Figura 3.17 – Diagrama de Campbell e deslocamento do centro do disco (η = 0,005)



0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Freq

uenc

ia (H

z)

1.0E-9

1.0E-8

1.0E-7

1.0E-6

1.0E-5

1.0E-4

1.0E-3

1.0E-2

1.0E-1

Ampl

itude

(m)

Backward

Forward


instável

29,0



0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Freq

uenc

ia (H

z)

1.0E-9

1.0E-8

1.0E-7

1.0E-6

1.0E-5

1.0E-4

1.0E-3

1.0E-2

1.0E-1

Ampl

itude

(m)

Backward

Forward


instável

28,0



Observa-se pelas Figuras 3.17, 3.18 e 3.19 que com o aumento do

amortecimento, o modo de vibração backward tender a desaparecer e que a

instabilidade inicia a partir da segunda velocidade crítica.

No exemplo a seguir, é considerado um rotor com as seguintes propriedades:

m = 7,7766, a = 3,7782, k1 = 124578,8, k2 = 174578,7, k = 74578,8 e η = 0,5. Além do

amortecimento interno, será introduzido amortecimento externo nos mancais com c1 =

25 e c2 = 50, conforme mostra a Figura 3.20.

A comparação entre as Figuras 3.20 e 3.19 mostra que a introdução de

amortecimento externo nos mancais faz com que a instabilidade do rotor se dê em

velocidades maiores que a segunda velocidade crítica (90,0 rps).


0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Freq

uenc

ia (H

z)

1.0E-9

1.0E-8

1.0E-7

1.0E-6

1.0E-5

1.0E-4

1.0E-3

1.0E-2

1.0E-1

Ampl

itude

(m)

Backward

Forward


instável

90,0

Figura 3.20 – Diagrama de Campbell e deslocamento do centro do disco

33..33 –– RRoottoorr iissoottrróóppiiccoo eemm bbaallaannççoo

O método de Rayleigh-Ritz, permite também prever o comportamento de


rotores em balanço como mostra a Figura 3.21 a partir de uma aproximação do campo

de deslocamento no primeiro modo de vibração da forma como apresentado pela eq.

(3.97). Os mancais são inicialmente considerados rígidos, não tendo influência nas

equações de movimento do rotor.

1° modo

Ω x

z

y L/2L/2

Figura 3.21 – Rotor isotrópico em balanço

2

1

2

2

y yu(y,t) 2 p (t)L L

y yw(y,t) 2 p (t)L L

= −

= −

(3.97)


problema para y = 0 e y = L/2 onde u = w = 0.

As rotações de seção são determinadas fazendo (ver Figura 2.3):

12

22

w 1 y(y,t) 4 py L L

u 1 y(y,t) 4 py L L

∂ θ = = − ∂ ∂ ψ = − = − − ∂

(3.98)

As equações de movimento do rotor são obtidas a partir das energia cinética do

disco energia de deformação do eixo. Assim, introduzindo as eq. (3.97) e (3.98) na eq.

(2.4), a energia cinética do disco é dada por:


22 2 2 2

D D Dx 1 2 Dy 2 12 21 y y 1 y 1 yT M 2 I 4 p p I Ω 4 p2 L L L LL L

= − + − + − −

i i i2

p (3.99)

Como o disco está situado a y = L, a expressão de energia cinética do disco é

da forma:

2 2

D D Dx 1 2 Dy 2 121 9 9T M I p p I Ω p p2 L

= + + −

i i i

2L (3.100)

Substituindo a eq. (3.97) na eq. (2.17), a energia de deformação do eixo é dada

da forma:

(2L

2 21 22

0

1 4U E I dy p p2 L

=

∫ )+

=

(3.101)

Da aplicação da equação de Lagrange, eq. (2.24), nas eqs. (3.99) e (3.101),

temos:

11 2

22 1

m p a Ω p k p 0

m p a Ω p k p 0

− + =

+ +

ii i

ii i (3.102)

com: D Dx 29IL

= +m M , Dy 29a IL

= , 316 EI

L=k .

O procedimento de resolução da eq. (3.102) é o mesmo apresentado

anteriormente, não necessitando de maiores comentários.


Como exemplo de aplicação, considere a rotor com a configuração mostrada na

Figura 3.21, com os seguintes dados; disco rígido: IDx = 0,1225 kg.m2, IDy = 0,2450

kg.m2, MD = 7,85 kg; eixo: L = 0,4 m, I = 0,49 10-9 m4, E = 2 10 11 N/m2. Substituindo

estes dados nas equações acima tem-se: m = 14,74 e a = 13,78 e k = 24500.

A Figura 3.22 apresenta o Diagrama de Campbell e a resposta em freqüência

considerando uma massa desbalanceadora, md = 0,001 kg, colocada sobre o disco a

uma distância de 0,05 m do centro.

Comparando o rotor na configuração bi-apoiado com a configuração em

balanço, verifica-se uma redução na freqüência com o rotor parado (ω(Ω=0) = 15,5 hz

contra ω(Ω=0) = 6,5 hz), enquanto que a velocidade crítica aumentou (Ωc = 21,7 hz

contra Ωc = 25,4 hz). Observa-se que o efeito giroscópico é neste caso muito mais

acentuado (a = 3,7782 contra a = 13,78).


0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Freq

uenc

ia (H

z)

1.00E-8

1.00E-7

1.00E-6

1.00E-5

1.00E-4

1.00E-3

1.00E-2

1.00E-1

Ampl

itude

(m)

Backward

Forward



velocidade crítica

Figure 3.22 – Diagrama de Campbell e resposta em freqüência para o rotor isotrópico

em balanço

Pelo método de Rayleigh-Ritz, é possível verificar a influência de uma massa

distribuída entre y = L/8 e y = 3L/8 como mostra a Figura 3.23. O efeito desta massa no


comportamento do rotor pode ser considerado de duas formas: a) concentrando toda a

massa em y = L/4 e b) concentrando 1/3 da massa em y = L/8, y = L/4 e y = 3L/8.

Mc L/8 3L/8

Ω x

z

y L/2L/2

Figura 3.23 – Rotor isotrópico em balanço

a) Concentrando Mc em y = L/4:

A energia cinética da massa nesta situação é:

22 2 2

D c 11 1 1T M 2 p p2 4 4

= − +

i i

2 (3.103)

Logo a massa efetiva da massa distribuída é mc = 0,015625 Mc. E a massa

efetiva de todo o conjunto girante é D Dx 29M I 0,015625ML

= + + cm . A energia de

deformação da massa distribuída pode ser calculada da forma:

(23L / 8

2 21 22

L / 8

1 4U E I dy p p2 L

=

∫ )+ (3.104)

Logo a rigidez efetiva da massa distribuída é cc 3

4EIL

=k . E a rigidez efetiva de

todo o conjunto girante é c3

4EI16EIkL L

= + 3 . A Figura 3.24 mostra o comportamento do


rotor para uma massa distribuída com: Mc = 6 kg, E = 2 10 11 N/m2 e Ic = 7,36 10-9 m4,

para esta situação, onde m = 14,83, a = 13,78 e k = 116538,84. A velocidade crítica

para esta situação é (ver eq. (3.22)) Ωc = 53,02 hz.


0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100Fr

eque

ncia

(Hz)

1.00E-8

1.00E-7

1.00E-6

1.00E-5

1.00E-4

1.00E-3

1.00E-2

1.00E-1

Ampl

itude

(m)

Backward

Forward



velocidade crítica

Figure 3.24 – Diagrama de Campbell e resposta em freqüência para o rotor isotrópico

em balanço com massa distribuída

b) Concentrando 1/3 da massa em y = L/8, y = L/4 e y = 3L/8:

A energia cinética da massa nesta situação é:

2 2 22 2 2 2 2

c c cD 1 2

M M M1 1 1 1 1 3 3T 2 2 2 p2 3 8 8 3 4 4 3 8 8

= − + − + − +

i ip

(3.105)

Logo a massa efetiva da massa distribuída é mc = 0,0111075 Mc. E a massa

efetiva de todo o conjunto girante é D Dx 29m M I 0,011075ML

= + + c . Considerando a


mesma massa acima têm-se que: m = 14,81, a = 13,78 e k = 116538,84. A velocidade

crítica para esta situação é (ver eq. (3.22)) Ωc = 53,53 hz.


44 –– RREESSPPOOSSTTAA TTRRAANNSSIIEENNTTEE DDOO RROOTTOORR

O presente capítulo avalia o comportamento dinâmico de rotores em função do

tempo a partir da definição do campo de deslocamentos definido pelo método de

Rayleigh-Ritz.

