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Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 1 Modelagem Integrada Simulação Modelo Sistema Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 2 Sistema ● Coleção de itens que podem encontrar ou definir alguma relação de funcionalidade. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 3 Simulação ● Estuda o comportamento de sistemas reais atra- vés de modelos, e se aplicam em diferentes áreas. Simulação + 1) Ferramenta auxiliar na resolução de problemas; 2) Executa vários eventos rapidamente. = ● Alguns fatores desejados: – Baixo custo; – Visualização rápida; – Repetição; Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 4 Modelo ● O ser humano funciona baseado em modelos, e a maioria deles é criado pela mente (modelo mental). ● Por exemplo, dirigir um carro é a construção de um modelo para dirigir um carro. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 5 Modelo ● E se de repente, o carro muda? ● O carro mudou, mas o modelo de dirigir não. ● Modelo → Aquilo que serve de objeto de imitação. (Dicionário On line Aurélio) Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 6 Classificação de modelo ● Na engenharia, os modelos se classificam-se em teóricos e matemáticos. – Teóricos – Protótipos, planta piloto Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 7 Aproximação ou Modelo Matemático (MM) ● Representação abstrata da realidade através de equações. – Não incorpora todas as características macroscópi- cas e microscópicas. – Leva-se em conta vários fatores, porém um bom modelo é equilíbrio entre: DETALHES BENEFÍCIOS TEMPO ESFORÇO Processo Real Equações Conjunto de equações Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 8 Modelo Matemático – Podem ser obtidos das seguintes formas (ou combinação delas): ● Teórica (modelagem fenomenológica) → Aplicam-se os princípios básicos da Física e/ou Química (Leis básicas e relações constitutivas); ● Empírica ou Heurística → Observação direta dos dados operacionais do processo, ou seja, se analisa a entrada e a saída para se inferir o modelo; O mo- delo é bem restrito, quando comparamos com o teó- rico. ● Por analogia → Analogia feita com outros sistemas. f(X,Y,P)X Y P X – Variáveis de entrada; Y – Variáveis de saída; P – Parâmetros do sistema e condições de contorno. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 9 Grau de Liberdade ● Número mínimo de coordenadas independentes (coorde- nadas generalizadas) que descrevem completamente o movimento de todos os elementos do sistema. – Cada massa equivalente (momento de inércia equivalente), interligação entre elementos mecâni- cos diferentes e ponto de aplicação de força (tor- que) corresponde a 1 GDL. – Exemplos de sistemas com 1 GDL. No sistema ao lado, podemos usar x ou θ para descrever a sua dinâmica. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 10 Graus de Liberdade – Sistemas com dois GDL – Sistemas com três GDL Nos sistemas que contém pêndulos simples, somente o ângulo θ é suficiente para descrever o sis- tema, pois x e y se relacionam com o comprimento l do fio (l2 = x2 + y2) Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 11 Sistemas discretos x Sistemas contínuos ● Exemplos anteriores → Descritos por um número finito de GDL´s (sistemas discretos ou de parâme- tros concentrados (função apenas do tempo)). ● Alguns sistemas, em especial os que envolve ele- mentos elásticos contínuos → Número infinito de GDL´s (sistemas contínuos ou de parâmetros dis- tribuídos (função do tempo e do espaço)). Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 12 Sistemas discretos x Sistemas contínuos ● Na maioria das vezes, os sistemas contínuos são aproximados por sistemas discretos, para que a sua solução seja obtida de maneira simples. ● Um sistema contínuo fornece resultados exatos, porém os métodos analíticos existentes são limita- dos a uma pequena parte dos problemas. ● Resultados mais precisos são obtidos com o au- mento dos componentes e dos GDL´s. