SEM 501 Dinâmica Aplicada às Máquinas

SEM 501
Dinâmica Aplicada às Máquinas
TEORIA 7
Prof. Assoc. Flávio D. Marques
http://www.eesc.usp.br/fmarques/
[email protected]
Universidade de São Paulo
Escola de Engenharia de São Carlos
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Dinâmica Aplicada às Máquinas – SEM/EESC/USP
Esta aula ...:
Dinâmica do Movimento de um Corpo Rı́gido
FORÇA E ACELERAÇÃO
Equações dinâmicas do movimento plano;
Equações do movimento:
Translação;
Rotação em relação a um eixo fixo;
O momento de inércia de massa;
Movimento geral.
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Dinâmica de um corpo rı́gido – força e aceleração (cont.)
Equações Dinâmicas do Movimento Plano
(x, y) – referencial inercial com
origem em P .
Fi e Mi – forças e momentos de
binário aplicados (externos).
G – centro de massa (centro de
gravidade).
Movimento pela ação dos esforços:
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1
Translação (retilı́nea ou
curvilı́nea);
2
Rotação em torno de eixo fixo;
3
Movimento geral.
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Dinâmica de um corpo rı́gido – força e aceleração (cont.)
Equações do Movimento: Translação
Pela segunda Lei de Newton (ω = α = 0):
P
F = maG
Translação Retilı́nea
Todos os pontos do corpo com trajetória retilı́nea e paralelas entre si.
X
X
X
F = maG ⇒
Fx i +
Fy j = m(aG )x i + m(aG )y j
X
X
MG = 0 ou
MA = (maG )d
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Dinâmica de um corpo rı́gido – força e aceleração (cont.)
Translação Curvilı́nea
Todos os pontos do corpo com trajetórias curvilı́neas paralelas entre si.
X
F = maG
X
X
Ft ut +
Fn un =
= m(aG )t ut + m(aG )n un
Portanto,
X
Ft = m(aG )t
X
Fn = m(aG )n
X
MG = 0
ou
X
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MB = (m(aG )t )e − (m(aG )n )h
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Dinâmica de um corpo rı́gido – força e aceleração (cont.)
Equações do Movimento: Rotação
Seja os momentos das forças atuantes em um elemento de massa mi do corpo com
posição determinada por r em relação à P :
r × Fi = r × mi ai
já eliminando o efeito dos momentos
das forças internas.
Então:
mi
r
(MP )i = r × mi ai
= mi r × aP + α × r − ω 2 r
onde,
aP = (aP )x i + (aP )y j
α = αk
r = xi + yj
(MP )i k = mi [−y(aP )x + x(aP )y +
+α(x2 + y 2 ) k
... então ...
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... então ...
(MP )i = mi −y(aP )x + x(aP )y + α(x2 + y 2 )
Fazendo mi → dm e integrando
sobre a massa total m,
Z
X
MP = −
ydm (aP )x +
m
x
Z
+
Z
m
rG
r2 dm α
xdm (aP )y +
m
ou seja,
y
X
MP = −ȳm(aP )x +x̄m(aP )y +IP α
Se P coincidir com G,
P
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M G = IG α
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9.1
Centro
de Massa ou Centro de449
Gravidade (CG)
CENTER OF MASS. ANO TliE CENTROIO OF A Booy
CENTER OF
Body. In order to study the dymllnic
n of a body, it becomes important to locate
Fig. 9- 2. This location can be determi ned
lo EQs. 9- 1. Since J.: is constant. it cancels
_ IJdlll
Idlll
,
dill
) -- '• -', - /, -"
(9-2)
Y "" - - -
o C..
- - J------>'
/ )1
/ - - -' - - - '
If the body in Fig. 9- 3 is nlade from a
its density p (rho) will be consl;ml.
ent of volume dV has a mass lfm "" p dV.
R
and canceling out p. we obtain formulas
xdm
eomClric center of the body: namelyRm
x̄ =
-
1
LIV
m
dm
Fig. 9-2
,
R
ydm
ȳ = Rm
,
dm
m
R
zdm
z̄ = Rm
dm
m
1 dV
(9-3)
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Momento de Inércia de Massa
I=
Raio de giração: k =
q
R
m
r2 dm
I
m
Teorema dos eixos paralelos:
IA = IG + md2
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Momentos de Inércia de Massa (cont.)
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Equações do Movimento: Rotação (cont.)
Relembrando:
P
MP = −ȳm(aP )x + x̄m(aP )y + IP α e para P coincidindo com G,
X
MG = IG α
Considerando o teorema dos eixos paralelos,
IP = IG + m(x̄2 + ȳ 2 )
portanto:
X
MP = ȳm [−(aP )x + ȳα] + x̄m [(aP )y + x̄α] + IG α
No entanto, a aceleração no centro de massa é dada em relação ao ponto P ,
aG = aP + α × rG − ω 2 rG
que permite chegar em:
−(aP )x + ȳα = −(aG )x − x̄ω 2
(aP )y + x̄α = (aG )y + ȳω 2
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Portanto,
X
MP = −ȳm(aG )x + x̄m(aG )y + IG α
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Obtendo equações do movimento ...:
Seja
DCL e DD:
=
Caso:
X
X
Fx = m(aG )x
X
Fy = m(aG )y
MG = 0
⇒
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X
MB = m(aG )x d
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Equação do Movimento:
Rotação em Torno de um Eixo Fixo
X
Fn = m(aG )n = mω 2 rG
X
Ft = m(aG )t = mαrG
X
M G = IG α
Por conveniência, a equação de
momento pode ser escrita no ponto
de rotação O,
X
MO = rG m(aG )t + IG α
ou simplesmente,
X
M O = IO α
onde
IO = IG + mrG 2
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Seja uma barra de 20kg e comprimento
` = 3m que gira no plano vertical com
ω = 5rad/s devido a aplicação de
60N m. Determine a aceleração angular
e as componentes horizontal e vertical
da reação no pino O.