44..11 –– EEqquuaaççõõeess ee ssoolluuççõõeess

A expressão de energia cinética de um disco, considerando agora a velocidade

de rotação do rotor como função do tempo φ = φi i

(t) é colocada da forma (ver eq. (2.4)):

= + + θ + ψ + ψ θ φ +

i i i i i i2 2 2 2

D D Dx Dy Dy1 1T M u w I I I2 2

φi 21

2 (4.1)

Introduzindo as eq. (3.2) e (3.3) na eq. (4.1), a energia cinética do disco é:

π π π π π = + + −

i i i i2 22 22 2 2

D D Dx 1 2 Dy 1 21 y y yT M sin I cos p p I cos p p2 L L L L L

φ (4.2)

A aplicação das equações de Lagrange, eq. (2.24) na eq. (4.2) fornece:

∂ ∂ π π π π π − = + − φ + φ ∂ ∂ ∂ ∂ π π π − = + ∂ ∂

ii i i ii

i

i

2 22 2 2D D

D Dx 1 Dy 21

1

22 2D D

D Dx2

2

T Td y y yM sin I cos p I cos p pdt p L L L L Lp

T Td y yM sin I cosdt p L L Lp

2

π π + φ

ii i i22

2 Dy 1yp I cos p

L L

(4.3)

A expressão de energia de deformação do eixo é (ver eq. (3.5)) :


(L4

2 221 2

0


π π = ∫ )+ (4.4)

A aplicação das equações de Lagrange, eq. (2.24) na eq. (4.2) fornece:

∂ π π = ∂ ∂ π π = ∂

∫

∫

4 L2

11 0

4 L2

22 0

U yE I sen dy pp L L

U yE I sen dy pp L L

(4.5)

A expressão de energia cinética de uma massa desbalanceadora, considerando

que é (ver eq. (3.15)) : φ =Ωt

= + φ φ + − φ φ

i i i i2 2d

m 1 2m

T 0,866 p d cos 0,866 p d sen2

(4.6)

Desenvolvendo a eq. (4.6), tem-se:

= + φ φ+ − φ φ+

i i i i i i2 22d

m 1 21

mT 0,75 p 1,732 d cos p 0,75 p 1,732 d sen p d

2φi 2

2 (4.7)

Aplicando as equações de Lagrange na eq. (4.7):

∂ ∂ − = + φ φ − φ φ ∂ ∂ ∂ ∂ − = − φ φ + φ φ ∂ ∂

ii ii i

i

ii ii i

i

2m m

d 1 d1

1

2m m

d 2 d2

2

T Td 0,75 m p 0,866 m d cos sendt pp

T Td 0,75 m p 0,866 m d sen cosdt pp

(4.8)


Considerando que a massa desbalanceadora é muito inferior a massa do disco

(md << MD), os termos 0, e 0, podem ser desprezados. Logo as

equações de movimento do rotor considerando a velocidade do rotor função do tempo

são colocadas da forma:

ii

d 175 m pii

d 275 m p

− φ + φ + = φ φ − φ φ

+ φ + = − φ φ + φ φ

ii i i ii ii i

ii i i ii i

2

1 2 2 1 d

2

2 1 2 d

m p a p p k p 0,866 m d cos sen

m p a p k p 0,866 m d sen cos

(4.9)


φ φ − φ φ

− φ − φ + + = φ

− φ φ + φ φ

ii iii ii ii

ii ii ii i

2

d1 1 11

2222 2 d

0,866 m d cos senp p pm 0 0 a k a

p0 m 0 kp pa 0 0,866 m d sen cos

(4.10)

Colocando a eq. (4.10) de forma compacta :

+ + =ii i

M p(t) C(t) p(t) K(t) p(t) F(t) (4.11)

A eq. (4.11) deve ser resolvida a cada instante t, ou seja:

+ + + + + + + = +ii i

M p(t ∆t) C(t ∆t) p(t ∆t) K(t ∆t) p(t ∆t) F(t ∆t) (4.12)

É comum usar o método de Newmark para resolver a eq. (4.11) onde considera-

se que as velocidades e os deslocamentos no instante (t+∆t) são da forma:


+ = + + +

i i ii ii∆tp(t ∆t) p(t) p(t) p(t ∆t)

2 (4.13)

e:

+ = + + + +

i ii ii2∆tp(t ∆t) p(t) p(t) ∆t p(t) p(t ∆t)

4 (4.14)

A eq. (4.14) pode ser colocada como:

+ = + − − −

ii i ii

24p(t

∆t) p(t ∆t) p(t) p(t) ∆t p∆t

(t) (4.15)

Substituindo a eq. (4.15) na eq. (4.13) resulta em:

[+ = + − −i i2p(t ]∆t) p(t ∆t) p(t) p(t)

∆t (4.16)

Substituindo as eqs. (4.15) e (4.16) na eq. (4.12) e rearranjando os termos:

+ + + + + = +

+ + + + + + +

i ii

2

2

4M 2 C(t ∆t) K(t ∆t) p(t ∆t) F(t ∆t)∆t∆t

4M 2 4MC(t ∆t) p(t) C(t ∆t) p(t) Mp(t)∆t ∆t∆t

(4.17)

A solução da eq. (4.17) fornece +p(t ∆t) , e as eqs. (4.15) e (4.16) fornecem

respectivamente, +iip(t ∆t) e p( +

it ∆t)

p(0), p(0)

. O procedimento se inicia em t0 = 0 com as

condições iniciais p( conhecidas. A aceleração p( é facilmente obtida

introduzindo as quantidades na eq. (4.11). No primeiro passo ∆t, a eq.

(4.17) é colocada da forma:

i0) e p(0)

ii0)

i ie

ip(0)

+ + = +

ii

24M 2 C(∆t) K(∆t) p(∆t) F(∆t) Mp(t)

∆t∆t (4.18)


Assim, p(∆t) é obtido e, p(i ii∆t) e p(∆t) são obtidos das eqs. (4.16) e (4.15)

respectivamente.

44..22 –– EExxeemmppllooss ddee aapplliiccaaççããoo

RRoottoorr iissoottrróóppiiccoo Considere um rotor isotrópico, onde por conveniência os eixos coordenados são

colocados conforme apresentado pela Figura 4.1. Desta forma, os dados são os

seguintes: disco rígido: IDy = IDz = 0,0081 kg.m2, IDx = 0,0162 kg.m2 e MD = 4 kg; eixo : L

= 0,36 m, I = 0,49 10-9 m4, E = 2 1011 N/m2. O produto massa desbalanceadora

colocada sobre o disco pela sua distância é md.d = 0,0001 kg.m. Vale ressaltar que o

vetor rotação do rotor é paralelo à direção x e evolui linearmente no tempo da forma:

Ω = C0.t, sendo C0 a aceleração do rotor.

Ω

Ω z

y

x

2L/3L/3

Figura 4.1 – Disco em y = L/3

O Diagrama de Campbell para o rotor em questão está apresentado na Figura

4.2.


Figura 4.2 – Diagrama de Campbell – rotor isotrópico

A Figura 4.3 ilustra a resposta transiente medida na posição onde se encontra o

disco sendo a aceleração C0 = 40 rad/s2 e o número de passos 1000 (time steps).

Figura 4.3 – Resposta transiente com C0 = 40 rad/s2 – rotor isotrópico



disco com a aceleração C0 = 60 rad/s2 e o número de passos 1000 (time steps).

Observa-se que com a aceleração de 60 rad/s2, as amplitudes do rotor são menores

que com a aceleração de 40 rad/s2.

Figura 4.4 – Resposta transiente com C0 = 60 rad/s2 – rotor isotrópico

A Figura 4.5 apresenta a órbita do eixo do rotor no intervalo de tempo de 2,5 a 3

s. Pode-se observar que a órbita é circular e, de acordo com a direção do vetor rotação

do rotor apresentado na Figura 4.1, o movimento de precessão é direto.


Figura 4.5 – Órbita circular de um rotor isotrópico

RRoottoorr aanniissoottrróóppiiccoo Considere um rotor anisotrópico, conforme apresentado pela Figura 4.6 com os

seguintes dados: disco rígido: IDy = IDz = 0,0225 kg.m2, IDx = 0,045 kg.m2 e MD = 4 kg;

eixo: L = 0,36 m, I = 0,49 10-9 m4, E = 2 1011 N/m2 e rigidez dos mancais: kyy = 1.106

N/m e kzz = 1.108 N/m. O produto massa desbalanceadora colocada sobre o disco pela

sua distância é md.d = 0,0001 kg.m. O vetor rotação do rotor Ω é também paralelo à

direção x e evolui linearmente no tempo da forma: Ω = C0.t, sendo C0 a aceleração do

rotor.

Kzz KzzKyy Kyy z

y

x 2L/3L/3

Ω

Figura 4.6 – Rotor com mancais flexíveis e anisotrópicos

O Diagrama de Campbell para o rotor em questão está apresentado na Figura

4.7.


Figura 4.7 – Diagrama de Campbell – rotor anisotrópico


disco com a aceleração C0 = 60 rad/s2 e o número de passos 1000 (time steps).

Figura 4.8 – Resposta transiente com C0 = 60 rad/s2 – rotor anisotrópico


A Figura 4.9 apresenta a órbita do eixo do rotor no intervalo de tempo de 2 a 2,5

s. Pode-se observar que a órbita não é mais circular e, de acordo com a direção do

vetor rotação do rotor apresentado na Figura 4.6, o movimento de precessão é direto.

t = 2,5 s

Figura 4.9 – Órbita de um rotor anisotrópico (de 2 a 2,5 s) – precessão direta

A Figura 4.10 apresenta a órbita do eixo do rotor no intervalo de tempo de 3 a

3.2 s. Pode-se observar que a órbita é não circular e, de acordo com a direção do vetor

rotação do rotor apresentado na Figura 4.6, o movimento de precessão é inverso.