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 13 Sistemas Mecânicos ● Objetivos – Conhecer os elementos elementos mecânicos, responsáveis pelo armazenamento ou dissipação da energia – Obter as equações de movimento dos sistemas. – Simplificar as configurações dos elementos mecâ- nicos, quando possível. ● Formas de obter as equações de movimento: – leis de Newton – equações de Lagrange. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 14 Elementos Mecânicos ● Mola Translacional – Peça que possui alta flexibilidade elástica. – Armazenam energia potencial elástica, associada à deformação elástica que o corpo sofre. – Todo corpo possui alguma flexibilidade, ou seja, não existe corpo totalmente rígido. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 15 Elementos Mecânicos – No ensaio de tração se obtém o seguinte gráfico; – Um modelo de mola bem simples contém parâme- tros concentrados com: ● amortecimento desprezível, ou se existir, será con- centrado no amortecedor do sistema; ● massa desprezível, ou se existir, será concentrada na na massa do sistema. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 16 Elementos Mecânicos – Cada mola é caracterizada pela sua rigidez, k; – Para uma mola linear com extremidade fixa (x > x 0 ). – O sistema com esta mola possui no mínimo 1 GDL. – Cálculo da energia potencial elástica Fk=k Δ E k= 1 2 k 2 Lei de Hooke (mola linear) Energia Potencial Elástica de uma mola linear E k=∫ x0 x F k dx ' k=dF dx =constante Linear k=dF dx = f x Não Linear Fk=k (X−X 0) Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 17 Elementos Mecânicos – Para uma mola linear com as extremidades mó- veis (x 2 > x 1 ): – Sistema com esta mola possui no mínimo 2 GDL's. – A força elástica é uma força restauradora que não dissipa a energia do sistema. – Esta força sempre faz a mola retornar ao compri- mento relaxado, ou seja, dependendo do sentido de movimento, ela pode dificultar ou ajudar o mo- vimento. – As molas reais são não lineares, e seguem a lei de Hooke até certa deformação. F k=k x2−x1=k E k= 1 2 k x2−x1 2 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 18 Sistemas Mecânicos Translacionais ● Objetivo: Entender o sistema abaixo, a sua origem, e quais as vantagens desta representação. Mesmo tendo diagrama de forças diferentes, eles possuem a mesma equação diferencial. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 19 Sistemas Mecânicos Translacionais ● Exemplo 1: Um bloco de massa m é preso a uma mola ideal, de constante k e massa desprezível, e fica oscilando em torno de um ponto l 0 . Determine a equação de movimento, supondo que não existe atrito na superfície de contato. – 1º Passo → Escolher o sistema de coordenadas – 2° Passo → Fazer o diagrama de forças Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 20 Sistemas Mecânicos Translacionais ● Continuação do exemplo 1: – 3º Passo → Usar a segunda lei de Newton ● Lei de Hooke → ● Observando o sistema de referência, e levando em conta de que l 0 é constante, obtém-se: ∑ F=m z¨ F k=k = z−l 0 z¨= x¨ m x¨=−kx z=xl 0 x¨ k m x=0 ED do oscilador harmônico simples. Observem que x é medido a partir da posição de equilí- brio. Prof. SharonDantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 21 Sistemas Mecânicos Translacionais ● Exemplo 2: Um bloco de massa m está suspenso do teto por uma mola de constante k e comprimento relaxado l 0 , cuja massa é desprezível. Após uma perturbação externa, o sistema fica oscilando. Considerando o sistema ideal, ou seja, não existe dissipação de energia, encontre a equação de movimento. ∑ F=0 −F kP=0 −k mg=0 =mg k ● Em Sistemas na vertical, a resolução do problema se inicia