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Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 1/146 Dinâmica dos Sistemas prof. Brasílio Camargo de Brito Filho Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 2/146 Esta versão foi desenvolvida em 2020. Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 3/146 ÍNDICE Introdução .......................................................................................................… 06 Cinemática .......................................................................................................… 07 Dinâmica .......................................................................................................… 09 Centro de Massa …..............................................................................… 09 TCM – Teorema do Centro de Massa …..............................................… 09 Momento Linear – Definição......................................................................…09 Momento Polar – Definição.......................................................................… 10 Exemplo 01……………………………………………………………….. 10 Exemplo 02……………………………………………………………….. 10 Momento Angular - Definição .............................................................…11 TMA – Teorema do Momento Angular ..................................................…11 TMA – Movimento de Translação ..........................................……… 11 TMA – Movimento Plano …................................….....................… 12 Momento de Inércia ..................................................…12 TMA – Movimento Geral ….......................................................….. 12 TMA – Teorema do Momento Angular – Forma Matricial ...............….. 13 Os Esforços Dinâmicos ….............................................................................…. 17 Exemplo 01 ….......................................................................................….. 17 Exemplo 02 …........................................................................................…. 21 Exemplo 03 ….......................................................................................….. 22 Entendendo o que é Binário .................................................… 25 Exemplo 04 ….........................................................................................… 25 Exemplo 05 ….........................................................................................… 27 Exemplo 06 ….........................................................................................… 31 Exemplo 07 ….........................................................................................… 35 Balanceamento ….........................................................................................… 38 Condições de Balanceamento ….........................................................… 40 Balanceamento Estático …....................................................................… 42 Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 4/146 Balanceamento Dinâmico …....................................................................… 43 Norma 1940-1 …...............................................................................…44 Desbalanceamento Residual Admissível ….........................…45 Desbalanceamento Residual Específico Admissível …..............…45 Qualidade do Balanceamento …............................................….. 45 Exemplo …...............................................................................…46 Tabela da Qualidade do Balanceado ….................................….. 47 EXEMPLO 01 …...............................................................................…48 EXEMPLO 02 …...............................................................................…53 EXEMPLO 03 …...............................................................................…55 EXEMPLO 04 …...............................................................................…57 Exercícios Propostos ……………………………………………………………... 60 Sistema Biela Manivela …...............................................................................…65 Cinemática ….......................................................................................….. 65 Resumo ….......................................................................................….. 71 EXEMPLO 01 …...............................................................................…72 EXEMPLO 02 …...............................................................................…73 Dinâmica ….......................................................................................….. 75 EXEMPLO 01 …...............................................................................…76 EXEMPLO 02 …...............................................................................…82 EXEMPLO 03 …...............................................................................…86 EXEMPLO 04 …...............................................................................…89 Sistema Biela Manivela e Pistão .....................................................................….. 92 Cinemática .............................................................................................… 92 EXEMPLO 01 …............................................................................….. 92 EXEMPLO 02 …...............................................................................…95 Dinâmica ...........................................................................................….. 97 EXEMPLO 01 …...............................................................................…97 O problema das “quatro” barras .....................................................................….. 100 Exemplo de aplicação .......................................................................… 100 Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 5/146 Cinemática .............................................................................................… 101 1ª Etapa: posições angulares ..................................................…101 Resumo: “posições angulares” ..................................................…103 2ª Etapa: velocidades angulares ..................................................…106 3ª Etapa: acelerações angulares …..............................................… 109 Resumo: “acelerações angulares” .......................................… 112 4ª Etapa: acelerações dos Centros de Massa ............................… 113 EXEMPLO 01: ..................................................................................… 115 EXEMPLO 02: ..................................................................................… 116 EXEMPLO 03: ..................................................................................… 117 EXEMPLO 04: ..................................................................................… 118 Dinâmica .............................................................................................… 120 EXEMPLO 01: ..................................................................................… 120 EXEMPLO 02: ..................................................................................… 124 EXEMPLO 03: ..................................................................................… 126 EXEMPLO 04: ..................................................................................… 127 EXEMPLO 05: ..................................................................................… 128 Exercícios Propostos …………………………………………………………….. 