A Figura 4.11 apresenta a órbita do eixo do rotor no intervalo de tempo de 4 a

4,5 s. Pode-se também observar que a órbita é não e, de acordo com a direção do vetor

rotação do rotor apresentado na Figura 4.6, o movimento de precessão é direto.


t = 3 s

Figura 4.10 – Órbita de um rotor anisotrópico (de 3 a 3,2 s) – precessão inversa

t = 4 s

Figura 4.11 – Órbita de um rotor anisotrópico (de 4 a 4,5 s) – precessão direta


44..33 –– FFaaddiiggaa eemm eeiixxooss ddee rroottoorreess

No projeto de máquinas rotativas, devem ser considerados diferentes aspectos

técnicos para o seu perfeito funcionamento. Um dos aspectos que devem ser

considerados é a análise de tensões de seus componentes, mais particularmente de

seu eixo.

Em virtude das grandes amplitudes de vibração da máquina rotativa, e

conseqüentemente da grande intensidade das tensões que atuam na seção transversal

do eixo, é importante considerar neste contexto, a posição da velocidade de operação

da máquina rotativa com relação à suas velocidades críticas, o sentido do movimento

de precessão do eixo (direto ou inverso), o número de vezes que a máquina passa

pelas velocidades críticas (nas acelerações e nas desacelerações), etc. Em função das

características da máquina rotativa e da posição de sua velocidade de operação, as

tensões atuantes na seção transversal do eixo poderiam exceder a resistência do

material do eixo causando a sua falha. Em função do movimento de precessão do eixo

e do número de vezes que a máquina acelera e desacelera, a falha no eixo poderia

ocorrer por fadiga do material. Portanto, além dos aspectos dinâmicos que devem ser

analisados no comportamento de uma máquina rotativa, é interessante proceder-se a

uma análise de tensões, sobretudo ao que diz respeito à falha por fadiga.

A falha por fadiga começa na borda da seção transversal em um ponto do eixo

que apresenta descontinuidade de material (mudança de seção transversal, rasgo de

chaveta, etc.). A ruptura se propaga no sentido diametral de forma lenta em boa parte

da seção transversal até a ruptura rápida do eixo na sua última porção (ver Figuras 4.12

e 4.13).


Origem da fratura

Zona de crescimento lento da fratura (marcas de praia)

Zona de fratura instantânea (aspecto de fratura frágil)

Figura 4.12 – Comportamento da fratura por fadiga na seção transversal do eixo

Figura 4.13 – Seção transversal de um eixo exibindo falha por fadiga

Contrariamente a resistência estática de um material obtida em ensaio de

tração simples, a qual apresenta baixa dispersão nos resultados medidos, a resistência

à fadiga de um material necessita de um número muito grande de ensaios e

posteriormente de processamento estatístico. Esse é um dos motivos pelo qual o

fenômeno de falha por fadiga não ser totalmente conhecido.


A Figura 4.14 apresenta um exemplo de curva de resistência à fadiga para um

número finito de ciclos, também chamada de Diagrama S-N (Stress-Number of cyclos)

com corpos-de-prova de um mesmo material.

1E+3 1E+4 1E+5 1E+6 1E+7Ciclos, N

2

3

4

5

100

S (MPa)

Limite de resistência à fadigaSn

Figura 4.14 – Exemplo de Diagrama S-N

A experiência mostra que para um número de ciclos menor que 103, a

resistência à fadiga pode ser considerada como sendo a própria resistência estática do

material.

Uma pesquisa realizada usando uma grande quantidade de dados de testes de

tração simples e testes rotativos de fadiga, mostra que há uma relação entre a

resistência à fadiga e a resistência à tração, que para aços pode variar de 40 a 60%

para uma resistência de até 400 MPa. Para valores maiores que 400 Mpa, o limite de

resistência à fadiga fica em torno de 200 MPa. Por causa da dispersão nos valores do

limite de resistência à fadiga, adota-se um limite médio de resistência à fadiga:


'n r r'n r

S 0,50 S para S 400 MPa

S 200 MPa para S 400 MPa

= ≤

= > (4.19)

O limite de resistência a fadiga pode ser modificado por uma série de fatores:

acabamento superficial (ka), dimensões da peça (kb), confiabilidade (kc), temperatura

(kd), concentração de tensões (ke), efeitos diversos (kf), etc. Assim

'

n a b c d e f nS k k k k k k S= (4.20)

A evolução das tensões na seção transversal do eixo do rotor em função do

tempo são determinadas da forma:4

∂ ∂σ = ε = − −

∂ ∂

2 2

y y 2u(t) w(t)(t) E (t) E x zy y

2 (4.21)

Considerando os deslocamentos dados pela eq. (3.2) e a solução da equação

diferencial de movimento do rotor quando submetido a uma força de excitação síncrona

dada pela eq. (3.19), a eq. (4.21) pode ser colocada da forma:

2

y y 1 2y y(t) E (t) E x sen p (t) z sen p (t)

L L Lπ π π σ = ε = +

(4.22)

Colocando a eq. (4.22) de forma mais compacta:

[2

y (t) E x u(y,t) z w(y,t)Lπ σ = +

]

(4.23)

4 Para manter a mesma simbologia usada no início do texto, a tensão normal à seção transversal do eixo

será mantida σy e não S como na análise de falha por faiga.


onde y é a posição do ponto ao longo do comprimento do rotor, e x e z são as

coordenadas do ponto na seção transversal do eixo onde se deseja obter o valor de

tensão.

Como exemplo de aplicação, considere o rotor isotrópico visto no item 4.2

acelerando a 60 rad/s2. A distribuição das tensões no tempo de 3,1s é conforme mostra

a Figura 4.15 (ver Figura 4.4):

Figura 4.15 – Distribuição das tensões normais em t = 3,1s

Observa-se que a maior tensão situa-se no ponto ao longo do eixo onde está

posicionado o disco e é de 63,5 MPa. Sem considerar a redução da resistência à fadiga

por fatores diversos conforme apresentado pela eq. (4.20), o eixo desse rotor teria vida

infinita, conforme mostra a Figura (4.14).


55 –– BBAALLAANNCCEEAAMMEENNTTOO EEMM RROOTTOORREESS

55..11 –– IInnttrroodduuççããoo Segundo a norma brasileira NBR8007/83, o desbalanceamento é aquela

condição que existe em um rotor, quando forças e movimentos vibratórios são

imprimidos em seus mancais, por forças centrífugas. Estas forças centrífugas surgem

quando o centro de massa do rotor não coincide com o seu centro geométrico. Em

função destas forças centrífugas, a amplitude de vibração em um rotor pode ultrapassar

valores admissíveis por norma, podendo levar a máquina rotativa ao colapso.

Para evitar ou diminuir as vibrações devido ás forças centrífugas, deve-se

realizar o balanceamento da máquina que, segundo a norma brasileira NBR8008/83, o

balanceamento é um procedimento que procura melhorar a distribuição de massa de

um corpo, de modo que este gire em seus mancais sem forças de desbalanceamento.

Antes de realizar o balanceamento em um rotor, é necessário inicialmente

identificar se as vibrações têm origem no desbalanceamento ou se têm uma outra

origem como por exemplo: o empenamento do eixo, desalinhamento entre seus

componentes, folga nos mancais, trinca no eixo, etc.

55..22 –– PPrriinnccííppiioo bbáássiiccoo ddoo bbaallaanncceeaammeennttoo Em todos os métodos de balanceamento, o princípio básico do balanceamento

é o de gerar esforços que compensem (anulem) o efeito das forças centrífugas

geradas. A Figura 5.1 apresenta uma situação de um rotor operando a uma velocidade

Ω, em uma órbita de raio r excitado por uma massa desbalanceadora, md, que gera

uma força centrífuga Fc = mdrΩ2. Se existe somente uma massa única massa

desbalanceadora, a compensação pode ser feita em um único plano, chamado de plano

de compensação.

Vale lembrar que, se a velocidade de operação do rotor Ω é menor que a

primeira velocidade crítica do rotor ω1, a amplitude da órbita r e a força centrífuga estão

em fase (β = 0°), e se a velocidade de operação do rotor Ω é maior que a primeira

velocidade crítica do rotor ω1, a amplitude da órbita r e a força centrífuga estão


defasados (β = 180°) (ver Figura 1.8). Como normalmente o que se mede é a amplitude

r, isto significa que, se Ω < ω1, a força restauradora Fr deve estar defasada de r de 180°

e se Ω > ω1, a força restauradora Fr deve estar em fase com r.

Plano de compensação Fr

md Fc = mdrΩ2

r Ω

Figura 5.1 – Efeito da força restauradora em um plano de compensação.

Podem ocorrer situações onde a massa desbalanceadora gera um força

centrífuga Fc = mdrΩ2 e um momento Mc = mdrΩ2 yd, conforme mostra a Figura 5.2.

y2 y1

yd

Fr 1 Plano de compensação - 1

Y

Z Plano de compensação - 2

Fr 2

md

Fc

r Ω

Figura 5.2 – Efeito das forças restauradoras em dois planos de compensação.