analisando a situação estática Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 22 Sistemas Mecânicos Translacionais ● Continuação do exemplo 2 → Situação Dinâmica – Relacionando as variáveis – Usando o resultado obtido na situação estática. ∑ F=m z¨ m z¨=−F kP F k=k = z−l0= y m z¨=−k Δ+mg m y¨=−k ( y+δ)+mg y¨ k m y=0m y¨=−k y=mg k Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 23 Sistemas Mecânicos Translacionais ● Continuação do exemplo 2 → Comentários – Este problema mostra novamente que podemos considerar uma variável, “y”, que é medida a partir da posição de equilíbrio estático, na descrição do movimento – A equação de movimento é a mesma do sistema na vertical. – Usando δ obtido da situação estática, e a variável “y”, faz com que o peso não apareça na equação de movimento, ou seja, novamente a equação diferencial obtida é homogênea. y¨ k m y=0 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 24 Mola Equivalente ● Mola Equivalente → Uma única mola que equivale a várias molas. – A principal vantagem é simplificar a representação do sistema. – Esta mola deve possuir: ● a mesma força resultante das N molas no ponto ou massa de interesse; ● a mesma energia potencial elástica correspondente as N molas. ∑i=1 N E k i=E k eq ∑i=1 N F k i=F k eq Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 25 Molas em Paralelo ● Objetivo: Substituir as duas molas k 1 e k 2 , por uma única mola de constante k eq . ● Qual a lei necessária? – Segunda Lei de Newton ● Qual a restrição do modelo? – A barra de massa nula não rotaciona. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 26 Molas em Paralelo ● Os deslocamento das molas são iguais. ● Aplicando a segunda lei de Newton na barra vermelha de massa desprezível: Δeq=Δ=Δ1=Δ2 k1Δ1+k2Δ2=k eqΔ keq=k1+k2 F−Fk1−Fk2=0 ∑ F=0 F−k eqΔ=0 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 27 Molas em Paralelo ● O mesmo resultado é obtido usando a energia potencial elástica. ● Para N molas em paralelo, temos: ● Características da associação de molas em paralelo: – A força resultante é a soma das forças elásticas das N molas. Note que na configuração em série, a força resultante é igual a força elástica de cada mola, mesmo que a constante da mola seja diferente. – A relação que acabamos de deduzir só pode ser usada quando as N molas: ● compartilharem a mesma coordenada; ● possuírem deslocamento iguais. 1 2 k eqΔeq= 1 2 k1Δ1 2+1 2 k2Δ2 2 keq=∑ i=1 N k i keq=k1+k2 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 28 Molas em Paralelo ● Exemplo 3: Achar a rigidez equivalente do sistema. Su- ponha que os deslocamentos das molas paralelas sejam iguais. ● O primeiro passo neste problema, é reduzir as molas que estão em paralelo pelas suas equivalentes. ● O segundo passo, é reduzir as molas que estão em série pelas suas equivalentes. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 29 Molas em Paralelo ● Continuação exemplo 3: A partir de agora surge uma dúvida as molas abaixo estão em série ou em paralelo? ● Para responder esta pergunta, observe o diagrama de força da massa m, supondo um movimento no sentido mostrado abaixo, para obter o sistema equivalente. ● Uma outra forma é usar a energia do sistema das duas molas que é igual a da equivalente. Eeq=Ek /2+ E2k /3 1 2 k eq x 2=1 2 k 2 x2+ 1 2 2k 3 x2 keq= 7k 6 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 30 Molas em Série ● Objetivo: Substituir as duas molas k 1 e k 2 , por uma única mola de constante k eq . ● Quais as leis necessárias? – Segunda Lei de Newton ∑ F=ma=m d vdt =m d 2r dt2 Em 3-D ∑ F x=m x¨ ∑ F y=m y¨ ∑ F z=m z¨ Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 31 Leis de Newton – Terceira lei de Newton ● O par ação reação é aplicado em corpos diferentes. F AB=−F BA A ação corresponde a seta azul, e a reação, seta vermelha. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 32 Molas em Série – Aplicando a 2º lei de Newton no ponto de aplicação de força (B), e no ponto (A): – Analisando a figura, e usando o resultado anterior: 1 2= eq F k eq =F k1 F k 2 1 k eq = 1 k 1 1 k 2 F=k1Δ 1=k2Δ 2 F=keqΔ eq ∑ FB=0 F−F k2=0 ∑ F A=0 Fk2−Fk1=0 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 33 Molas em Série ● Usando a energia, chega-se ao mesmo resultado. ● Para N molas em série, temos: ● Características da associação de molas em série – A mesma força é aplicada nas N molas. – A distensão da mola equivalente é a soma das disten- sões das N molas – Cada interligação entre as molas corresponde a 1 GDL. – Se a mola equivalente tiver uma extremidade fixa, ela terá um único GDL. 1 k eq =∑ i=1 N 1 k i 1 2 k eq eq 2 =1 2 k 11 21 2 k 2 2 2 k eqF 2 k eq 2 = k 1 F 2 k 1 2 + k 2 F 2 k 2 2 1 k eq = 1 k 1 1 k 2 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 34 Molas em Série ● Exemplo 4: Um tambor de içamento equipado com um cabo de aço é montado na extremidade de uma viga em balanço, como mostrado abaixo. A viga em balanço pode ser substituída por uma mola na vertical de constante k v , e o cabo possui características elásticas (k c ), determine a constante elástica equivalente. ● Observe que o tambor está extremidade da viga. ● A viga e o cabo suportam a mesma carga (configuração em série); k eq= k v k c k vk c 1 k eq = 1 k v 1 k c Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 35 Molas ● Como foi visto no exemplo anterior, os componen- tes podem ser substituídos por uma constante elás- tica equivalente, e na prática esta constante é fun- ção da geometria, do módulo de Young E e do mó- dulo de elasticidade transversal G. Barra sob carga axial, onde A = Área da seção transversal Barra cônica sob carga axial, onde D, d = diâmetro das extremi- dades. k eq= EA L k eq= E Dd 4 L Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 36 Molas Mola helicoidal sob carga axial, onde d = diâmetro do arame; D = diâmetro médio do enrolamento; n = número de espiras. k eq= Gd 4 8n D3 Viga fixa fixa com a carga no ponto médio, viga em balanço com carga na extremidade, viga simplesmente apoiada com carga no meio, onde I é o momento de inércia da área (seção transversal). k eq= 192E I L2 k eq= 3E I L3 k eq= 48E I L3 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 37 Molas ● Exemplo 5: Para o exemplo anterior, admita que o cabo possua comprimento l e diâmetro da seção transversal d, e que o módulo de Young da viga e do cabo é E. Na enge- nharia se usa muito o momento de inércia da área, neste caso para viga é 1/12 at3, que é diferente do momento de inércia J que será visto na próxima parte. k v= 3E I b3 =3E b3 1a t 3 12 k c= AE l = d 2E4 l k eq= E 4 a t 3d 2 d 2b3l a t 3 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 38 Mola Inclinada (concorrente ou radial ● Objetivo:Substituir a mola k 1 , in- clinada de um ângulo α, por uma mola de constante k eq na direção horizontal. ● Qual a restrição do modelo? – A massa só se move na ho- rizontal. – Pequenas oscilações. – O ângulo α≈constante quando x é pequeno. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 39 Mola Inclinada (concorrente ou radial – Para N molas inclinadas com ângulos α i com a ho- rizontal, que convergem para o mesmo ponto: xm=x cos F x=F cos F=k 1 xm k eq x=k 1 x cos 2 k eq=k 1 cos 2 k eq=∑ i=1 N k i cos 2i F eq=k eq x=F x AB ≈ AC Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 40 Mola Inclinada (concorrente ou radial ● Exemplo 6: A lança AB de um guindaste é feito de uma barra de aço uniforme e possui uma rigidez k 2 . Um peso W é suspenso pelo cabo CDBEF, que é feito de aço (k 1 ), en- quanto o guindaste permanece estacionário. Desprezando o efeito do cabo CDEB, determine a constante elástica equivalente do sistema na direção vertical. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 41 Mola Inclinada (concorrente ou radial ● Continuação exemplo 6: Temos duas molas inclinadas, com um dos ângulos desconhecidos (θ). A primeira observação a ser feita é que o sistema equivalente é na vertical, diferente da dedução que fizemos que foi na horizontal, logo devemos levar em conta os ângulos do vértice B, na cor vermelha, para poder usar a fórmula que deduzimos: h=10 cos 45º=5 2 cos 90º−= h h23h2 k eq=k 1 cos 290º−k 2 cos 2 45º onde: k eq≈0,3302∗k 1 k 2 2 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 42 Polias ● Polias associadas com cabos ou correntes são bastante utilizadas para facilitar o içamento de car- gas. ● A razão entre o peso da carga e a força aplicada é mostrada na parte de baixo de cada ilustração. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 43 Polias ● A força aplicada pelo homem da figura abaixo é a metade do peso P. ● Para o bloco de peso de P subir 0,5 m, qual o comprimento de cabo que o homem tem que pu- xar? O homem tem que puxar 1 m. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 44 Polias ● A figura abaixo mostra diferentes configurações de polias fixas e móveis. ● Nas quatros configurações as forças são diferentes nos ganchos. ● O tamanho do cabo “s” a ser puxado também são diferentes para movimentar a carga em 10 cm. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 45 Molas + Polia ● Todo cabo possui alguma característica elástica, logo obtém-se uma associação de mola com polia. ● A configuração mostrada na figura a), pode ser substituída por uma única mola, como pode ser visto na figura b). Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 46 Mola + Polia ● Para encontrar a k eq , que equivale a configuração da figura a), será desprezado a massa da polia que implica em: Ek=Ek eq 1 2 k x1 2=1 2 keq x 2 k x1=P /2 k eq x=P ∑ F=0 ∑ τ=0 A mola equivalente possui a mesma energia da mola de constante k. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 47 Mola + Polia ● Substituindo as relações da força na relação da energia, obtém-se: ● Uma outra maneira de fazer este problema é relacionar x e x 1 . ● Quando a massa m se desloca x, a mola k 1 se distender 2x, ou seja, x 1 = 2x. ● Substituindo a relação anterior na relação das forças ou das energias, obtém-se o mesmo resultado acima. k 2 x=keq x /2 P=k eq x k x1=P /2 keq=4 k 1 2 k ( P2k ) 2 =1 2 keq( Pk eq ) 2 1 2 k x1 2=1 2 keq x 2 k 4 x2=k eq x 2 keq=4 k Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 48 Mola + Polia ● Exemplo 7: Substitua o sistema mola polia por uma mola equivalente. k 1 x1=2P k eq x=P Desprezando a massa da polia E k1=E k eq 1 2 k 1 x1 2=1 2 k eq x 2 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 49 Mola + Polia ● Continuação do exemplo 7: – Substituindo as relações de x 1 e x, na expressão da energia, obtém-se: – Analisando a geometria, observa-se que a mola se distende x/2 quando a massa m se desloca x. – Substituindo nas relações das forças, obtém-se o mesmo resultado para k eq . 2P=k 1 x /2P=k eq x k eq= k 1 4 2 k eq x=k 1 x /2 k eq= k 1 4 k 1 2Pk 1 2 =k eq Pk eq 2 4 k 1 = 1 k eq x1= x 2 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 50 Amortecedor ● Amortecedor Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 51 Amortecedor – A força de amortecimento (força não conservativa) dissipa a energia mecânica (calor, som, etc) e sempre se opõe ao movimento. – Tipos de Amortecimento ● Viscoso → EAD ● Constante ou Coulomb (atrito seco) – Acontece quando corpos deslizam sobre superfícies secas. ● onde N é a força normal e μ é o coeficiente de atrito dinâmico (adimensional). F a= N Materiais µ c madeira/madeira 0,2 gelo/gelo 0,03 metal/metal (sem lubrif.) 0,07 aço/aço (sem lubrif.) 