Solução: DCL e DD:
Forças:
X
Fn = man = mω 2 rG
On = (20)(5)2 (1, 5) = 750N
X
Ft = mat = mαrG
−Ot + 20(9, 81) = 20(1.5)α
Para os momentos ...
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... momentos em relação ao centro de massa G:
Resolvendo para momentos em relação ao
pino O:
X
MO = IG α + (mαrG )rG
60 + 20(9, 81)(1, 5) =
1
(20)(3)2 α+
12
⇒
α = 5, 90rad/s2
20(α)(1, 5)(1, 5)
ou ainda,
X
X
MG = IG α
1
)m`2 ,
onde IG = ( 12
Ot (1, 5) + 60 =
1
(20)(3)2 α
12
∴ Ot = 19, 0N , α = 5, 90rad/s2
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MO = IO α
onde IO = ( 13 )m`2 (lembrando que
IO = IG + mrG 2 ),
1
60 + 20(9, 81)(1, 5) =
(20)(3)2 α
3
α = 5, 90rad/s2
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at O is shown in the figure. Show that IG may be eliminated by moving the vect
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Considerar o esquema
do eixo fixo O.
m(aGn) to point P, located a distance rGP = kG2/rOG from the center of mass G of th
k represents the radius of gyration of the body about G. The point P is called the
de Gum corpo rı́gido em movimento de rotação em torno
percussion of the body.
Admitindo um ponto P tal que a relação entre rOG e rGP seja,
rGP
2
kG
=
r
Solution:
OG
Então, o momento no ponto O torna-se:
aGt
2
X
rOG
I
mk
2m rGP
MO = G IG +GmrOG
α = IG α + mrOG raOG
Gt
Prof. m
Flávio
a D.
r Marques
I
aGt
Dinâmica
m
a r AplicadamàsrMáquinas
r – SEM/EESC/USP
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2
Como IG = mkG
, portanto,
X
2
MO = mkG
rOG (aG )t + mrOG (aG )t
rGP
= m
rOG (aG )t + mrOG (aG )t
rOG
X
MO = maGt (rOG + rGP )
Centro
de
Percurssão
P
P
=
O ponto P é denominado Centro de Percussão.
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clusive use of adopters of the Hibbeler series of books.
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the center of
percussion
P of thede
slender
of weight
W. (See
Para
uma barra
W =bar10lb
e comprimento
L = 4f t sujeita a uma força F = 20lb
horizontal force
at the pin
the bar is struck
at P with
force F? nos apoios.
no centro
dewhen
percussão,
determine
a reação
Se P é o centro de percurssão,
2 = rp .
kG
r
AG
Para a barra, kG =
rGP =
√L ,
12
portanto:
k2
L
+ G
2
L/2
Equações do Movimento:
X
2
Fx = m(aG )x
X
M A = IA α
Ax −F = (
− F rp =
W
L
)α( )
g
2
1 W 2
( )L α
3 g
Resolvendo para os dados do problema, tem-se:
rp
2.67 ft
α = 32, 2rad/s2
rad
1NOTA:
2
s
provoca
W
L
Fr
Ax = 0, 0lb
Uma força aplicada diretamente pelo Centro de Percussão
reação nula no eixo de rotação.
1 W
L
2
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Equação do Movimento:
Movimento Geral
X
X
onde
P
MG
F = maG
X
X
= IG α ou
MP =
(M)P
(M)P é a soma do todos os momentos de IG α e maG em relação à P .
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Problemas Envolvendo Atrito
Fat
W
iminência de
movimento
us
o
P
re
po
movimento
Nc
µe
coeficiente de
atrito estático
Fat
µc
coeficiente de
atrito dinâmico
(cinético)
P
Fat = {µe , µc }N onde, µc < µe
Em muitos problemas de dinâmica do movimento plano corpos em rotação com
contato envolvendo atrito podem envolver duas situações:
(1) sem escorregamento;
(2) com escorregamento;
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Seja o caso de um disco homogêneo de massa m rolando em superfı́cie com
atrito sob o efeito de uma força P .
DCL
Equações do movimento (coordenadas
X
Fx = m(aG )x
X
Fy = m(aG )y
X
MG = I G α
cartesianas):
⇒
P − F = maG
⇒
N −W =0
⇒
F r = IG α
onde F = {µe , µc }N .
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Rolar SEM escorregamento:
Se a força de atrito F for
suficientemente intensa para
garantir que o ponto de contato do
disco com o solo tenha velocidade
nula, então vale,
aG = αr
Portanto, verifica-se que
F ≤ µe N
onde µe é o coeficiente de atrito
estático.
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Rolar COM escorregamento:
Se há escorregamento então aG e
α são independentes.
Neste caso a força de atrito é
determinada por:
F = µc N
onde µe é o coeficiente de atrito
dinâmico ou cinético
(onde µc < µe ).
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Roda de um veı́culos ....
Torquedomotor
transferidoparao
eixodaroda
ma
Reaçãoàforça
deatrito
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Sumário da aula:
Dinâmica de um Corpo Rı́gido – Força e Aceleração
Equações dinâmicas do movimento plano;
Equações do movimento:
Translação;
Rotação em relação a um eixo fixo (momento de inércia de massa);
Movimento geral.
Esta aula: Capı́tulo 17.
Exercı́cios sugeridos: 17.20, 17.32, 17.40, 17.52, 17.56, 17.64, 17.84,
17.88, 17.92, 17.112.
Bibliografia: Hibbeler (2005), 10a edição.
Done!
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