Como nem sempre é possível identificar o plano onde atua a força centrífuga,

para balancear o rotor nestas situações são necessários no mínimo dois planos de

compensação de maneira que o equilíbrio de força e momento seja restabelecido:


c r1 r2 2F F F y 0− − = (5.1)

c d r1 1 r2 2F y F y F y 0− + = (5.2)

Em função das características dos componentes dos rotores (eixo, disco,

mancais, etc.), estes podem ser considerados rígidos ou flexíveis. De maneira geral, um

rotor rígido é aquele que opera em uma velocidade em cujo modo de vibração o eixo se

comporta como se fosse rígido (deformação somente dos mancais). Enquanto que, um

rotor flexível é aquele que opera em uma velocidade em cujo modo de vibração o eixo

se comporta como se fosse flexível (ver Figura 1.10).

Existem vários métodos para o balanceamento de rotores, porém um dos mais

utilizados é o Método dos Coeficientes de Influência.

55..33 –– MMééttooddoo ddooss CCooeeffiicciieenntteess ddee IInnfflluuêênncciiaa O Método dos Coeficientes de Influência é um dos métodos mais utilizados para

o balanceamento de rotores rígidos e que pode também ser utilizado para o

balanceamento de rotores flexíveis, Vance, J. M., 1988 e Seve, F., 2002. O Método dos

Coeficientes de Influência é baseado nos seguintes conceitos: o campo de

balanceamento requer geralmente a quantificação da resposta do eixo do rotor, da

força aplicada e da relação entre elas expressa da forma:

ForçaRespostaRestrição

= (5.3)

No campo do balanceamento de rotores, a restrição na eq. (5.3) pode ser

considerada como um parâmetro do tipo rigidez do rotor associado a uma deflexão (ou

amplitude de vibração) devido a um desbalanceamento específico. Logo, a eq. (5.3)

pode ser reescrita da forma:

DesbalanceamentoVibraçãoSensibilidade

= (5.4)


As variáveis da eq. (5.4) são quantidades vetoriais, contendo uma magnitude e

uma direção. Se uma vibração inicial do rotor é descrita por um vetor A e o

desbalanceamento é definido por um vetor U, então o vetor sensibilidade S do rotor a

este balanceamento específico é da forma:

UAS

→→

→= (5.5)

O vetor sensibilidade S pode ser experimentalmente determinado pela adição de

uma massa de calibração conhecida colocada em uma posição angular conhecida e

medindo-se a amplitude de vibração do rotor. Assumindo que o novo vetor

desbalanceamento devido a introdução da massa de calibração seja definido por W e o

vetor amplitude de vibração resultante definido por B medido nas mesmas condições de

operação quando medido o vetor vibração inicial A, a eq. (5.5) pode ser expandida

como:

U WBS

→ →→

→

+= (5.6)

Expandindo a eq. (5.6) e considerando a eq. (5.5) tem-se:

U W WB AS S S

→ → →→ →

→ → →= + = + (5.7)

ou:

WB AS

→→ →

→− = (5.8)


Logo, o vetor sensibilidade pode ser obtido:

WSB A

→→

→ →

= −

(5.9)

Assim, o vetor desbalanceamento U, que em princípio é desconhecido, pode ser

determinado por:

U S x A→ → →= (5.10)

O procedimento para o balanceamento de um rotor considerando o Método dos

Coeficientes de Influência pode ser exemplificado da seguinte forma: considere um

rotor com dois mancais e um disco (plano de compensação). Dois sensores de vibração

instalados em cada uma das extremidades medem as amplitudes de vibração (ver

Figura 5.3). O centro geométrico do disco é C, o centro de massa é M e a origem do

sistema de coordenadas é O.

Z Z45°

X45° 45°

Z

X

X

M

C≈O

45°

Vista do plano de compensação

Figura 5.3 – Configuração de um rotor para o procedimento de balanceamento em um

plano de compensação


A configuração deformada do rotor quando submetido a uma velocidade de

operação Ω é da seguinte forma:

U

θ=Ωt

X Z

β

Ω

A

O

M

C

Figura 5.4 – Configuração deformada do rotor submetido a um desbalanceamento U

A representação da evolução no tempo da vibração do rotor pode ser captada

pelos sensores instalados em X e Z pode ser como ilustrado na Figura 5.5.

t

OC

X

OC

Z

Figura 5.5 – Evolução da amplitude de vibração captada pelos sensores em X e Z.


Após a introdução da massa de calibração M’ conhecida em uma posição

angular conhecida, o desbalanceamento gerada por esta massa será W e a amplitude

de vibração resultante será B, quando o rotor é submetido a mesma velocidade de

operação Ω (ver Figura 5.6):

U B

M’

M

θ=Ωt

Z

ΩO

C

X

W

Figura 5.6 – Configuração deformada do rotor devido a introdução da massa de

calibração M’

A medição dos ângulos é feita a partir de uma referência e deve seguir uma

convenção como, por exemplo, a apresentado na Figura 5.7:

90°

X

0°

Ω

315°

270°225°

180°

135°

45°

Z

Figura 5.7 – Convenção de sinais para a medição dos ângulos

Para fins de exemplificação do Método dos Coeficientes de Influência,


considere um rotor bi-apoiado de comprimento de 4,4958 m, diâmetro de 380 mm e

massa total de 3158,08 kg (ver Figura 5.3). A primeira velocidade crítica deste rotor é

ω1 = 1500 rpm e o rotor será balanceado na velocidade de Ω = 1650 rpm.

A Figura 5.8 apresenta a seção transversal do eixo do rotor em uma posição

deformada devido ao seu desbalanceamento inicial U, o qual deseja-se medir. O vetor

A→

representa o deslocamento medido devido ao desbalanceamento inicial U e

é A 5,6 m 322= µ ∠→

.

Z

X

β

A

OU

M C

Ω

322°

Figura 5.8 – Vibração inicial devido ao desbalanceamento U

Introduzindo uma massa de calibração M’ = 567 gramas a 40° de X, o

desbalanceamento adicional gerado pela massa de calibração é ,

conforme mostra a Figura 5.9. O deslocamento resultante da adição da massa de

calibração é B 7 . Recomenda-se por norma que a massa de calibração

deve ser tal que a força centrífuga gerada por ela deve estar entre 5% e 15% do peso

do rotor.

W 567gramas 40→

= ∠

,54 m 226→= µ ∠

Assim, o vetor sensibilidade é obtido com a eq. (5.9) e é da forma:

567gramas 40S7,54 m 226 5,6 m 322

→ ∠= µ ∠ − µ ∠

(5.11)


U

M’40° X

Z

O

M C

Ω

226°

W

B

Figura 5.9 – Vibração com massa de calibração M’

Usando as regras de subtração e divisão de vetores (ver anexo 6.3), tem-se:

( )567gramas 40 567gramasS 49,85 m9,85 m 192

→ ∠ = = ∠ µµ ∠ 0 192−

∠

(5.12)

Portanto, o vetor sensibilidade é da forma:

S 57,56gramas / m 208→= µ (5.13)

O vetor desbalanceamento pode ser determinado a partir da eq. (5.10): U→

U S x A 57,56gramas / m 208 x 5,6 m 322→ → →= = µ ∠ µ ∠ (5.14)

Usando as regras de multiplicação de vetores, tem-se que o desbalanceamento

inicial do rotor dado pelo vetor U é (ver Figura 5.10): →

( )U S x A 57,56x5,6gramas 208 322 322gramas 170→ → →= = ∠ + = ∠ (5.15)


X

Z

β=180°

A

OMC

Ω

170°

U

Figura 5.10 – Identificação de debalanceamento inicial U

Conclusão: Como o rotor foi balanceado em uma velocidade Ω > ω1, a defasagem entre

a resposta e a excitação é 180°. Logo, a força restauradora deverá ser tal que

(ver Figura 5.11). Este efeito mode ser obtido adicionando uma

massa de correção M’ de 322 gramas a 350° de X, ou retirando uma massa de 322

gramas a 170° de X.

rU 322gramas 350→= ∠

3

r

Z

F

50°

C M O’

U

igura 5.11 – Localização d

Ω

a força restaurador

U

X

M

a Ur


O Método dos Coeficientes de Influência pode ser aplicado em dois ou mais

planos de compensação (W1 e W2) (ver Figura 5.12).

2 1

W2W145°

X45°

Z45°

X45°

Z

Figura 5.12– Configuração de um rotor para o procedimento de balanceamento em dois

planos de compensação

No caso de dois planos de compensação a eq. (5.5) se torna:

1 21

11 12

1 22

21 22

U UAS S

U UAS S

→ →→

→ →

→ →→

→ →

= +

= +

(5.16)

onde:

1A→

= vetor vibração inicial medido no mancal 1,

2A→

= vetor vibração inicial medido no mancal 2,

1U→

= vetor desbalanceamento no plano 1,

2U→


11S→

= vetor sensibilidade no mancal 1 devido a W1,


12S→


21S→


22S→

= vetor sensibilidade no mancal 2 devido a W2.