130 APÊNDICE A: ................................................................................…. 136 APÊNDICE B: .................................................................................…. 140 Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 6/146 Introdução. Entende-se como sistema de sólidos, um conjunto de sólidos conectados entre si e conectados a vínculos que limitam os movimentos dos mesmos. Entende-se como Dinâmica dos Sistemas, o estudo dos esforços presentes emcada sólido (ou elo) que constituem o sistema de sólidos. Estabelecidos nossos objetivos primeiros, cabe ressaltar que não há como atingi-los sem o prévio conhecimento da aceleração angular e da aceleração do centro de massa de cada sólido que compõe o sistema. Desta forma, por contraditório que pareça, se faz necessário dois estudos: 1) o estudo cinemático do sistema de sólidos para determinar as duas acelerações supracitadas de cada um dos sólidos que compõem o sistema; 2) o estudo dos esforços (forças e momentos) agentes em cada parte do sistema, permitindo assim o projeto de todas as partes envolvidas, sejam os sólidos, sejam os vínculos. A descrição dos movimentos de um conjunto ou sistemas de sólidos, exige que se utilizem os conceitos provenientes da Cinemática dos Sólidos. Desta forma, quando o objetivo é a determinação de velocidades e especialmente acelerações de pontos de um sólido, se faz necessário e suficiente, a aplicação dos conceitos desenvolvidos previamente na Cinemática dos Sólidos. Embora existam métodos gráficos para a determinação de algumas grandezas cinemáticas, com o advento dos processos numéricos, entende-se que o melhor caminho seja o desenvolvimento algébrico, ou melhor vetorial, e a aplicação de outras técnicas numéricas que facilitem o trabalho, mas garantindo a precisão e validade do processo. Ao longo deste trabalho serão apresentados os processos de cálculo para a determinação das grandezas cinemáticas envolvidas, facilitando o estudo da dinâmica dos mesmos. Com as expressões cinemáticas genéricas, dos sistemas mais comuns na engenharia, pode-se abreviar consideravelmente o estudo da dinâmica. Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 7/146 A cinemática Um sólido é uma abstração de um corpo real onde a distância entre dois de seus pontos é invariante. Considere-se dois pontos A e P de um sólido qualquer, que apresenta vetor velocidade angular ω⃗ . Note-se que esse vetor possui a direção do eixo instantâneo de rotação, com sentido dado pela regra da mão direita e intensidade igual à taxa de variação (derivada temporal) da posição angular. A derivada temporal do vetor velocidade angular é o vetor aceleração angular: ˙⃗ω=α⃗ . Nos casos em que o eixo de rotação é fixo, o vetor aceleração angular possui a direção do mesmo, coincidindo assim com a direção do vetor velocidade angular. Os pontos A e P apresentam velocidades e acelerações diferentes. Identificando as grandezas cinemáticas de cada um desses pontos, tem-se: v⃗A : o vetor velocidade do ponto A; a⃗A= ˙⃗vA : o vetor aceleração do ponto A; v⃗P : o vetor velocidade do ponto P; a⃗P= ˙⃗vP : o vetor aceleração do ponto P; Num instante (t) qualquer, o sólido encontra-se numa posição, por exemplo a posição ilustrada, e as grandezas cinemáticas citadas anteriormente são válidas para esse determinado instante e posição do sólido. Da Cinemática dos Sólidos podem-se resgatar as relações entre as grandezas vetoriais do sólido. As velocidades dos pontos P e A relacionam-se por: v⃗P=v⃗ A+ω⃗∧(P−A) Note-se que o vetor (P – A) possui módulo invariante pois é definido por dois pontos de um sólido, e por ser arrastado pelo sólido em movimento com rotação muda de direção. A derivada temporal do vetor (P – A) é expressa pelo Teorema de Poison: d dt (P−A)=ω⃗∧(P−A) . As acelerações dos pontos P e A relacionam-se por: a⃗P=a⃗A+α⃗∧(P−A)+ω⃗∧(ω⃗∧(P−A )) . A P ω α Eixo instantâneo de rotação Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 8/146 A cinemática apresentada dessa forma, pode sugerir que seja bem simples calcular as acelerações angular e do centro de massa para cada sólido, entretanto, mesmo reconhecendo a simplicidade das equações seu uso é trabalhoso. Para cada sistema, se faz necessário o desenvolvimento prévio da cinemática. Após definir os principais sistemas em uso na engenharia, para cada um deles, serão desenvolvidas expressões que permitam calcular as grandezas cinemáticas envolvidas. Não é um trabalho dos mais agradáveis mas, com certeza, será de grande utilidade no estudo dinâmica desses sistemas, permitindo o cálculo de esforços e posteriormente o dimensionamento das partes envolvidas. ω α Eixo instantâneo de rotação x y z dm P(x,y,z) v P Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 9/146 A dinâmica A dinâmica apoia-se em “apenas” dois Teoremas: Teorema do Centro de Massa e Teorema do Momento Angular. Note-se que a definição de Centro de Massa deve preceder a utilização do primeiro. Centro de Massa – Definição A forma da segunda Lei de Newton (∑ F⃗=m⋅⃗a) será preservada caso a aceleração indicada na mesma, seja de um ponto muito especial do sólido: o Centro de Massa. Considere-se o elemento de massa “dm” do sólido, localizado no ponto P(x,y,z), que apresenta vetor velocidade v⃗P . Ressalte-se que o ponto P é definido pelas coordenadas x, y e z. O Centro de Massa é definido por suas coordenadas xCM , yCM e zCM , que por definição são: xCM= ∫ x⋅dm ∫ dm =∫ x⋅dm m onde “m” é a massa do sólido. De forma análoga … yCM= ∫ y⋅dm m e zCM= ∫ z⋅dm m O “ajuste” da Segunda Lei de Newton para sólidos é expresso pelo TCM – Teorema do centro de Massa. TCM – Teorema do Centro de Massa O TCM garante que, para um sólido de massa “m”, com aceleração do Centro de Massa a⃗CM , sob ação de um sistema de forças de origem externa ao mesmo, com resultante ∑ F⃗ext . , é valida a seguinte relação: ∑ F⃗ext .=m⋅⃗aCM Momento Linear ou quantidade de movimento – Definição A Quantidade de Movimento de um ponto material de massa “m” e velocidade v⃗ , é definido por: q⃗=m⋅⃗v . A Quantidade de Movimento do elemento de massa “dm” que Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 10/146 ocupa o ponto P(x,y,z) do sólido, e que se desloca com vetor velocidade v⃗P , de forma análoga é: d q⃗=dm⋅⃗vP . Note-se que esse vetor possui a mesma direção e sentido do vetor velocidade do ponto P, ou de outra forma, a velocidade do elemento de massa “dm”. Momento Polar de grandeza vetorial – Definição Seja Δ⃗ , uma grandeza vetorial qualquer, aplicada no ponto P(x,y,z). O momento Polar dessa grandeza em relação ao polo O(xO,yO,zO), um ponto qualquer do espaço, é dado por: M⃗O=(P−O)∧Δ⃗ . Descrevendo cada elemento da definição de momento polar: M⃗O: é o momento polar da grandeza vetorial Δ⃗ , aplicada no ponto P, em relação ao polo O(xO,yO,zO); (P−O) : é o vetor que possui “ponta” em P e “rabo” em O; Δ⃗ : é uma grandeza vetorial qualquer que se possa imaginar. Exemplo 01: O momento polar da grandeza vetorial força F⃗ , aplicada no ponto P, em relação ao polo O, é amplamente conhecido como “Momento de Força”, sendo expresso em sua forma vetorial por: M⃗O F=(P−O)∧F⃗ . O momento da força F⃗ , expressa a capacidade da mesma em produzir rotação num corpo no qual está aplicada, em torno de um eixo que passa pelo polo O, que possui direção paralela ao vetor momento (M⃗O F ) , e cujo sentido da rotação criada é expresso pela regra da mão direita. Note-se que, o significado físico do momento polar de uma grandeza vetorial, nem sempre é tão simples ou intuitivo, e em muitos ocasiões será uma nova grandeza vetorial não intuitiva, mas se for