0,6 borracha/cimento seco 0,8 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 52 Atrito Seco – Dedução das equações de movimento de um sis- tema massa mola com 1 GDL, mostrado abaixo, onde o atrito passa a ser relevante no movimento (amortecimento seco). – A força de atrito varia com o sentido da velocidade (movimento), como pode ser visto nos diagramas de forças mostrados abaixo e a cada meio ciclo as forças mudam de sentido. x0 x˙0 ou x0 x˙0 x0 x˙0 ou x0 x˙0 Situação 2Situação 1 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 53 Atrito Seco – Para encontrar as equações de movimento, temos que convencionar um sentido positivo na direção x, para ambos os casos da esquerda para direita e aplicar a segunda lei de Newton para ambas situ- ações. – As duas ED's acima são não homogêneas de se- gunda ordem e a forma de resolvê-las é fazer uma mudança de variável. ∑ F y=0 ∑ F x=m x¨ P−N=0 −kx1 N=m x¨1 m x¨1kx1− N=0 P−N=0 −kx2− N=m x¨2 m x¨2kx2 N=0 Situação 2Situação 1 xm1=x1− N k x1t =A1 cos wn t A2 senwn t N / k xm2=x 2 N k x2 t =A3 coswn t A4 sen wn t − N / k Situação 2Situação 1 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 54 Atrito Seco ● Até o momento a situação só foi resolvida matematicamen- te, e para ter significado físico é necessário as condições iniciais. ● Para as condições iniciais x(0) = x 0 e v(0) = 0, nota-se que o bloco está no extremo, e o seu movimento será dado pela equação x 1 (t) cujo domínio será 0≤t≤π/w n . ● Para π/w n ≤t≤2π/w n , usa a equação x 2 (t) com as condições x 1 (π/w n ) = x 2 (π/w n ) e v 1 (π/w n ) = v 2 (π/w n ),ou seja, as funções são contínuas. x10=A1 N /k=x0 x˙10=0 A2=0 x1t = x0− N /k cos wn t N /k x1 /wn=−x02 N /k=−A3− N /k x˙1 /wn= x˙2 /wn=0 A4=0 x2 t = x0−3 N /k coswn t − N /k Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 55 Atrito Seco ● Quando t = 2π/w n , no terceiro ciclo se usa x 1 (t) com novos valores de A 1 e A 2 que são definidos x 2 (2π/w n ) = x 3 (2π/w n ) e v 2 (2π/w n ) = v 3 (2π/w n ), e o procedimentopode ser conti- nuado até até o movimento parar ou seja, X n ≤ μN/k. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 56 Atrito Seco ● Algumas observações de um sistema sujeito ao amortecimento Coulomb. – A equação de movimento é não linear, pois pode ser escrita usando a função sigmum – A frequência natural não é modificada; – O movimento é periódico; – A amplitude é reduzida linearmente; m x¨+kx+sgn( x˙)μ N /k=0 sgn( x˙)=1 para x˙>0 sgn( x˙)=−1 para x˙<0 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 57 Atrito Seco – Em cada ciclo completo, a amplitude é reduzida pela quantidade 4μN/k. – A posição é afastada em relação a posição de equilíbrio e seu valor é <= μN/k. – O número de meios-ciclos, que transcorrem antes de o movimento cessar é dado por: xm=xm−1− 4μN k x0−r 2μN k ⩽ μN k r⩾{x0−μNk2μN k } Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 58 Atrito Seco ● Exemplo 8: Um bloco de metal colocado sobre uma su- perfície irregular está ligada uma mola e recebe um deslo- camento inicial de 10 cm em relação à sua posição de equilíbrio. Após cinco ciclos de oscilação em 2 s, constata- se que a posição final do bloco de metal é 1 cm em rela- ção a sua posição de equilíbrio. Determine o coeficiente de atrito entre a superfície e o bloco de metal. Período T=2 /5=0,4 s Frequência Angular wn= 2 T =15,708 rad / s wn= km 5 4mgk =0,1−0,01=0,09m 5 4 gwn2 =0,09m = 0,09wn 2 20 g =0,1132 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 59 Modelagem de Sistema com 1 GDL ● Exemplo 9: O martelo de uma prensa mecânica realiza um movimento periódico para conformar de chapas de aço no formato da bigorna. Para uma modelagem física, quais elementos mecânicos podem formar o sistema? Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 60 Modelagem de Sistema com 1 GDL ● Continuação exemplo 9: Suponha inicialmente que a bigorna e a fundação seja um único componente representado pela massa m, e que tenha um 1 GDL. ● O deslocamento sofrido por m é x 1 ; ● O solo funciona como mola (rigidez k) e amortece parte da impacto do martelo (b). ● O próximo passo é o diagrama de força. x¨1 b m x˙1 k m x1=0 =mg k m x¨1=−b x˙1−k x1P Da situação de equilíbrio Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 61 Sistemas Mecânicos Translacionais ● Exemplo 10: Determine o efeito da massa da mola m m sobre a frequência natural do sistema mostrado abaixo. ● Considerações: ● a densidade da massa da mola seja constante. ● a velocidade do elemento dy varie linearmente com y. ●O próximo passo é calcular a energia cinética da mola (m m ≠0) e ver a sua influência no movimento. dmm= mm l dy y˙= y l x˙ dE cm= 1 2 dmm y˙ 2 dE cm= 1 2 mm l dy yl x˙ 2 E cm=∫ 0 l dE cm E cm= 1 2 mm 3 x˙2 E c= 1 2 m x˙21 2 mm 3 x˙2 Energia cinética total Equação de movimento mmm /3 x¨kx=0 wn= kmmm/3 Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 62 Sistemas Mecânicos Translacionais ● Exemplo 11: Quatro barras rígidas idênticas, cada uma de comprimento “a”, estão conectadas a uma mola de rigi- dez “k” para formar uma estrutura que deve suportar uma carga vertical P, como mostrado nas figuras abaixo. De- termine a constante equivalente do sistema (k eq ) para caso. Despreze as massas das barras e o atrito nas jun- ções, e considere pequenos deslocamentos. 1 2 k eq xeq 2 =1 2 k x2 k eq=k xeq=x Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 63 Sistemas Mecânicos Translacionais y0=2a2− b24 y=2a2−b−x24 y− y0=2a2−b24 a2−b−x 2 /4a2−b2/4 −1 1 2 k eq y−y0 2=1 2 k x2 y− y0=2a2−b24 1 2bxa2−b2 /4− x2a2−b2/4−1 √ 1+ x '≈1+ x ' /2 k eq= k b2 4a2−b2 y− y0= 1 2 b x a2−b2/4≈0 ● Continuação do exemplo 11: Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 64 Modelagem de Sistema com 1 GDL ● Exemplo 12: A bigorna de um martelo de forjar pesa 5x103 N e está montada sobre uma base que tem uma ri- gidez de 5x106 N/m e um amortecimento viscoso de 104 Ns/m. Durante a operação de forjamento, o martelo-pilão (peso de 103 N), parte do repouso de uma altura de 2 m sobre a bigorna. O coeficiente de restituição entre a bigor- na e o pilão é 0,4. Determine as velocidades antes e de- pois do impacto e a resposta da bigorna após o impacto. ● Sentido positivo para baixo ● A resolução deste problema será feito em duas etapas: ● 1º Etapa → Antes do impacto (prin- cípio da conservação da energia); ● 2º Etapa → Antes e depois do impac- to (conservação do momento linear. Prof. Sharon Dantas da Cunha. E-mail: sharondantas@ect.ufrn.br 65 Modelagem de Sistema com 1 GDL ● Continuação do exemplo 12: V m1 – Vel. do martelo antes do impacto V m2 – Vel. do martelo depois do impacto V M1 =0 – Vel. da bigorna antes do impacto V M2 – Vel. da bigorna depois do impacto E pg=E c mgh=1 2 mvm1 2 vm1=√2gh=6,26099m / s Pantes=Pdepois mvm1+ M vM1=mvm2+ M vM2 r=− vM2−vm2 vM1−vm1 Conservação da energia Conservação do momento 1000 9,8 vm1= 1000 9,8 vm2+ 5000 9,8 vM2 6,26099=vm2+ 5 vM2 Coeficiente de restituição 2,5044=vM2−vm2 vM2=1,4609m / s vm2=−1,0435m / s Resposta da bigorna k M =9800 s−2>( b2M ) 2 =192,08 s−2Subamortecido x (t )=c0 e −b 2M t cos (wd t−ϕ0 ) Dados: x 0 = 0 (Φ 0 = π/2) e v 0 = 1,4609m/s x (t )=0,0149e−9,8 t cos (98,025 t−π/2 ) Slide 1 Slide 2 Slide 3 Slide 4 Slide 5 Slide 6 Slide 7 Slide 8 Slide 9 Slide 10 Slide 11 Slide 12 Slide 13 Slide 14 Slide 15 Slide 16 Slide 17 Slide 18 Slide 19 Slide 20 Slide 21 Slide 22 Slide 23 Slide 24 Slide 25 Slide 26 Slide 27 Slide 28 Slide 29 Slide 30 Slide 31 Slide 32 Slide 33 Slide 34 Slide 35 Slide 36 Slide 37 Slide 38 Slide 39 Slide 40 Slide 41 Slide 42 Slide 43 Slide 44 Slide 45 Slide 46 Slide 47 Slide 48 Slide 49 Slide 50 Slide 51 Slide 52 Slide 53 Slide 54 Slide 55 Slide 56 Slide 57 Slide 58 Slide 59 Slide 60 Slide 61 Slide 62 Slide 63 Slide 64 Slide 65
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