Devido a introdução de uma massa de calibração no plano 1 (W1), os novos

vetores vibração são:

11 211

11 12

11 221

21 22

U W UBS S

U W UBS S

→ → →→

→ →

→ → →→

→ →

+= +

+= +

(5.17)

onde:

1W→


11B→

= vetor vibração medido no mancal 1 devido a W1,

21B→


e, retirando a massa de calibração do plano 1 (W1) e introduzindo a massa de

calibração do plano 2 (W2), os novos vetores vibração são:

21 212

11 12

21 222

21 22

U U WBS S

U U WBS S

→ → →→

→ →

→ → →→

→ →

+= +

+= +

(5.18)

onde:


2W→


12B→


22B→


As eqs. (5.16), (5.17) e (5.18) podem ser arranjadas a obter as sensibilidades

, , e . Substituindo as sensibilidades nas eqs. (5.16), os

desbalanceamentos e U podem ser determinados:

11S→

12S→

21S→

22S→

1U→

2→

1 212 22

1

12 22

11 21

2 121 11

2

21 11

22 12

S x A S x AU

S S

S S

S x A S x AU

S S

S S

→ → → →

→

→ →

→ →

→ → → →

→

→ →

→ →

−

= −

−

= −

(5.19)

Em rotores flexíveis, o Método dos Coeficientes de Influência deve ser utilizado

em conjunto com uma avaliação modal. A Figura 5.13 apresenta o efeito das massas

de correção (balanceadoras) nos diferentes modos de vibração de um rotor flexível.

Considerando que as massas de correção devem ser tais que as forças

centrífugas por elas geradas devem anular a força centrífuga gerada pela massa

desbalanceadora, as forças centrífugas geradas pelas massas de correção podem ser

diferentes em função da velocidade de operação do rotor que excitará um ou outro

modo de vibração. Tem sido demonstrado experimentalmente que, se somente dois

planos de correção são usados, um rotor flexível pode ser balanceado em somente

uma única velocidade, Vance, J. M. 1988. Kellenberger, W. 1972, considera que, o


número de planos de correção deveria ser igual ao número de velocidades críticas a

serem atravessadas

Massa desbalanceadora



2° Modo

1° Modo

Massas de correção

1/21/2

1

Figura 5.13 – Distribuição das massas de correção em rotores flexíveis

.


66 –– MMÉÉTTOODDOO DDOOSS EELLEEMMEENNTTOOSS FFIINNIITTOOSS AAPPLLIICCAADDOO ÀÀ DDIINNÂÂMMIICCAA DDEE RROOTTOORREESS

O método dos elementos finitos aplicado à dinâmica de rotores é um método

numérico que discretiza o rotor em ne elementos de eixo (e conseqüentemente nn nós)

e nd elementos de disco. As equações de movimento de rotor discretizado, são obtidas

aplicando as equações de Lagrange (ver eq. (5.1) ) sobre: a) a energia cinética dos

discos (os discos são considerados rígidos), b) energia cinética e de energia de

deformação dos elementos de eixo e, c) sobre a energia cinética das massas

desbalanceadoras. As forças atuantes nos mancais são consideradas através do

cálculo do trabalho virtual.

A discretização do rotor faz com que a sua cinemática (deslocamentos,

velocidades e acelerações) seja transferida para os seus nós através de suas

coordenadas generalizadas, chamadas de graus de liberdade (gdl) (u, w, que são os

deslocamentos transversais e, θ e ψ que são as inclinações de seção transversal).

A Figura 5.1 apresenta um rotor genérico discretizado em ne elementos de eixo

de comprimento , nd elementos de disco e mancais flexíveis.

nn

ne

dy

nd

Kxx

Kxxkzz

kzz Ω x

z

y ...

Figura 6.1 – Rotor discretizado em elementos de eixo e de disco

A grande vantagem do método dos elementos finitos quando comparado ao

método de Rayleigh-Ritz é que a aproximação do campo de deslocamento é polinomial

ao longo de um elemento de eixo, o que faz com que a forma dos modos de vibração

do rotor seja melhor representada, independente de sua configuração.


A equação de Lagrange aplicada sobre todas as formas de energia dos

componentes do rotor é colocada da forma:

∂ ∂ ∂− + = ∂ ∂ ∂

ii i i

d T T U Fpdt p p p

(5.1)

onde T representa a energia cinética dos elementos de disco e de eixo do rotor e a

energia cinética de uma massa desbalanceadora, U representa a energia de

deformação do eixo, Fpi são as forças generalizadas oriundas dos mancais e pi são as

coordenadas generalizadas.

55..11 –– MMaattrriizzeess ddee uumm eelleemmeennttoo ddee ddiissccoo

As matrizes de um elemento de disco são obtidas a partir da formulação de sua

energia cinética calculada da seguinte forma (ver eq. (2.3)):

2 2 2 2

2D D Dx Dy Dy

1 1T M u w I I Ω I Ω2 2

= + + θ + ψ + ψ θ +

i i i i i 12

(5.2)

Aplicando as equações de lagrange, eq. (5.1), sobre a eq. (5.2), obtêm-se as

matrizes de massa e giroscópica (ou Coriolis) de um disco:

∂ ∂ − = +

− ∂δ ∂δ θ θ

ψ ψ

ii i

ii i

ii i

ii i

D

DD D

DyDx

Dx Dy

matriz demassa matriz de Coriolis

u u0 0 0 0M 0 0 00 0 0 00 M 0 0 w wT Td Ω 0 0 0 I0 0 I 0dt

0 0 0 I 0 0 I 0

(5.3)


onde é o vetor com as coordenadas generalizadas ou deslocamentos

nodais.

(δ = θ ψ tu,w, , )

55..22 –– MMaattrriizzeess ddee uumm eelleemmeennttoo ddee eeiixxoo

As matrizes de um elemento de eixo são obtidas a partir da formulação de sua

energia cinética e sua energia de deformação em flexão. A energia cinética de um

elemento de eixo de densidade volumétrica ρ, área de seção transversal A e

comprimento , a partir da aplicação da eq. (5.2) em um elemento de volume

infinitesimal dV e comprimento dy, tem a forma:

= + ρ + θ + ψ ρ + ψ θ ρ + ρ

∫ ∫ ∫

i i i i i2 2 2 2 22 2

EV V V

1 1 ΩT u w dV z dV Ω ∆ dV ∆ dV2 2 2 ∫ 2

V

(5.4)

Expandindo as integrais da eq. (5.4), temos:

ρ ρ ρ= + + θ + ψ + + ρ ψ θ +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

i i i i i2 2 2 2 22 2

EA 0 A 0 A 0 A 0

ΩT dA u w d z dA dy Ω ∆ dA dy ∆ dA dy2 2 2

2

(5.5)

o que resulta em:

ρ ρ= + + θ + ψ + ρ ψ θ + ρ

∫ ∫ ∫

i i i i i2 2 2 22

E0 0 0

A ΙT u w dy dy 2 IΩ dy I Ω2 2

(5.6)

A energia de deformação de um elemento de eixo de material E, momento de

inércia de área I, área de seção transversal A, comprimento e força axial Fo aplicada

sobre a seção transversal do elemento, tem a forma (ver (eq. 2.17) e eq. (2.20)):


∂ ∂ ∂ ∂ = + + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∫ ∫

2 2 2 22 2o

2 2

0 0

F1 u w u wU E I dy d2 2 yy y

yy

(5.7)

Um elemento de eixo é modelado como uma viga com 2 nós, que flexiona em

dois planos ortogonais (x, y) e (z, y). Os eixos (x, y, z) formam o sistema de eixos local

do elemento. A cada nó estão associados 4 gls de forma que o vetor deslocamento

nodal do elemento é colocado da forma ( )δ = θ ψ θ ψ t1 1 1 1 2 2 2 2u ,w , , ,u ,w , , ou

e ( )δ = ψ ψ t1 1 2 2u u , ,u , ( )θ θ t

1 1 2 2w w , ,w ,δ = .

ψ2 ψ1

u2 u1 21

θ2

θ1

w2 w1

z

x

y

Figura 5.2 – Graus de liberdade de um elemento de eixo

O método dos elementos finitos define o campo de deslocamentos transversais

dentro do elemento como sendo um polinômio de grau 3 e tem a forma :

( )= δ

= δ1

2

u(y,t) N y u(t)w(y,t) N (y) w(t)

(5.8)

As inclinações de seção estão relacionadas com os deslocamentos transversais

por :


∂∂θ = = δ

∂ ∂∂∂

ψ = − = − δ∂ ∂

2

1

N (y)w(y,t)(y,t) w(t)y y

N (y)u(y,t)(y,t) u(t)y y

(5.9)

onde N1(y) e N2(y) são funções de forma de um elemento de viga em flexão de Euller-

Bernoulli:

( )

( )

= − + − + − − −

= − + − + − − +

2 3 2 3 2 3 2 3

1 2 3 2 2 3

2 3 2 3 2 3 2 3

2 2 3 2 2 3

3y 2y 2y y 3y 2y y yN y 1 ; y ; ;L LL L L L L

3y 2y 2y y 3y 2y y yN y 1 ;y ; ;L LL L L L L

L

L

(5.10)

Substituindo as eqs. (5.8) e (5.9) na eq. (5.6), a expressão de energia cinética

de um elemento de eixo pode ser colocada da forma:

ρ ρ= δ δ + δ δ + δ δ + δ δ

+ ρ δ δ + ρ

∫ ∫

∫

i i i ii i i

i

t tt t t t t t1 1 2 2

E 1 1 2 20 0

tt 21 2

0

dN dN dN dNA ΙT u N N u w N N w dy u u w w dy2 2 dy dy dy dy

dN dN2 IΩ u w dy I Ωdy dy

i

(5.11)

Substituindo as funções de forma, eqs. (5.10) e suas derivadas, na eq. (5.11) e

integrando tem-se:

= δ δ + δ δ + δ δ + δ δ + δ δ + ρi i i i ii i i it t t t t

E 1 2 3 4 51 1 1 1 1T u M u w M w u M u w M w u M w I Ω2 2 2 2 2

2 (5.12)

As matrizes M1 e M2 são matrizes clássicas de massa, M3 e M4 fornecem a

influência da inércia rotacional de seção transversal, e M5 fornece o efeito giroscópico

(ou de Coriolis) de um elemento de eixo.