útil será de grande valia. Exemplo 02: A grandeza vetorial “quantidade de movimento”, do elemento de massa “dm” que ocupa o ponto P(x,y,z), que desloca-se com velocidade v⃗P é expresso por (d q⃗=dm⋅⃗vP) . O momento polar da grandeza vetorial “quantidade de movimento”, em relação ao polo O(xO,yO,zO) qualquer, é: d M⃗O dq=d H⃗O=(P−O)∧(dm⋅⃗vP) Denomina-se esse momento polar de: “Momento Angular” do elemento de massa “dm”. O significado físico não é intuitivo, mas é uma grandeza que sob certas condições se conserva (não muda). O teorema TMA – Teorema do Momento Angular expressa as Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 11/146 condições sobas quais, o Momento Angular se conserva. Momento Angular do Sólido Agora ficou “fácil” … O Momento Angular do sólido, pode ser obtido pela soma vetorial dos momentos angulares de suas partes constituintes. Sendo o elemento de massa “dm” uma parte do sólido, e conhecendo o momento angular do mesmo d H⃗ O=(P−O)∧(dm⋅⃗v P) , tem-se: H⃗O=∫ d H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅⃗vP) TMA – Teorema do Momento Angular A soma dos momentos das forças de origem externa, aplicadas num sólido, em relação ao polo O(xO,yO,zO), é igual à derivada temporal do Momento Angular do mesmo, calculado em relação ao mesmo polo O(xO,yO,zO), desde que a escolha do polo respeite algumas restrições. As restrições mais usuais e simplificadoras são: a) o polo O(xO,yO,zO), é coincidente com o Centro de Massa do sólido; b) o polo é um ponto “fixo” do sólido, ou seja, possui velocidade nula. Nessas condições tem-se: ∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗HO ;com ... v⃗O=0 e O∈sólido Ressalte-se que o Momento Angular (H⃗O) do sólido é definido por uma expressão complicada (H⃗O=∫ (P−O)∧(dm⋅⃗v P)) , o que torna a tarefa de derivá-la em relação ao tempo algo desafiador. Aplicando-se o TMA – Teorema do Momento Angular aos tipos de movimentos do sólido, ou seja, Movimento de Translação, Movimento Plano e Movimento Geral, pode-se perceber que a complexidade aumenta progressivamente. Diante deste fato, de forma resumida, apresenta-se o TMA para cada um dos tipos de movimento citados. TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento de Translação Impondo as condições simplificadoras da translação, ou seja, todos os pontos do sólido apresentam, em cada instante, velocidade iguais entre si, e acelerações também iguais entre si, pode-se afirmar que: “o Momento Resultante dos esforços externos, aplicados ao sólido em translação, em relação ao polo CM – Centro de Massa do sólido é NULO: ∑ M⃗CM=zero “. Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 12/146 TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento Plano Impondo as condições simplificadoras do movimento plano, ou seja, os vetores velocidade angular e aceleração angular, possuem sempre direções perpendiculares ao plano do movimento, pode-se afirmar que: “o Momento Resultante dos esforços externos, aplicados ao sólido em movimento plano, em relação ao polo CM – Centro de Massa ou a um polo que pertença ao sólido e seja fixo, é expresso por: ∑ M⃗O=IO⋅α⃗ “. Onde: α⃗ : é o vetor aceleração angular do sólido; IO : é o momento de inércia, ou a inercia de rotação do sólido, quando o mesmo gira em torno do eixo que passa pelo polo O. Momento de Inércia - Definição Seja um elemento de massa “dm” do sólido, que ocupa o ponto P(x,y,z) do mesmo. O momento de Inércia do sólido em relação ao eixo que passa pelo polo O é: IO=∫ (Distância entre o eixo e oelemento demassa dm)2 . dm Ressalte-se que os momentos de inércia de sólidos de geometria regulares, usualmente estão tabelados em relação a três eixos ortogonais entre si e que passam pelo polo CM. O Teorema dos Eixos Paralelos (Steiner), permite de forma bastante simples a troca do polo Centro de Massa (CM) por outro polo (O): IO=ICM+m⋅d 2 . Sendo: “m” a massa do sólido e “d” a distância entre os eixos paralelos. TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento Geral Neste caso não há simplificações e o TMA deve ser utilizado em sua forma genérica apresentada anteriormente: ∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗HO ; com ... v⃗O=0 e O∈sólido . O primeiro membro da equação é calculado sem grande trabalho, pois basta calcular o momento polar de cada força aplicada ao sólido, e somar esses resultados. A dificuldade plano do movimento x y z eixo instantâneo de rotação αω O P dm Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 13/146 é calcular a derivada do momento angular do sólido ( H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅v⃗ ) ), que é expressa por: ˙⃗HO= d dt ⋅∫(P−O)∧(dm⋅⃗v) . Essa dificuldade pode ser contornada grandemente com a utilização da Forma Matricial do Momento Angular. O desenvolvimento detalhado da forma matricial encontra-se no “Apêndice A”. No presente desenvolvimento, serão apresentados as condições de utilização e os resultados. TMA - Teorema do Momento Angular na Forma Matricial O “truque” é utilizar um sistema de referência e um sistema de eixos (ou base) ligado ao sólido: Um sistema de eixos ligado ao sólido, com origem no ponto O do sólido, e que será identificado daqui por diante por: O(x,y,z). Note-se que o ponto O do sólido, é arrastado pelo mesmo, assim possui vetor velocidade ( v⃗O) e vetor aceleração (a⃗O) . A aceleração imposta ao sistema de eixos ligado ao sólido, o torna um “referencial não inercial”, ou seja, não respeita a segunda Lei de Newton. Outro com origem no ponto I, e que será identificado daqui por diante como I(X,Y,Z), não possui aceleração, o que o torna um “referencial inercial”, ou seja que respeita a segunda Lei de Newton. No que esse “truque” ajuda?. Como as grandezas vetoriais que aparecem na definição do momento angular do sólido podem ser expressas em função de suas projeções nos eixos do sistema “ligado” O(x,y,z), alguns tornam-se constantes e desta forma, a derivada dos mesmos tornam-se nulas, o que, com certeza, torna o trabalho bem mais simples. As velocidades dos pontos “P” e “O”, pertencentes ao sólido, segundo a cinemática relacionam-se por: v⃗P=v⃗O+ω⃗∧(P−O) . Reconhecendo que a velocidade do ponto P, é também a velocidade do elemento de massa “dm”: v⃗= v⃗O+ω⃗∧(P−O) . Substituindo essa velocidade na definição de Momento Angular do sólido, em relação ao polo O, tem-se: H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅v⃗ ) => H⃗O=∫(P−O)∧( v⃗O+ω⃗∧(P−O))⋅dm Aplicando a propriedade distributiva do produto vetorial: H⃗O=∫(P−O)∧ v⃗O⋅dm+∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm ω α Eixo instantâneo de rotação x y z dm P(x,y,z) v P O I X I Y Z Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 14/146 Aplicando a definição de Centro de Massa: H⃗O=(CM−O)∧v⃗O⋅m+∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm Impondo as condições de escolha do polo O, ou seja, ( v⃗O=zero) ou (O≡CM ) , tem- se: H⃗O=∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm Note-se que: 1º) o vetor velocidade angular (ω⃗) é medido em relação ao referencial inercial I(X,Y,Z), mas pode ser expresso em função de suas projeções no sistema de eixos ligado ao sólido O(x,y,z), ou seja: ω⃗=ωx⋅î+ωy⋅ ĵ+ωz⋅k̂ ; 2º) os versores î ; ĵ ; k̂ , embora tenham normas (módulos) constantes e iguais a 1 (um), mudam de direção por serem arrastados pelo sólido. Considere-se que o sólido arraste o sistema ligado O(x,y,z), e imponha ao mesmo rotação com a velocidade angular (Ω⃗) . As derivadas dos versores podem ser obtidas através do Teorema de Poison, ou seja: ˙̂i=Ω⃗∧ î ; ˙̂j=Ω⃗∧ ĵ ; ˙̂k=Ω⃗∧k̂ . Com algum esforço pode-se obter a Forma Matricial do Momento Angular do Sólido, conforme o disposto no Apêndice A: H⃗O=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxωyωz ] ou H⃗O=[ I ]⋅[ωxω yωz] ou H⃗O=[ I ]⋅ω⃗ Há dois tipos de elementos na matriz, ou tensor de Inércia, que está representado pela matriz 3x3: Momentos de Inércia (ou inércia de rotação) em relação a cada uma dos eixos x, y, e z: I xx=∫(distância doelemento demassadmaoeixo x)2⋅dm ; I yy=∫(distânciado elemento demassadmaoeixo y)2⋅dm ; I zz=∫(distância doelementodemassadmaoeixo z)2⋅dm . Produtos de Inércia que expressam o grau de simetria de distribuição de massa em torno dos eixos: I xy=∫ x⋅y⋅dm ; I xz=∫ x⋅z⋅dm ; I yz=∫ y⋅z⋅dm . Onde x, y e z são as coordenadas do elemento de massa “dm”, em relação ao sistema de eixos “ligado” ao sólido, ou seja, O(x,y,z). Como o elemento de massa “dm” não se move em relação a tal sistema de eixos, essas coordenadas são constantes, e os 6 (seis) elementos da Matriz de Inércia (ou Tensor de Inércia) também são constantes, ou seja, possuem derivadas nulas. Desta forma, a derivada em relação ao tempo do Momento Angular do sólido, resume-se Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 15/146 à derivada apenas do vetor velocidade angular(ω⃗) . Formalizando esse resultado na forma matricial: H⃗O=[ I ]⋅ω⃗ derivando em relação ao tempo … ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ω Derivando o vetor velocidade angular do sólido expresso em função de suas projeções no sistema de eixos O(x,y,z), e do vetor velocidade angular do sólido (Ω⃗) , ou seja: ˙⃗ω=ω̇x⋅î+ωx⋅ ˙̂i+ω̇ y⋅ ĵ+ωy⋅ ˙̂j+ω̇z⋅k̂+ωz⋅ ˙̂k . Aplicando o Teorema de Poison, tem-se: ˙⃗ω=ω̇x⋅î+ωx⋅Ω⃗∧ î+ω̇y⋅ĵ+ω y⋅Ω⃗∧ ĵ+ω̇z⋅k̂+ωz⋅Ω⃗∧k̂ O resultado acima pode ser expresso agrupando os termos como: ˙⃗ω=ω̇x⋅î+Ω⃗∧ωx⋅î+ω̇y⋅ĵ+Ω⃗∧ωy⋅ ĵ+ω̇z⋅k̂+Ω⃗∧ωz⋅k̂ ˙⃗ω=ω̇x⋅î+ω̇y⋅ ĵ+ω̇z⋅k̂+Ω⃗∧ωx⋅î+Ω⃗∧ωy⋅ĵ+Ω⃗∧ωz⋅k̂ Colocando o vetor velocidade angular (Ω⃗) em evidência, tem-se: ˙⃗ω=ω̇x⋅î+ω̇y⋅ ĵ+ω̇z⋅k̂+Ω⃗∧(ωx⋅̂i+ωy⋅ĵ+ωz⋅k̂ ) Identificando o termo entre parentes como o vetor velocidade angular do sólido, permite escrever: ˙⃗ω=ω̇x⋅î+ω̇y⋅ ĵ+ω̇z⋅k̂+Ω⃗∧ω⃗ ou ˙⃗ω=[ω̇xω̇yω̇z ]+Ω⃗∧ω⃗ . Recuperando a forma matricial: ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ω . Substituindo a derivada da velocidade angular: ˙⃗HO=[ I ]⋅[ ω̇xω̇ yω̇z]+ [ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ . ************************************************************************************************** Finalmente o TMA – Teorema do Momento Angular expresso na forma matricial: ∑ M⃗O= [ I ]⋅[ω̇xω̇ yω̇z]+[ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ A escolha do polo O deverá respeitar uma das seguintes restrições: a) o polo O coincide com o CM – Centro de Massa; b) o polo O pertence ao sólido e é um ponto fixo ( v⃗O=zero) . ************************************************************************************************** Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 16/146 Embora o TMA – Teorema do Momento Angular, esteja apresentado acima numa forma elegante, pode-se afirmar que na engenharia é comum encontrar sólidos com eixos fixos de rotação. Nesses casos, a escolha do sistema de eixos O(x,y,z), é feita de forma que um de seus eixos (Ox por exemplo) coincida com o eixo fixo, o que acarretará numa simplificação significativa. Mesmo quando o movimento do sólido não se encaixa perfeitamente nessa situação, é possível adaptá-la de forma que o sistema de eixos móvel O(x,y,z), apresente um de seus eixos fixo (Ox por exemplo). Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 17/146 Os esforços dinâmicos O TMA - Teorema do Momento Angular, permite o estudo de esforços em sistemas de sólidos, que surgem pela peculiaridade dos movimentos dos mesmos, ou seja, em repouso esses esforços não existiriam. Nos exemplos seguintes, serão utilizados os conceitos desenvolvidos anteriormente, com a finalidade de determinar os esforços dinâmicos em vários sistemas de sólidos. EXEMPLO 01 A figura ilustra um dispositivo simplificado de um misturador rotativo. O eixo principal é mantido em posição através de dois mancais fixos A e B. Duas massas m = 0,2 kg são mantidas afastadas do eixo principal por duas hastes verticais. As massas do eixo e das hastes, para os propósitos deste estudo, são desprezadas. O conjunto descrito, gira em torno de seu eixo, com frequência de rotação constante f = 3000 rpm. Pedem-se: a) os momentos de inércia em relação ao sistema de eixos CM(x,y,z) “ligado” ao eixo principal; b) os produtos de inércia em relação ao sistema de eixos CM(x,y,z); c) os esforços de origem dinâmica nos mancais A e B; SOLUÇÃO: I xx=∫(dist .aoeixo x )2⋅dm=0,502⋅0,2+0,502⋅0,2=0,100 I yy=∫(dist .ao eixo y )2⋅dm=0,252⋅0,2+0,252⋅0,2=0,025 I zz=∫(dist .aoeixo z )2⋅dm=(0,252+0,502)⋅0,2+(0,252+0,502)⋅0,2=0,125 Resp. (a): I xx=0,100⋅kg⋅m 2; I yy=0,025⋅kg⋅m 2; I zz=0,125⋅kg⋅m 2 I xy=∫ x⋅y⋅dm=(−0,25)⋅0,50⋅0,2+0,25⋅(−0,50)⋅0,2=−0,050 I xz=∫ x⋅z⋅dm=(−0,25)⋅zero⋅0,2+0,25⋅zero⋅0,2=zero I yz=∫ y⋅z⋅dm=0,50⋅zero⋅0,2+(−0,50)⋅zero⋅0,2=zero Resp. (b): I xy=−0,050⋅kg⋅m 2 ; I yz=zero⋅kg⋅m 2 ; I yz=zero⋅kg⋅m 2 m m 0,5 0 m 0,50 m CM 0,25 m 0,25 m0,50 m 0,50 m A Bx y z ω Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 18/146 O vetor velocidade angular pode ser expresso por: ω⃗=ωx⋅̂i+ω y⋅̂j+ωz⋅k̂ Como o vetor velocidade angular “sempre” tem direção do eixo de rotação, que nesse caso é “fixo”, pode-se afirmar que: ω⃗=ω⋅̂i+ zero⋅̂j+ zero⋅k̂ Com ω=2⋅π⋅f , tem-se: ω=2⋅π⋅3000 60 =100⋅π => ω=314,16 rad / s Dessa forma o vetor velocidade angular, expresso em função de suas projeções no sistema de eixos CM(x,y,z), é: ω⃗=314,16⋅̂i+ zero⋅̂j+ zero⋅k̂ O momento angular, adotando o polo no CM - Centro de Massa é: H⃗CM=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxω yωz]=[ I xx −I xy −I xz −I xy I yy −I yz −I xz −I yz I zz ]⋅[314,16zerozero ] Antes de derivar o momento angular em função do tempo, é aconselhável exprimi-lo na forma vetorial. A componente do Momento Angular na direção de î , é obtida pelo produto dos elementos da primeira linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna: HCM x =I xx⋅314,16−I xy⋅zero−I xz⋅zero . A componente do Momento Angular na direção de ĵ , é obtida pelo produto dos elementos da segunda linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna: HCM y =−I xy⋅314,16+I yy⋅zero−I yz⋅zero A componente do Momento Angular na direção de k̂ , é obtida pelo produto dos elementos da terceira linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna: HCM z =−I xz⋅314,16−I yz⋅zero+ I zz⋅zero . Na forma vetorial: H⃗CM=I xx⋅314,16⋅̂i−I xy⋅314,16⋅̂j−I xz⋅314,16⋅k̂ Derivando a forma vetorial do momento angular: ˙⃗HCM=I xx⋅314,16⋅ ˙̂i−I xy⋅314,16⋅ ˙̂j−I xz⋅314,16⋅ ˙̂k A derivada dos versores: Como consequência da escolha do sistema de eixos CM(x,y,z), o versor î não muda de direção, ou seja, é constante e possui derivada em relação ao tempo nula ( ˙̂i=zero) , entretanto, os outros dois versores ĵ e k̂ solidários ao sólido giram com velocidade Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 19/146 angular do mesmo: ω⃗=314,16⋅̂i+zero⋅̂j+ zero⋅k̂ => ω⃗=314,16⋅̂i . Determinado as derivadas dos versores com o Teorema de Poisom: ˙̂i=ω⃗∧ î => ˙̂i=314,16⋅̂i∧ î => ˙̂i=zero ˙̂j=ω⃗∧ ĵ => ˙̂j=314,16⋅̂i∧ ĵ => ˙̂j=314,16⋅k̂ ˙̂k=ω⃗∧k̂ => ˙̂k=314,16⋅̂i∧k̂ => ˙̂k=−314,16⋅̂j Substituindo na derivada do momento angular: ˙⃗HCM=I xx⋅314,16⋅ ˙̂i−I xy⋅314,16⋅ ˙̂j−I xz⋅314,16⋅ ˙̂k => ˙⃗HCM=−I xy⋅314,16 2⋅˙̂k+ I xz⋅314,16 2⋅˙̂j Ressalte-se que os termos quadráticos sempre estarão presentes e expressam o quadrado da velocidade angular, ou seja: ˙⃗HCM=−I xy⋅98.696,04⋅ ˙̂k+ I xz⋅98.696,04⋅ ˙̂j . Aqui fica estabelecida uma conexão entre os esforços dinâmicos e produtos de inércia, ou seja, os produtos de inércia relevantes no cálculo dos esforços dinâmicos são aqueles relacionados ao eixo de rotação. No caso o eixo de rotação tem direção (x), então os produtos de inércia que contribuirão para os esforços dinâmicos são: I xy e I xz . Recuperando valores de: I xy=−0,050 ; I xz=zero , e substituindo-os na equação anterior, obtêm-se: ˙⃗HCM=4.934,8⋅k̂ . O que se fez até aqui?. Resp.: Calculou-se um dos termos do TMA – Teorema do Momento Angular. Note-se que a força peso não é força dinâmica, por estar presente mesmo quando o sistema encontra-se em repouso, a saber: P⃗=0,4⋅9,81⋅(− ĵ)=3,924⋅(− ĵ)⋅N . Ressalte-se que, como as forças dinâmicas são proporcionais ao quadrado da velocidade angular, o peso próprio do sistema usualmente torna-se irrelevante. Os mancais sugeridos na figura são do tipo axial, portanto só reagem a esforços radiais, isto posto: R⃗A=RA y⋅ ĵ+RA z⋅k̂ R⃗B=RB y⋅ĵ+RB z⋅k̂ Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa: ∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM tem-se: R⃗A+ R⃗B=m⋅⃗aCM ; o peso não foi considerado, pois as reações estritamente dinâmicas m m 0,5 0 m 0,50 m CM 0,25 m 0,25 m0,50 m 0,50 m A Bx y z ω R A z R A y R B y R B z Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 20/146 não dependem do mesmo. Substituindo … RA y⋅ ĵ+RA z⋅k̂+RB y⋅ĵ+RB z⋅k̂=m⋅⃗aCM , entretanto, a aceleração do centro de massa é nula, ou seja: RA y⋅ ĵ+RA z⋅k̂+RB y⋅ĵ+RB z⋅k̂=zero Impondo a igualdade entre as componentes do primeiro e segundo membros, tem-se: RA y +RB y=0 => RA y =−RBy eq. 01 RA z +RB z=0 => RA z =−RB z eq. 02 Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular: ∑ M⃗CM= ˙⃗HCM => ∑ M⃗CM= ˙⃗H CM=4.934,8 k̂ Agora se faz necessário o cálculo dos momentos das forças para que se obtenha o primeiro membro do TMA. Da definição de momento polar da força F⃗ aplicada no ponto P, em relação ao polo O, tem-se: M⃗O F=(P−O)∧F⃗ . Como o polo escolhido é o Centro de Massa CM(0;0;0), é necessário um ajuste: M⃗CM F =(P−CM )∧F⃗ Momento da reação R⃗A aplicada no ponto A(-0,75;0;0) em relação ao polo CM(0,0,0,): M⃗ R A=(A−CM )∧R⃗A=−0,75⋅̂i∧(R A y⋅ĵ+RA z⋅k̂ ) => M⃗ R A=−0,75⋅RA y⋅k̂+0,75⋅R A z⋅ĵ Momento da reação R⃗B aplicada no ponto B(0,75;0;0) em relação ao polo CM(0,0,0): M⃗ RB=(B−CM )∧R⃗B=0,75⋅̂i∧(RB y⋅ĵ+RB z⋅k̂ ) => M⃗ RB=0,75⋅RB y⋅k̂−0,75⋅RB z⋅̂j Substituindo os resultados das equações eq. 01 e eq. 02, no resultado anterior: M⃗R B=−0,75⋅RA y⋅k̂+0,75⋅R A z⋅ ĵ O momento resultante: ∑ M⃗CM=M⃗ R A+M⃗ RB=−1,50⋅RAy⋅k̂+1,50⋅RAz⋅̂j Substituindo no TMA: ∑ M⃗CM= ˙⃗H CM => −1,50⋅RAy⋅k̂+1,50⋅RAz⋅̂j=4.934,8⋅k̂ Igualando os vetores: [ ĵ] RA z =0 [ k̂ ] −1,50⋅RA y=4.934,8 => RA y=−3.289,9 N Resp. (c): RA z =0 ; RA y=−3.289,9 N ; RB z=0 ; RB y=3.289,9 N Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 21/146 EXEMPLO 02 A figura ilustra um sólido que apresenta massa m = 30,0 kg, gira em torno de eixo fixo mantido por dois mancais A e B. Quando o sistema gira com velocidade angular constante ω=50⋅rad s , os esforços dinâmicos nos mancais (desconsiderar o peso próprio) são medidos, e os resultados expressos em newton (N), são: R⃗A=−3.600⋅ĵ+200⋅k̂ e R⃗B=210⋅ĵ−200⋅k̂ . Pedem-se: a) os produtos de inércia que envolvem a direção do eixo de rotação, em relação ao polo A; b) a ordenada (yCM) do CM – Centro de Massa do sólido. SOLUÇÃO: Adota-se sistema de eixos ligado ao sólido, com origem no ponto (mancal) A, ou seja, o sistema de eixos A(x,y,z). Neste caso, o centro de massa do sólido descreve trajetória circular com raio R = yCM, em movimento circular uniforme ( ω=cte ). Nesse tipo de movimento, a componente tangencial da aceleração ( at=α⋅R ) é nula, pois α=ω̇=zero , entretanto, sempre haverá aceleração centrípeta ( acent .=ω 2⋅R ). Note-se que a aceleração centrípeta “sempre” aponta para o centro de curvatura da trajetória, e no instante ilustrado é − ĵ . Ressalte-se que os eixos adotados giram com o sólido, ou seja, todas as conclusões obtidas na configuração do desenho serão válidas para qualquer instante. A aceleração do CM – Centro de Massa é: a⃗CM=−ω 2⋅R⋅ĵ=−2.500⋅yCM⋅̂j . A resultante das forças aplicadas (desconsiderando o peso próprio) é: ∑ F⃗= R⃗A+ R⃗B=−3.390⋅̂j Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se: ∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => −3.390⋅̂j=30⋅(−2.500⋅yCM⋅̂j) => yCM=0,045 Resp. (b) yCM=0,045⋅m A velocidade angular na forma vetorial é: ω⃗=50⋅̂i Note-se que a velocidade angular possui a direção do eixo de rotação, com sentido dado pela regra da mão direita. 0,85 m CM y CM A B x y z ω R A z R A y R B y R B z 0,25 m Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 22/146 O momento angular na forma matricial: H⃗ A=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[5000 ] Efetuando o produto entre as matrizes, obtém-se o momento angular na forma vetorial: H⃗ A=I xx⋅50⋅î−I xy⋅50⋅ĵ−I xz⋅50⋅k̂ Derivando o momento angular em função do tempo, note-se que, ˙̂i=ω⃗∧ î=50⋅̂i∧ î=0 , ˙̂j=ω⃗∧ ĵ=50⋅̂i∧ ĵ=50⋅k̂ e ˙̂k=ω⃗∧k̂=50⋅̂i∧k̂=−50⋅̂j : ˙⃗H A=−I xy⋅50⋅ ˙̂j−I xz⋅50⋅ ˙̂k => ˙⃗H A=−I xy⋅50 2⋅k̂+ I xz⋅50 2⋅̂j Calculando o momento da força R⃗A , aplicada no ponto A(0;0;0), em relação ao polo A(0;0;0): M⃗R A=(A−A)∧R⃗ A=zero . Calculando o momento da força R⃗B , aplicada no ponto B(0,85;0,0), em relação ao polo A(0;0;0): M⃗R B=(B−A)∧R⃗B=0,85⋅î∧(210⋅ĵ−200⋅k̂ )=178,5⋅k̂+170⋅ ĵ Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular: ∑ M⃗ A= ˙⃗H A => 178,5⋅k̂+170⋅ĵ=−I xy⋅502⋅k̂+ I xz⋅502⋅ĵ Impondo a igualdade entre os vetores: 178,5=−I xy⋅50 2 => I xy=−0,071 170=I xz⋅50 2 => I xz=0,068 Resp. (a) −I xy=0,071⋅kg⋅m 2 ; I xz=0,068⋅kg⋅m 2 Nota: os produtos de inércia que podem “criar” esforços dinâmicos são aqueles que envolvem o eixo de rotação. Nesse caso, como o eixo de rotação tem direção “x” seriam: I xy e I xz . Isto posto, o produto de inércia I yz , não pode ser determinado pelos desenvolvimentos feitos. EXEMPLO 03 Um estagiário recebe um pré-projeto de um misturador constituído por eixo e duas placas triangulares de massa m = 0,24 kg cada. O projeto prevê velocidade angular constante igual a ω=60 rad s . A recomendação é de que as possíveis deformações sejam negligenciadas. Que se adote como polo, o centro de massa do conjunto. Que se adote o sistema de eixos “ligado” ao sólido, o sistema de eixos CM(x,y,z). O estagiário procura na internet e encontra numa tabela, os produtos de inércia de placas triangulares conforme anexo. h/3 h/3 CM x 1 y 1 c b h b/3 x y CM x 2 y 2 c b h b/3 Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 23/146 Pedem-se: a) os produtos de inércia de interesse; b) os esforços dinâmicos no mancal A. ANEXO: I xy=− m 36 ⋅h⋅(2⋅c−b) ; I xz=I yz=0 SOLUÇÃO: Em relação ao sistema de eixos (x1;y1;z1), e m = 0,24; c = 0; b = 0,3; h = 0,2; tem-se: I x1 y1 Δ1 =0,0004 I x1 z1= I y1 z1=0 Em relação ao sistema de eixos (x2;y2;z2), e m = 0,24; c = 0; b = 0,3; h = 0,2; tem-se: I x2 y2 Δ2 =0,0004 I x2 z2= I y2 z2=0 Conforme o teorema dos eixos paralelos: I x y Δ1=0,0004+m . xCM . yCM=0,0004+0,24 .(b /3).(h/3) => I x y Δ1=0,0020 I x y Δ2=0,0004+m . xCM . yCM=0,0004+0,24 .(−b /3).(−h/3) => I x y Δ1=0,0020 Para as duas placas: I xy CMconj .=0,0040 ; I xz CM conj.=I yz CMconj .=0 Resp. (a) I xy CM conj .=0,0040⋅kg⋅m2 ; I xz CM conj.=I yz CMconj .=0 A ilustração do mancal sugere um mancal extenso e que portanto poderá reagir não só com força mas também momento (binário), desta forma, os esforços no mancal A serão representados por: R⃗A=RA x⋅î+RA y⋅ ĵ+RA z⋅k̂ e M⃗ A=M A x⋅̂i+M A y⋅ ĵ+M A z⋅k̂ . NOTAS: 1. Um binário ou momento concentrado, apresenta o mesmo valor independente do polo utilizado. 