Aplicando as equações de Lagrange na eq. (5.12), tem-se :

∂ ∂ − = + δ+ ∂δ ∂δ

ii iE E

sT Td (M M ) C

dtδ (5.13)

onde M e Mssão obtidas respectivamente de M1, M2 e M3, M4 e a matriz C é obtida de

M5.

θ ψ θ ψ

− − − θ

ψ −ρ= −

−

−

θ ψ

1 1 1 1 2 2 2 2

1

12 2

12

1

2

22

2

2 2

u w u w156 0 0 22L 54 0 0 13L u

156 22L 0 0 54 13L 0 w4L 0 0 13L 3L 0

4L 13L 0 0 3LSLMu420 156 0 0 22Lw156 22L 0

sim. 4L 0

4L

2 (5.14)

θ ψ θ ψ

− − − − − − θ

ψ −ρ=

−

θ ψ

1 1 1 1 2 2 2 2

1

12 2

12

1s

2

22

2

2 2

u w u w36 0 0 3 36 0 0 3 u

36 3 0 0 36 3 0 w4 0 0 3 0

4 3L 0 0IMu30 36 0 0 3w36 3 0

sim. 4 0

4

2 (5.15)


θ ψ θ ψ

− − − − − − − − θ

ψ ρ − −= −

θ− − ψ

1 1 1 1 2 2 2 2

1

12 2

12

1

2

22 2

2

u w u w0 36 3 0 0 36 3 0 u

0 0 3 36 0 0 3 w0 4 3 0 0

IΩ 0 0 3 0Cu15 0 36 3 0w0 0 3

anti sim. 0 40

(5.16)

Substituindo as eqs. (5.8) e (5.9) na eq. (5.7), a expressão de energia de

deformação em flexão de um elemento de eixo pode ser colocada da forma:

= δ δ + δ δ

+ δ δ + δ δ

∫

∫

2 t 2 2 t 2t t1 2 2 2

2 2 2 20

t tt to 1 1 2 2

0

d N d N d N d NEIU u u w w2 dy dy dy dy

F dN dN dN dNu u w w d

2 dy dy dy dy

dy

y

(5.17)

Substituindo as funções de forma, eqs. (5.10) e suas derivadas, na eq. (5.17) e

integrando tem-se:

= δ δ + δ δ + δ δ + δ δt t t t1 2 3

1 1 1 1U u K u w K w u K u w K2 2 2 2 4 w (5.18)

As matrizes K1 e K2 são matrizes clássicas de rigidez, K3 e K4 são matrizes de

rigidez devido a força axial Fo. O efeito do cisalhamento transverso em eixos cujo

diâmetro têm a mesma ordem de grandeza que o comprimento é levado em conto

através do seguinte fator:

=12EIaGA

(5.19)


onde G é o módulo de cisalhamento.


(∂= +

∂δ c FoU K K )δ (5.20)

onde Kc e K Fo são obtidas respectivamente de K1, K2 e K3, K4..

θ ψ θ ψ

− − − − + − − θ

ψ + −=

+ −

θ+ ψ+

1 1 1 1 2 2 2 2

1

12 2

12 2

1c 3

2

22

2

2 2

u w u w12 0 0 6 12 0 0 6 u

12 6 0 0 12 6 0 w(4 a) 0 0 6 (2 a) 0

(4 a) 6 0 0 (2 a)EIKu12 0 0 6(1 a)w12 6 0

sim. (4 a) 0

(4 a)

(5.21)

θ ψ θ

− − − − − −

ψ

θ ψ −

= −

θ ψ

1 1 1 1 2 2 2 2

1

12 2

12

1oFo

2

22

2

2 2

u w u w36 0 0 3 36 0 0 3 u

36 3 0 0 36 3 0 w4 0 0 3 0

4 3 0 0FK

u30 36 0 0 3w36 3 0

sim. 4 0

4

2 (5.22)

55..33 –– MMaattrriizzeess ddee rriiggiiddeezz ee ddee aammoorrtteecciimmeennttoo ddooss mmaannccaaiiss

A influência da rigidez e do amortecimento viscoso dos mancais no


comportamento em flexão do rotor é considerada a partir do trabalho virtual das forças

atuando no eixo. As forças generalizadas são então colocadas da forma :

= − − − −

= − − − −

i i

iu xx xz xx xz

w zz zx zz zx

F k u k w c u c

F k w k u c w ci

w

u

u

(5.23)

A eq. (5.23) pode ser colocada de uma forma matricial:

u xx xz xx xz

w zx zz zx zz

F k k c cuF k k c cw

w

= − −

i

i (5.24)

A eq. (5.24) pode ser expandida de forma à introduzir os graus de liberdade

relativos a inclinação de seção, θ e ψ.

θ

ψ

= − − θ

θ ψ ψ

i

i

i

i

u xx xz xx xz

w zx zz zx zz

uF k k 0 0 u c c 0 0F k k 0 0 w c c 0 0 wF 0 0 0 0 0 0 0 0F 0 0 0 0 0 0 0 0

(5.25)

55..44 –– EEffeeiittoo ddee uummaa mmaassssaa ddeessbbaallaanncceeaaddoorraa

O efeito de uma massa desbalanceadora é introduzido nas equações de

movimento do rotor através do cálculo de sua energia cinética. Considere então uma

massa desbalanceadora de massa md, situada no ponto M distante d do centro

geométrico do disco O, conforme mostra a Figura 4.3.


u

w

M

d

C

O

Ω t Z

X

Figura 4.3 – Deslocamento de uma massa desbalanceadora md

A posição da massa desbalanceadora é data pelo vetor OM é então:

+ = +

u d senΩtOM cons tante

w d cosΩt

(5.26)

Logo, o vetor velocidade instantânea da massa desbalanceadora é:

+ = =

−

i

i

md

u dΩ cosΩtdOMV

dtw dΩsenΩt

0 (5.27)

A expressão de energia cinética de uma massa desbalanceadora pode então

ser colocada da forma:

= 2m dd d

1T m V2 m

(5.28)


Substituindo a eq. (5.27) na eq. (5.28):

= + + −

i i2 2

m dd1T m u dΩ cosΩt w dΩsenΩt2

(5.29)

Desenvolvendo a eq. (5.29) tem-se :

= + + − +

i i i i2 22 2

m dd1T m u 2udΩ cosΩt w 2w dΩ senΩt Ω d2

(5.30)


∂ = − ∂

∂ = − ∂

ii

i

ii

i

2Ed d

2Ed d

Td m u m dΩ senΩtdt u

Td m w m dΩ cosΩtdt w

(5.31)

Como uma massa desbalanceadora é desprezível quando comparada a massa

dos outros componentes do rotor, os termos m u podem ser desconsiderados. ii ii

d e m wd

55..55 –– EEqquuaaççõõeess ddee mmoovviimmeennttoo ddoo rroottoorr

)

Após determinar todas as matrizes elementares dos componentes do rotor, é

possível obter a equação diferencial de movimento do rotor da forma:

M C K F(tδ+ δ+ δ =ii i

(5.32)


onde M é a matriz de massa global, C é a matriz de Coriolis global (mais a matriz de

amortecimento), K a matriz de rigidez global e F(t) são as forças generalizadas

deduzidas do trabalho virtual. A ordem das matrizes e dos vetores é função do número

total de gdls do rotor (N).

As freqüências naturais e os modos de vibração do rotor são determinados a

partir do sistema de equações homogêneas obtidas do sistema não amortecido ou não

giroscópico do tipo:

M Kδ+ δ =ii

0 (5.33)

A solução da eq. (5.33) é do tipo:

j te ωδ = φ (5.34)

onde φ é a amplitude e ω é a freqüência natural.

Substituindo a eq. (5.34) na eq. (5.33), temos:

( )2 M K 0−ω + φ = (5.35)

A eq. (5.35) consiste de um problema típico de autovalores-autovetores onde os

autovalores são as freqüências naturais do rotor, ωi, e os autovetores são os modos de

vibração associados às freqüências, φi.

Como a solução trivial, φ = 0, não nos interessa, o determinante da matriz deve

ser nulo.

( 2det M K 0−ω + =) (5.36)

A partir da eq. (5.36) determina-se o polinômio característico do problema no

qual as freqüências ωi são as raízes. Uma vez determinadas as freqüências ωi, os


modos de vibração φ i são determinados substituindo cada ωi na eq. (5.35).