2. Como a velocidade angular é constante o momento concentrado (binário) M⃗ A não deve apresentar componente axial (M A x )=zero , pois essa componente cria aceleração angular, o que seria incompatível com a condição de velocidade x y CM conj. 0,3 m 0,2 m0,3 m 0,3 m 0,2 m 0,2 m m m ω A Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 24/146 constante. Mesmo assim, será mantida na solução que se segue. A velocidade angular: ω⃗=ω⋅̂i=60⋅î O momento angular em relação ao polo CM conj . : H⃗CM conj .=[ I xx − I xy − I xz−I xy I yy −I yz− I xz − I yz I zz ]⋅[ωxω yωz]=[ I xx 0,0040 0 0,0040 I yy 0 0 0 I zz]⋅[6000 ] O momento angular na forma vetorial: H⃗CM conj .=I xx⋅60⋅̂i+0,0040⋅60⋅ĵ=I xx⋅60⋅̂i+0,24⋅ĵ A derivada temporal do momento angular: ˙⃗HCM=0,24⋅ ˙̂j=0,24⋅60⋅î∧ ĵ=14,4⋅k̂ Calculando o momento Resultante em relação ao polo CM conj . : ∑ M⃗CM conj .=(A−CM conj .)∧(RAx⋅̂i+RAy⋅̂j+RAz⋅k̂ )+M⃗ A ∑ M⃗CM conj .=0,5⋅̂i∧(RAx⋅̂i+RAy⋅̂j+RAz⋅k̂ )+M Ax⋅̂i+M Ay⋅ĵ+M Az⋅k̂ ∑ M⃗CM conj .=0,5⋅RAy⋅k̂−0,5⋅RAz⋅̂j+M Ax⋅̂i+M Ay⋅̂j+M Az⋅k̂ Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular: ∑ M⃗CM conj .= ˙⃗H CM conj . => 0,5⋅RAy⋅k̂−0,5⋅RAz⋅ĵ+M Ax⋅̂i+M Ay⋅ ĵ+M Az⋅k̂=14,4⋅k̂ igualando î : M A x =zero eq. 01 igualando ĵ : −0,5⋅RA z⋅ ĵ+M A y⋅ ĵ=zero eq. 02 igualando k̂ : 0,5⋅RA y +M A z =14,4 eq. 03 Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se: ∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => RAx⋅î+RAy⋅ ĵ+RAz⋅k̂=zero ; note-se que a⃗CM=zero pois o CM conj . pertence ao eixo de rotação. Impondo a igualdade entre vetores: RA x =RA y=R A z =zero . Substituindo na equação eq. 02: M A y=zero . Substituindo na equação eq. 03: M A z =14,4 . Resp. (b) R⃗A=zero e M⃗ A=14,4⋅k̂⋅N⋅m Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 25/146 Entendendo o que é um binário: A figura sugere que o mancal A pode serentendido como dois rolamentos espaçados pela distância “d”. Cada um deles pode aplicar no eixo, forças ortogonais ao mesmo (forças radiais). Para entender o momento calculado acima, considere-se um sistema de forças composto por duas forças (ou binário), ambas de intensidade F, paralelas entre si, de sentidos opostos, uma aplicada no ponto A1 e outra aplicada no ponto A2, ou seja, separadas pela distância “d”. O momento resultante dessas forças, não depende do polo adotado, por exemplo, adote- se como polo o ponto A1. (confirme calculando em relação a qualquer outro polo, por exemplo, os polos A2 e CM) Calculando o momento resultante do binário: B⃗=(A1−A1)∧(−F⋅ĵ)+(A2−A1)∧F⋅ĵ B⃗=( zero)∧(−F⋅ ĵ)+(d⋅̂i)∧F⋅ĵ=F⋅d⋅k̂ Sendo: F⋅d⋅k̂=14,4⋅k̂⋅N⋅m Desta forma, conhecendo o espaçamento (d) dos rolamentos, pode-se obter os esforços radiais em cada um deles: F=14,4 d . EXEMPLO 04 Um cilindro de massa m = 5,0 kg, gira em torno do eixo apoiado nos mancais A e B, separados pela distância d = 0,90 m, com velocidade angular constante ω = 20 rad/s. O sistema de eixos A(x,y,z) ilustrado, é ligado ao cilindro. As reações (forças) nos mancais de origem dinâmica (desconsiderar o peso), são conhecidas: R⃗A=10 . ĵ+50⋅k̂ (N ) e R⃗B=−46⋅k̂ (N ) . Pedem-se: a) a distância do Centro de Massa ao eixo de rotação; b) os produtos de inércia do cilindro (não balanceado); SOLUÇÃO: Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se: ∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => R⃗A+ R⃗B=m⋅⃗aCM d x y F F A 1 A 2 0,90 0,10 0,10 0,10 x y z A Bw Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 26/146 10 . ĵ+50⋅k̂−46⋅k̂=5⋅⃗aCM => 10 . ĵ+4⋅k̂=5⋅⃗aCM => a⃗CM=2 . ĵ+0,8⋅k̂ O CM – Centro de Massa está descrevendo uma trajetória circular de raio R em movimento circular e uniforme, e centro sobre o eixo (Ax). O módulo da aceleração centrípeta é: |⃗acent|=ω 2⋅R=√22+0,82=2,154m /s2 . Substituindo o valor numérico da velocidade angular, ( ω2=202=400 )tem-se: R=5,40⋅10−3 m Resp. (a) No instante considerado a abscissa do centro de massa é desconhecida, ou seja, numa determinada abscissa “x”, o CM Centro de Massa desloca-se em movimento uniforme, em trajetória circular de raio R = 5,40.10 -3 m, com centro no eixo (Ax). A título de curiosidade, pode-se considerar uma visão da trajetória do CM. Note-se que a coordenada (y) e a cota (z) do centro de massa são negativas, pois aceleração centrípeta aponta para o centro de curvatura. O ângulo entre a componente horizontal da aceleração centrípeta e o eixo (Az) é: tan (θ)= 2 0,8 => θ=68,2º A ordenada do CM será: yCM=−R .cos 68,2º => yCM=−0,002m A cota do CM será: zCM=−R . sen68,2 º => zCM=−0,005m O momento angular em relação ao polo A, na forma matricial: H⃗ A=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxωyωz ]=[ I xx −I xy −I xz −I xy I yy −I yz −I xz −I yz I zz ]⋅[2000 ] O momento angular em relação ao polo A, na forma vetorial: H⃗ A=I xx⋅20⋅î−I xy⋅20⋅ĵ−I xz⋅20⋅k̂ Derivando em relação ao tempo: ˙⃗H A=−I xy⋅20⋅ ˙̂j−I xz⋅20⋅ ˙̂k Note-se que: ˙̂j=ω⃗∧ ĵ => ˙̂j=20⋅̂i∧ ĵ => ˙̂j=20⋅k̂ ˙̂k=ω⃗∧k̂ => ˙̂k=20⋅̂i∧k̂ => ˙̂k=−20⋅̂j y z R CM a CM 2,0 0,8 θ Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 27/146 Retomando... ˙⃗H A=−I xy⋅20⋅ ˙̂j−I xz⋅20⋅ ˙̂k => ˙⃗H A=−I xy⋅20⋅20⋅k̂−I xz⋅20⋅20⋅̂j ˙⃗H A=−I xy⋅400⋅k̂+ I xz⋅400⋅ ĵ Calculando o Momento Polar dos esforços em relação ao polo A: M⃗ A=(A−A)∧R⃗A+(B−A)∧R⃗B Note-se os pontos são definidos por A(0;0;0) e B(0,90;0;0), ou seja, (B−A)=0,90⋅̂i , que permite: M⃗ A=0,90⋅̂i∧(−46⋅k̂ )=41,40⋅ ĵ Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular: ∑ M⃗ A= ˙⃗H A => 41,40⋅ĵ=−I xy⋅400⋅k̂+ I xz⋅400⋅̂j Impondo a igualdade vetorial: I xy=0 ; I xz= 41,40 400 =0,10 Resp.(b) I xy=0 e I xz=0,10⋅kg⋅m 2 Este exemplo é emblemático pois estabelece a possibilidade de se obter os produtos de inércia responsáveis pelos esforços dinâmicos, através da medição desses últimos. EXEMPLO 05 Um avião, desloca-se ao longo da pista com velocidade v = 241,2 km/h (ou 67 m/s), com as rodas do trem de pouso girando sem escorregar em relação ao solo. Assim que o avião alça voo e perde contato com o solo, o recolhimento do trem de pouso se inicia, ainda com as rodas girando. O sistema composto por ambas as rodas, possui massa total m = 86,0 kg, diâmetro D = 1,1 m e momento de inércia total, em relação ao eixo de rotação, Ixx = 13,9 kg.m2 e produtos de inércia nulos. As rodas são montadas em seu eixo de rotação, separadas pela distância a = 0,36 m. O eixo de rotação das rodas é soldado a uma barra, que gira em torno da articulação A propiciando o recolhimento do conjunto. A distância entre o eixo das rodas e a articulação A, é b = 1,2 m. O trem de pouso é recolhido de forma que sua posição angular θ, aumenta à taxa de 45º (ou 0,79 rad) por segundo. Sugere-se que se adote o sistema de eixos CM(x, y, z), como o sistema de eixos ligado ao eixo de rotação das rodas. Pedem-se: a) o vetor velocidade angular das rodas; b) o vetor momento angular do conjunto de rodas, em relação ao polo centro de massa das mesmas (CM); c) as reações de origem dinâmicas (desconsiderar o peso) no eixo nas rodas. x y z q a/2 a/2 CM b A W w Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 28/146 SOLUÇÃO: Considere-se que as rodas não estivessem girando em torno de seu eixo próprio, mesmo assim elas ainda girariam, pois o seu eixo giraria em torno da articulação A. A barra que liga o eixo das rodas com a articulação A, tem sua posição determinada pela sua posição angular θ , que varia com o tempo à taxa Ω=0,79 rad s , ou seja, com velocidade angular Ω⃗=0,79⋅k̂ . Caso as rodas estivessem paradas em relação ao eixo próprio das mesmas, ainda teriam essa velocidade angular. Enquanto as rodas sustentam o avião que corre pela pista, não escorregam em relação à pista, ou seja, o ponto de contato das mesmas com o piso é o CIR – Centro Instantâneo de Rotação. Nessa condição o centro das rodas deslocam-se com a velocidade do avião v=67 m s , e da cinemática tem-se: v=ω⋅R=ω⋅D 2 . Com os valores numéricos: 67=ω⋅1,1 2 => ω=121,82 rad s . O eixo de rotação das rodas tem a direção definida pelo eixo “x”, e sentido dado pela regra da mão direita, ou seja, ω⃗=121,82⋅̂i Finalmente pode-se afiançar que o vetor velocidade angular das rodas é a soma vetorial dessas duas velocidades angulares citadas acima: ω⃗RODAS=ω⃗+Ω⃗=121,82⋅̂i+0,79⋅k̂ Resp. (a) ω⃗RODAS=121,82⋅̂i+0,79⋅k̂ rad s A forma matricial do momento angular do conjunto de rodas: H⃗CM=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxωyω z ]=[ 13,9 0 0 0 I yy 0 0 0 I zz]⋅[121,8200,79 ] Note-se que as rodas por princípio, são dispositivos balanceados, que garantem que o eixo das mesmas seja um eixo de simetria de massa, o que anula os produtos de inércia. A forma vetorial do momento angular do conjunto de rodas: H⃗CM=13,9⋅121,82⋅̂i+I zz⋅0,79⋅k̂ => H⃗CM=1.693,3⋅̂i+I zz⋅0,79⋅k̂ CM v R w CIR Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 29/146 Resp. (b) H⃗CM=1.693,3⋅̂i+I zz⋅0,79⋅k̂ Derivando em relação ao tempo o momento angular do conjunto de rodas: ˙⃗HCM=1693,30⋅ ˙̂i+I zz⋅0,79⋅ ˙̂k A direção dos versores é alterada pela rotação do conjunto em torno da articulação A, com velocidade angular Ω⃗=0,79⋅k̂ , ou seja: ˙̂i=Ω∧ î => ˙̂i=0,79⋅k̂∧ î => ˙̂i=0,79⋅̂j ˙̂k=Ω∧k̂ => ˙̂k=0,79⋅k̂∧k̂ => ˙̂k=zero Note-se que o versor k̂ não muda de direção: é constante. Terminando a derivada... ˙⃗HCM=1.693,3⋅0,79⋅k̂∧ î=1.337,7⋅̂j Considere-se o eixo das rodas ao qual as rodas estão presas. Os esforços entre as rodas e o eixo são radiais, ou seja, nas direções y e z. A figura ilustra dois pares de forças que são aplicados pelo eixo nas rodas, nos pontos B e D que são os pontos de fixação das mesmas. As componentes das forças na direção z, estão de topo na figura e são representadas por círculos. As forças aplicadas no conjunto das rodas,que tem sido o objeto de estudo até aqui, são: R⃗D=RD y⋅ ĵ+RD z⋅k̂ e R⃗B=RB y⋅ĵ+RB z⋅k̂ O momento resultante sobre o conjunto de rodas, em relação ao polo CM – Centro de Massa das rodas é: M⃗CM=(B−CM )∧R⃗B+(D−CM )∧R⃗D Sendo a 2 =0,18⋅m , tem-se: M⃗CM=−0,18⋅î∧R⃗B+0,18⋅î∧R⃗D x y z q a/2 a/2 CM b A B D R D y R D z R B z R B y Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 30/146 M⃗CM=−0,18⋅î∧(RB y⋅ĵ+RB z⋅k̂ )+0,18⋅î∧(RD y⋅ĵ+RD z⋅k̂) M⃗CM=−0,18⋅RB y⋅k̂+0,18⋅RB z⋅ ĵ+0,18⋅RD y⋅k̂−0,18⋅RD z⋅ ĵ Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular: ∑ M⃗CM= ˙⃗HCM => −0,18⋅RBy⋅k̂+0,18⋅RBz⋅ĵ+0,18⋅RDy⋅k̂−0,18⋅RDz⋅ĵ=1.337,7⋅̂j Impondo a igualdade vetorial: 0,18⋅RB z−0,18⋅RD z =1.337,7 eq. 01 RB y=RD y eq. 02 O CM – Centro de Massa do conjunto de rodas descreve trajetória circular de raio R=b=1,2⋅m , em movimento uniforme e velocidade angular Ω⃗=0,79⋅k̂ . Determinado as componentes da aceleração do CM – Centro de Massa do conjunto. A componente tangencial da aceleração é: a tan=α⋅R com α=Ω̇=zero => a tan=zero A componente centrípeta da aceleração é: acent .=Ω 2⋅R => acent .=0,79 2⋅1,2=0,75 Na forma vetorial, tem-se: a⃗CM=0,75⋅̂j⋅ m s . Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se: ∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM RB y⋅ĵ+RB z⋅k̂+RD y⋅ ĵ+RD z⋅k̂=86⋅0,75⋅ĵ => RB y⋅̂j+RB z⋅k̂+RD y⋅̂j+RD z⋅k̂=64,5⋅̂j Impondo a igualdade vetorial: RB y+RD y =64,50 eq. 03 RB z=−RD z eq. 04 Substituindo a equação eq. 02 ( RB y=RD y ) na equação eq. 03, tem-se: 2⋅RD y =64,50 => RD y =RB y=32,25⋅N Substituindo a equação ( RB z=−RD z ) na equação ( 0,18⋅RB z−0,18⋅RD z =1.337,7 ) , tem-se: 2⋅0,18⋅RB z =1.337,7 => RB z =−RD z =3.715,8⋅N Resp. (c) RD y =RB y=32,25⋅N e RB z =−RD z =3.715,8⋅N Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 31/146 As forças obtidas, são aplicadas nas rodas pelo eixo, portanto as reações destas, são aplicadas no eixo pelas rodas. Sobre o eixo nos pontos D e B estarão aplicadas as forças, que estão indicadas na figura. Em especial as componentes (z), produziriam torção na haste vertical com momento torsor: M⃗ torsor=3.715,8⋅a⋅(− ĵ)=−1.337,7⋅̂j N⋅m . Este momento torsor não é intuitivo, e deveria criar muita dor de cabeça a um projetista desavisado. EXEMPLO 06 A figura anexa ilustra um disco apoiado em plano horizontal, que apresenta massa m = 0,3 kg, raio R = 0,12 m e centro B, por onde se conecta à articulação A, através da barra AB de comprimento d = 0,16 m. O eixo vertical através da articulação A, impõe ao eixo horizontal AB, velocidade angular constante ω = 20 rad/s. Por sua vez o eixo AB arrasta o centro do disco ao longo de trajetória circular com raio “d”, com a mesma velocidade angular. Não há escorregamento entre o disco e o piso horizontal. O sistema de eixos A(x,y,z) ilustrado, é ligado ao eixo AB e com ele muda de direção constantemente. Desconsiderando a massa da barra AB, pedem-se: a) a aceleração do centro B; b) os momentos de inércia do disco, relevantes ao movimento, em relação ao polo A; c) a reação na articulação A; d) a reação normal do piso horizontal no disco. SOLUÇÃO: O sistema em estudo é composto pelo disco de centro B e pelo eixo AB. Como a massa do eixo AB é neglicenciada, a massa desse sistema será apenas a massa do disco. O centro B do disco, desloca-se ao longo de trajetória circular de raio r=d=0,16 m , x y z B D R B z R D z R D z R D y R D y R B y x y z A B dw W Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 32/146 com velocidade angular constante ω=20 rad s , apresentando aceleração centrípeta acent .=ω 2⋅r=202⋅0,16=64,0 m s2 , que aponta para o centro da trajetória, ou seja, o ponto A. Resp. (a): a⃗B=64,0⋅(− î)⋅ m s2 . Note-se que o ponto B, apresenta velocidade linear, sempre tangente à trajetória: vB=ω⋅r=20⋅0,16 => vB=3,2⋅ m s . Considerando que o ponto de contato do disco com o piso, seja o CIR – Centro Instantâneo de Rotação, pode-se afirmar que: v B=Ω⋅R . Recuperando e substituindo, tem-se: v B=3,2⋅ m s v B=Ω⋅R => Ω= vB R = 3,2 0,12 => Ω=26,67 rad / s R=0,12m O vetor velocidade angular do disco, é composto de duas partes: 1ª) O disco gira em torno do eixo vertical com velocidade angular ω=20rad /s , ou seja, gira em torno do eixo vertical com vetor velocidade angular: ω⃗1=20⋅k̂ rad / s . 2ª) O disco gira em torno do eixo AB, com velocidade angular Ω=26,67rad / s , ou seja, gira em torno do eixo AB com vetor velocidade angular: ω⃗2=26,67⋅̂i rad / s . A soma vetorial desses dois vetores velocidades angulares, é o vetor velocidade angular resultante do disco, e finalmente tem-se: ω⃗Disco=−26,67⋅̂i+20,00⋅k̂ rad s O movimento do disco pode ser entendido como se o mesmo girasse em torno de dois eixos (x e z). Desta forma, se faz necessário o cálculo dos momentos de inércia do disco em relação a cada um desses eixos, a saber: I xx e I zz . O momento de inércia do disco, em relação ao eixo x, e polo B (seu centro) é: I B xx=m⋅R 2 2 = 0,3⋅0,12 2 2 =0,0022 kg⋅m2 . Como o eixo x, passa por ambos os pontos A e B, pode-se garantir que: I B xx=I A xx=2,16⋅10−3 kg⋅m2 . O momento de inércia do disco, em relação ao eixo paralelo ao eixo z, que passa pelo ponto B, e polo B (seu centro) é: I B zz=m⋅R 2 4 =0,3⋅0,12 2 4 =0,0011⋅kg⋅m2 B R v B CIR W Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 33/146 Aplicando-se o Teorema dos eixos paralelos: I A zz=I B zz+m⋅d 2 => I A zz=0,0011+0,3⋅0,162=0,0088⋅kg⋅m2 Resp.