A resposta em regime permanente (resposta em freqüência) do rotor é obtida a

partir da eq. (5.32). Como visto anteriormente no método de Rayleigh-Ritz, a resposta

de um ponto pode ser obtida a partir de uma hipótese razoável do deslocamento do

rotor. Fazendo uso do método dos elementos finitos, nesta hipótese é freqüentemente

utilizado os modos de vibração φi, o qual é chamado de método Modal. Normalmente, o

número total de gdls do rotor N é muito elevado, sendo considerados somente os n

primeiros autovetores (n <<N).

pδ = φ (5.37)

Substituindo a eq. (5.37) na eq. (5.32) e pré-multiplicando por φt, temos:

t t t tM p C p K p F(t)φ φ + φ φ + φ φ = φ (5.38)

As freqüências naturais em função da rotação do rotor, ω = ω(Ω), são obtidas

resolvendo a equação homogênea:

t t tM p C p K p 0φ φ + φ φ + φ φ = (5.39)

A resposta em regime permanente, devido a um desbalanceamento é uma

solução do tipo:

= +1 2p P senΩ t P cosΩ t (5.40)

e a resposta devido a uma força assíncrona é uma solução do tipo:

= µ + µ1 2p P sen Ω t P cos Ω t (5.41)


55..66 –– PPrroopprriieeddaaddeess ddooss mmooddooss

φ

Considere a eq. (5.35) após a determinação da freqüência ωi e do modo de

vibração φi.

2i iM Kω φ = i (5.42)

A freqüência ωj e modo de vibração φj é uma outra solução do problema:

2j jM Kω φ = j (5.43) φ

i

Pré-multiplicando a eq. (5.42) por φjt e a eq. (5.43) por φi

t, tem-se:

2 t ti j i j

2 t tj i j i

M K

M K

ω φ φ = φ φ

ω φ φ = φ φ j

i

i

φ

(5.44)

Como as matrizes M e K são simétricas, a igualdade existe:

t ti j j

t ti j j

M M

K K

φ φ = φ

φ φ = φ φ (5.45)

Substituindo as eq. (5.45a) e (5.45b) na eq. (5.44b), tem-se:

2 t tj j i jM Kω φ φ = φ φi (5.46)

Subtraindo a eq. (5.46) da eq. (5.44a), temos:

( )2 2 ti j j iMω −ω φ φ = 0 (5.47)


Como as freqüências naturais são diferentes, ωi ≠ ωj, com exceção dos modos

de corpo rígido, ωi = ωj = 0:

tj iMφ φ = 0

0

(5.48)

e levando em consideração a eq. (5.44a):

tj iKφ φ = (5.49)

Considere a eq. (5.42), pré-multiplicada desta vez por φit:

2 t ti i i iM Kω φ φ = φ φi (5.50)

ou:

t

2 i ii t

ii i

KmM

φ φω = =

φ φik

1(t)

(5.51)

onde ki e mi são a rigidez modal e a massa modal associadas ao modo ωi e φi.

Da eq. (5.31), observa-se que a matriz Coriolis é anti-simétrica. Assim, da eq.

(5.39), conclui-se que a matriz φtCφ não é diagonal como as matrizes φtMφ e φtKφ, o que

corresponde ao não desacoplamento entre as n equações do sistema.

Para a resposta em regime permanente, solução da eq. (5.38), deve então ser

utilizado o método “pseudo-modal”.

1 1 1 1t

n n n n n

m 0 p k 0 p f0 C p 0

0 0 m p 0 0 k p f (t)

+ φ φ + =

(5.52)


55..77 –– TTééccnniiccaa ddee mmoonnttaaggeemm ddaass mmaattrriizzeess gglloobbaaiiss

Considere o rotor visto anteriormente discretizado em três elementos de eixo

(ou viga) de igual comprimento = L/3 (1, 2, e 3) e um elemento de disco (4), com

quatro nós, Figura 4.4:

4

321

11 2

221

4321

Figura 4.4 – Malha do rotor simplesmente apoiado

No modelo acima, os nós de cada elemento de eixo ou de disco, estão

relacionados aos nós do rotor segundo a tabela abaixo:

N° do elemento Tipo de elemento Nós do rotor Vetor deslocamento δ

1 Viga 1 – 2 u1, w1, θ1, ψ1, u2, w2, θ2, ψ2

2 Viga 2 – 3 u2, w2, θ2, ψ2, u3, w3, θ3, ψ3

3 Viga 3 – 4 u3, w3, θ3, ψ3, u4, w4, θ4, ψ4

4 Disco 2 u2, w2, θ2, ψ2

As matrizes globais de massa, rigidez e de Coriolis são obtidas superpondo as

matrizes elementares de acordo com a tabela acima. A seguir é mostrado a matriz de

rigidez global após a superposição das matrizes de rigidez elementares dos elementos

1 e 2:


1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 4

3

u w u w u w u ...

EIKL

θ ψ θ ψ θ ψ

=

1

1

1

1

2

2

2

2

3

3

3

4

4

4

4

uw

uw

u3w

uw

θ

ψ θψ

θψ

θ ψ

(5.55)

2 2

2 2

2 2

2 2

12 0 0 6L 12 0 0 6L12 6L 0 0 12 6L 0

4L 0 0 6L 2L 0

4L 6L 0 0 2L12 12 0 0 6L 6L

12 12 6L 6L 0

4L 4L 0

4L 4L

− − − −

+ − + − + +

2

2

2

2

12 0 0 6L0 12 6L 0

0 6L 2L 0

6L 0 0 2L12 0 0 6L

12 6L 0

sim. 4L 0

4L

−−

+ −

−

55..88 –– EExxeemmppllooss ddee aapplliiccaaççããoo

Serão apresentados a seguir resultados obtidos pelo método dos elementos

finitos de rotores com mancais isotrópicos em configurações diferentes: bi-apoiado e

em balanço, conforme ilustram as figuras abaixo. As propriedades do eixo e do disco

são as mesmas apresentadas nos exemplos anteriores.

RRoottoorr bbii--aappooiiaaddoo –– ccaassoo 11

Ω x

z

y

5L/6L/6



Figura 4.6 – Diagrama de Campbell e modos 1 e 2 para o disco em y = L/6


Ω x

z

y

2L/3L/3





Ω x

z

y L/2L/2




RRoottoorr eemm bbaallaannççoo –– ccaassoo 11

Ω x

z

y L/65L/6

Figura 4.11 – Segundo apoio em y = L/6


Figura 4.12 – Diagrama de Campbell e modo 1 para o segundo apoio em y = L/6


Ω x

z

y L/32L/3





Ω x

z

y L/2 L/2



66 –– AANNEEXXOOSS

66..11 –– VViibbrraaççõõeess ffoorrççaaddaass ((JJeeffffccootttt rroottoorr))

As equações diferenciais que descrevem o movimento do centro geométrico de

um disco de massa m, acoplado a um eixo de rigidez k e o conjunto tendo um

amortecimento viscoso c e velocidade de rotação Ω, são obtidas a partir da

determinação da energia cinética do disco, energia de dissipação do conjunto e energia

de deformação do eixo:

A energia cinética do disco é da forma:

2 2x z

1T m V V2

= +

i i

(5.1)

onde e são as velocidades transversais nas direções X e Z do centro de massa

M do disco e são da forma (ver Figura 5.1):

xVi

zVi

( )

( )

xx

zz

dV dV r sen d sendt dt

dV dV r cos d cosdt dt

= = φ + φ + β

= = φ + φ + β

i

i (5.2)

Considerando as coordenadas do centro geométrico do disco como sendo X e

Z e sabendo que para uma precessão genérica (não síncrona), ( )d Ωdt

φ + β = φ+ β =i i

, as

velocidades transversais são :

( )

( )

x

z

V X dΩ cos

V Z dΩ sen

= + φ + β

= − φ + β

i i

i i (5.3)


d cos (φ+β)

r cos φ

d se

n(φ+

β)

r sen

φ

β

r M d C

O

φ

Z

X

Figura 5.1 – Jeffcott rotor realizando um movimento de precessão

Logo, a expressão para a energia cinética do centro de massa do disco é:

( ) ( ) = + φ + β + − φ + β

i i2 21T m X dΩ cos Z dΩ sen2

(5.4)

A energia de dissipação do conjunto é da forma:

2 21D c X Z2

= +

i i

(5.5)

E, a energia de deformação do eixo é da forma:

( 2 21U k X Z2

= + ) (5.6)

As equações de movimento são determinadas aplicando as equações de

Lagrange sobre todas as formas de energia ou trabalho encontradas no sistema


rotativo:

ii i i

i

d T T U D Fpdt p p pp

∂ ∂ ∂ ∂ − + + =

∂ ∂ ∂ ∂ i (5.7)

onde pi são as coordenadas generalizadas, X e Z, e Fpi são forças generalizadas.

Desta forma:

(2d T mX m dΩ sendt X

∂ = − φ + β ∂

ii

i ) (5.8)

(2d T mZ m dΩ cosdt Z

∂ = − φ + β ∂

ii

i ) (5.9)

T 0X∂

=∂

(5.10)

T 0Z∂

=∂

(5.11)

U k XX∂

=∂

(5.12)

U k ZZ∂

=∂

(5.13)

D c XX

∂=

∂

i

i (5.14)

D c ZZ

∂=

∂

i

i (5.15)

As forças generalizadas são nulas pois os mancais não são flexíveis. Somando

as eqs. (5.8), (5.10), (5.12) e (5.14) e somando as eqs. (5.9), (5.11), (5.13) e (5.15), as

equações diferencias que descrevem o movimento do centro geométrico do disco são:


2

2

mX c X kX mΩ d senΩt

mZ c Z kZ mΩ d cosΩt

+ + =

+ + =

ii i

ii i (5.16)

onde ( )Ωt = φ + β

As soluções das eqs. (5.16) podem ser colocadas da forma:

( )( )

X r sen Ωt

Z r cos Ωt

= −

= −

β

β

β

β

(5.17)

onde r é a amplitude da órbita do centro geométrico do disco. Observa-se que, na

presença de amortecimento, os deslocamentos estão defasados (atrasados) de β com

relação à força de excitação devido ao desbalanceamento.

Desenvolvendo as eqs. (5.17), tem-se :

( )( )

X r senΩt cos cosΩt sen

Z r cosΩt cos senΩt sen

= β −

= β + (5.18)

Substituindo as eqs. (5.18) nas equações de movimento, (5.16), tem-se :

[ ][ ]

[ ][ ]

2 2

2

2 2

2

mΩ senΩt cos mΩ cosΩt sen

r cΩ cosΩt cos cΩ senΩt sen mΩ d senΩt

k senΩt cos k cosΩt sen

mΩ cosΩt cos mΩ senΩt sen

r cΩ senΩt cos cΩ cosΩt sen mΩ d co

kcosΩt cos k senΩt sen

− β + β + β + β + = β − β − β − β + − β + β + = β + β

sΩt

(5.19)

Igualando os termos em cosΩt e senΩt, as eqs. (5.19) se subdividem em :


2 2

2

2 2

2

r mΩ cos cΩ sen k cos senΩt mΩ d senΩt

r mΩ sen cΩ cos k sen cosΩt 0

r mΩ cos cΩ sen kcos cosΩt mΩ d cosΩt

r mΩ sen cΩ cos k sen senΩt 0

− β + β + β =

β + β − β =

− β + β + β =

− β − β + β =

(5.20)

Observa-se que as eqs. (5.20a) e (5.20c) são iguais, assim como as eqs.

(5.20b) e (5.20d) são também iguais. Como: r ≠ 0, senΩt ≠ 0 e cosΩt ≠ 0, da eq. (5.20b)

ou (5.20d) tem-se que :

( )2cΩsen cos

mΩ kβ = β

− + (5.21)

ou :

( )2sen cΩtancos mΩ k

β= β =

β − + (5.22)

Substituindo a eq. (5.21) na eq. (5.20a) ou (5.20c) tem-se :

( ) ( )2

2cΩr k mΩ cos cΩ cos mΩ d

k mΩ

− β + β =−

2 (5.23)

Rearranjando a eq. (5.23) :

( )( )

22

22 2

k mΩmΩ dcosr k mΩ c Ω

−β =

− + 2 (5.24)

Substituindo a eq. (5.24) na eq. (5.21) :


( )2

22 2

mΩ d cΩsenr k mΩ c Ω

β =− + 2

(5.25)

Sabe-se que se , logo, das eqs. (5.24) e (5.25): 2 2n cos 1β + β =

( )

( )( )

2 222 2

22 2 2 2 2 2

k mΩmΩ d cΩ mΩ d 1r rk mΩ c Ω k mΩ c Ω

− + − + − +

2 = (5.26)

Rearranjando a eq. (5.26) :

( )2

22 2

mΩ drk mΩ c Ω

=− + 2

(5.27)

ou:

( ) ( )

2

2 22

Ω drk /m Ω cΩ /m

=− +

(5.28)

Substituindo a eq. (5.28) nas eqs. (5.17) e considerando a eq. (5.22) tem-se:

( ) ( )

( ) ( )

( )

2

2 22

2

2 22

12

Ω dX s Ωt )k /m Ω cΩ /m

Ω dZ Ωtk /m Ω cΩ /m

cΩtanm k /m Ω

−

= −− +

=− +

β = −

en(

cos( )

β

−β (5.29)


As eqs. (5.29) fornecem o movimento do centro geométrico do disco, chamado

de precessão. Observa-se que, como as amplitudes de X e Z são iguais, a órbita é

circular. Da Figura 5.1, conclue-se que a deflexão do eixo do rotor é:

( ) ( )

22 2

2 22

Ω dr X Zk /m Ω cΩ /m

= + =− +

(5.30)

Como a massa do disco m > 0, a rigidez do eixo k > 0, o amorteimento do

conjunto c > 0 e a distância do centro de massa ao centro geométrico d > 0, pode

concluir das eqs. (5.24) e (5.25) que:

π/2

0

β

sen β

cos β

Para km

<Ω

sen 00

2cos 0β > π

⇒ < β <β >

π

π

π/2

0

β

sen β

cos β

Para km

>Ω

sen 02cos 0

β > π⇒ < β <β <

π

Uma forma alternativa de descrever o movimento do rotor é utilizando uma

formação complexa que fornece duas informações no mesmo instante: a posição do

dentro geométrico C e o sentido da órbita. Assim:

R(t) Z(t) j X(t)= + (5.31)

Desta forma, as eqs. (5.16) se reduzem em uma única equação :


( ) (2m (Z jX) c (Z jX) k Z j X mΩ d cosΩt j d senΩt+ + + + + = +ii ii i i

) (5.32)

Substituindo a eq. (5.31) na eq. (5.32), tem-se :

2 jΩtm R c R k R mΩ d e+ + =ii i

(5.33)

As soluções dadas pelas eq. (5.17), podem também ser colocadas da forma:

( )j ΩtR r e −β= (5.34)

Substituindo a eq. (5.34) na eq. (5.33), a equação resultante é :

( ) ( )−β− + + =j Ωt2 ΩtmΩ jΩc k r e mΩ d e2 j (5.35)

Logo :

( )2

2mΩ dr

mΩ k jΩc=

− + + (5.36)

Como apresentado pela eq. (5.34), a solução é complexa, portanto ela pode ser

apresentada em termos de sua amplitude r e de sua fase β (ver Figura 5.2).

Considerando o complexo conjugado da eq. (5.36), a amplitude e a fase são :

( )2

22 2

12

mΩ drk mΩ Ω c

Ωctank mΩ

−

=− +

β = −

2 (5.37)


Observa-se que as eqs. (5.29) e (5.37) são equivalentes.

imaginário

( )φ

− +

2

22 2 2

mΩ d cosk mΩ Ω cr

φ

( )φ

− +

2

22 2 2

mΩ d senk mΩ Ω c

real

Figura 5.2 – Representação da amplitude e da órbita no movimento de precessão

66..22 –– VViibbrraaççõõeess lliivvrreess ((JJeeffffccootttt rroottoorr))

)

Quando o sistema está vibrando livremente sem ser excitado por uma força, as

eqs. (5.16), quando colocadas de uma forma complexa, são:

mR cR kR 0+ + =ii i

(5.38)

onde a solução da eq. (5.38) para vibrações livres (sem força excitadora) é :

(stR r e r cos st j sen st= = + (5.39)

Substituindo a solução dada pela eq. (5.39) na eq. (5.38) para o problema de

vibração livre tem-se:


2m s c s k 0+ + = (5.40)

As raízes do polinômio dado pela eq. (5.40) fornecem a solução do problema e

são:

2

1,21 c c 4ks2 m m m

= − ± −

(5.41)

O amortecimento crítico ccr, é definido como sendo o valor requerido para

suprimir completamente qualquer vibração no sistema, é obtido quando:

2

crc 4k 0m m

− =

(5.42)

Logo :

crc 2 k= m (5.43)

A relação entre o amortecimento do sistema pelo amortecimento crítico é:

cr

cc

ξ = (5.44)

Introduzindo a eq. (5.44) na eq. (5.30), temos :

( ) ( )

2

2 22cr

Ω drk /m Ω c Ω /m

=− + ξ

(5.45)


Quando a rotação do rotor for igual a freqüência natural do mesmo,

kΩm

= = ω , a amplitude será:

( )( )2 2 2

k /m d dr2k /m k /m 4kmk /m

= =ξ− + ξ

(5.46)

Introduzindo a eq. (5.44) na eq. (5.41), as raízes do polinômio podem ser

colocadas da forma:

2

1,21 2 km 2 km 4k2 m m m

ξ ξ= − ± −

s (5.47)

)

( 21,2s = −ξω± ω − − ξ1 (5.48)

21,2s j 1= −ξω± ω − ξ (5.49)

A eq. (5.49) pode ser colocada de uma forma compacta :

1,2 as = λ ± ωj (5.50)

onde o fator λ determina a estabilidade do sistema rotativo (λ < 0, estável e λ > 0,

instável) e ωa é a freqüência amortecida do sistema rotativo (ver Figura 5.3).


estável

r

t

T=2π/ωa eλt

instável

r

t

T=2π/ωa

eλt

Figura 5.3 – Composição da resposta do rotor à uma excitação

Substituindo as raízes do polinômio (5.49) na solução dada pela eq. (5.39),

temos:

2j 1 tR r e

−ξω± ω −ξ=

(5.51)

Da eq. (5.51), observa-se que λ = – ξω, ou seja, nesta configuração, o rotor

será sempre estável.


RREEFFEERRÊÊNNCCIIAASS

Lalanne, M. and Ferraris, G., Rotordynamics Prediction in Engineering, John Wiley &

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apostila: introdução à dinâmica de rotores

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