(b): I A xx=0,0022⋅kg⋅m2 ; I A zz=0,0088⋅kg⋅m2 As forças agentes no sistema em estudo (disco + barra AB) são: 1. Peso do disco: P⃗=m⋅g⋅(−k̂ )=−0,3⋅9,81⋅k̂=−2,94⋅k̂ ; 2. Normal do piso horizontal sobre o disco: N⃗=N⋅k̂ ; 3. Reação na articulação A: R⃗A=R A x⋅î+R A Y⋅ ĵ+R A z k̂ ; Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se: ∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => ∑ F⃗ext .=m⋅⃗aB RA x⋅î+RA Y⋅ ĵ+RA z k̂−2,94⋅k̂+N⋅k̂=0,3⋅64,0⋅(−î ) RA x⋅î+RA Y⋅ ĵ+RA z k̂−2,94⋅k̂+N⋅k̂=−19,2⋅î Impondo a igualdade vetorial: em î : RA x =−19,2 em ĵ : RA Y =0 em k̂ : RA z −2,94+N=0 eq. 01 Impondo o TMA – Teorema do momento Angular: Calculando o momento resultante (das forças) em relação ao polo adotado (A); M⃗ A=(A−A)∧R⃗ A+(B−A)∧P⃗+(CIR−A)∧N⋅k̂ As coordenadas dos três pontos: A(0 ;0 ;0) , B(0,16 ;0 ;0) e CIR(0,16 ;0 ;−0,12) . Substituindo os vetores posição: M⃗ A=(0,16⋅̂i )∧(−2,94⋅k̂ )+(0,16⋅̂i−0,12⋅k̂ )∧N⋅k̂ M⃗ A=0,47⋅ĵ−0,16⋅N⋅ĵ=(0,47−0,16⋅N )⋅ ĵ Considerou-se que o ponto de contato do disco com o piso horizontal o CIR – Centro Instantâneo de Rotação, é o ponto de aplicação da reação normal do piso sobre o disco. A B CIR x z d = 0,16 R = 0,12 Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 34/146 Calculando o momento angular do conjunto em relação ao polo A: H⃗ A=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxω yωz]=[ 0,0022 0 0 0 I yy 0 0 0 0,0088]⋅[−26,67020 ] Efetuando o produto entre as matrizes, obtêm-se: H⃗ A=−0,0022⋅26,67⋅̂i+0,0088⋅20⋅k̂ => H⃗ A=−0,059⋅̂i+0,176⋅k̂ Derivando o momento angular em relação ao tempo: 1. o sistema de eixos A(x,y,z) está ligado ao eixo AB, ou seja, a velocidade angular “deste” eixo é que afeta (muda) a direção dos versores, em especial dos versores î e ĵ ; 2. o vetor velocidade angular do eixo AB é ω⃗AB=20⋅k̂ . As derivadas dos versores: ˙̂i=ω⃗AB∧ î => ˙̂i=20⋅k̂∧ î=20⋅̂j ˙̂k=ω⃗AB∧k̂ => ˙̂k=20⋅k̂∧k̂=zero Derivando o Momento Angular em relação ao tempo: ˙⃗H A=−0,059⋅ ˙̂i+0,176⋅˙̂k => ˙⃗H A=−0,059⋅20⋅ĵ=−1,18⋅ĵ Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular: M⃗ A= ˙⃗H A => (0,47−0,16⋅N )⋅̂j=−1,18⋅ĵ => −0,16⋅N=−1,65 Finalmente a normal entre o disco e o piso é: N=10,3 N . Substituindo na equação eq. 01, tem-se: RA z −2,94+N=0 => RA z =−7,36 Resp. (c): RA x =−19,2 ; RA Y =0 ; RA z =−7,36 expressos em N (newton). Resp. (d): N=10,3 expressa em N (newton). Note-se que o peso (P=2,94) é bem diferente da reação normal, ou seja, pelo simples fato do disco ter seu eixo de rotação girando,aumenta consideravelmente o esforço do disco sobre o piso. Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 35/146 EXEMPLO 07 Um carro percorre curva de raio R = 80 m em plano horizontal, mantendo velocidade v = 100 km/h. As rodas traseiras possuem massa mR = 16 kg, raio RR = 0,40 m, momento de inércia ICM=1,44 kg⋅m 2 , e estão separadas por 1,30 m. Considere-se que não há escorregamento das rodas em relação ao piso horizontal. Considere-se que o sistema a ser estudado seja composto apenas pelas rodas que são arrastadas pelo eixo traseiro. Pedem-se: a) A diferença das forças normais aplicadas pelo piso nas rodas traseiras; b) A diferença das forças normais aplicadas pelo piso nas rodas traseiras, devido exclusivamente ao efeito giroscópico; SOLUÇÃO: O Centro de Massa: O centro de massa do conjunto formado pelas duas rodas, encontra-se no ponto médio da linha que une seus centros. Desta forma o CM - Centro de Massa do conjunto desloca-se em trajetória circular de raio R = 80 m com velocidade LINEAR constante (v=100 km h ) , igual ao do carro. Adota-se como sistema de referência, o sistema CM(x,y,z). No SI – Sistema Internacional de Unidades: v=100 km h =100 3,6 ⋅m s => v=27,778⋅m s . O Centro de Massa, apresenta apenas aceleração centrípeta: a⃗CM= −v2 R ⋅î=−27,778 2 80 ⋅î => a⃗CM=−9,645⋅î m s Resumindo: a) o centro da roda interna à curva, descreve trajetória circular com raio 79,35 m; b) o CM Centro de massa do conjunto (centro do eixo traseiro) descreve trajetória circular com raio 80,00 m; c) o centro da roda externa à curva, descreve trajetória circular de raio 80,65 m. O eixo traseiro gira em torno do eixo vertical que passa pelo centro de curvatura da 80 m 1,3 m y 79,35 m Centro de curvatura da trajetória ω 2 ω 1 80,00 m 80,65 m ω 3 x z A B CM Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 36/146 trajetória circular com velocidade angular (ω1) , que pode ser obtida através da relação: v=ω1⋅R => ω1= v R =27,778 80 => ω1=0,347⋅ rad s . Como as rodas estão ligadas ao eixo traseiro, elas são arrastadas pelo mesmo, ou seja, giram com a velocidade angular ω⃗1=−0,347⋅̂j rad /s em torno do eixo vertical que passa pelo centro de curvatura da trajetória. A roda interna: Possui duas componentes de velocidade angular: a) uma em torno do eixo que as liga ao carro (ω2) ; b) outra em torno de eixo vertical que passa pelo centro da trajetória ω1=0,347⋅ rad s . O centro da roda interna desloca-se com velocidade linear: vCM rodain=ω1⋅79,35=27,534 m s . Considerando o CIR, pode-se afirmar que: ω2= vCM rodain RR =27,534 0,40 =68,836⋅rad s . O vetor velocidade angular da roda interna: ω⃗rodain=68,836⋅̂i−0,347⋅ ĵ A roda externa: Possui duas componentes de velocidade angular: a) uma em torno do eixo que as liga ao carro (ω3) ; b) outra em torno de eixo vertical que passa pelo centro da trajetória ω1=0,347⋅ rad s . O centro da roda externa desloca-se com velocidade linear: vCM rodaex=ω1⋅80,65=27,986 m s . Considerando o CIR, pode-se afirmar que: ω3= vCM rodaex RR =27,986 0,40 =69,964⋅rad s . O vetor velocidade angular da roda externa: ω⃗rodaex=69,964⋅î−0,347⋅ĵ . As forças agentes: Peso das duas rodas, aplicado no Centro de Massa das mesmas: P⃗=−32⋅9,81⋅ ĵ=−313,920⋅ ĵ , y Centro de curvatura da trajetória ω 2 ω 1 ω 3 x z A B CM Nrodain P Nrodaex 79,35 m fatrodain fatrodaex Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 37/146 Reação do piso na roda interna à curva, aplicado no ponto A: R⃗A=−fat rodain⋅̂i+N rodain⋅ ĵ Reação do piso na roda externa à curva, aplicado no ponto B: R⃗B=−fat rodaex⋅î+N rodaex⋅ ĵ Nota: O eixo traseiro com massa desconsiderada, faz parte do sistema em estudo e é responsável pelo posicionamento relativo das rodas. As forças que o eixo traseiro aplica às rodas são consideradas forças de origem interna ao sistema e portanto desconsideradas nos teoremas. O TCM – Teorema do Centro de Massa: Aplicando o TCM ao sistema formado apenas pelas duas rodas, mantidas em suas posições relativas pelo eixo de massa desconsiderada: −313,920⋅ ĵ− fat rodain⋅̂i+N rodain⋅ĵ−fat rodaex⋅î+N rodaex⋅ ĵ=m⋅⃗aCM −313,920⋅ĵ− fatrodain⋅̂i+N rodain⋅ ĵ−fat rodaex⋅̂i+N rodaex⋅ĵ=32⋅(−9,645)⋅î Igualando os vetores … fatrodain+ fatrodaex=308,640 eq.01 N rodain+N rodaex=313,920 eq.02 O TMA – Teorema do Momento Angular: Aplicando o TMA ao sistema formado pelas duas rodas, mantidas em suas posições relativas pelo eixo de massa desconsiderada, em relação ao polo CM do conjunto: 1º) Momento Resultante: ∑ M⃗CM conj .=(A−CM conj .)∧(−fat rodain⋅̂i+N rodain⋅ĵ)+(B−CM conj .)∧(−fat rodaex⋅̂i+N rodaex⋅̂j) Coordenadas dos pontos: CM conj .(0 ;0 ;0) ; A(−0,65 ;−0,40 ;0) ; B(0,65 ;−0,40 ;0) ∑ M⃗CMconj .=(−0,65⋅î−0,40⋅ĵ)∧(−fatrodain⋅î+N rodain⋅ ĵ)+(0,65⋅î−0,40⋅ ĵ)∧(−fatrodaex⋅î+N rodaex⋅ ĵ) ∑ M⃗CMconj .=−0,40⋅fat rodain⋅k̂−0,65⋅N rodain⋅k̂−0,40⋅fatrodaex⋅k̂+0,65⋅N rodaex⋅k̂ ∑ M⃗CMconj .=−0,40⋅( fatrodain+ fatrodaex)⋅k̂+0,65⋅(N rodaex−N rodain)⋅k̂ Substituindo o resultado da equação eq.01, ou seja, fatrodain+ fatrodaex=308,640 e indicando a diferença das normais por Δ N , tem-se: ∑ M⃗CMconj .=−0,40⋅308,640⋅k̂+0,65⋅(Δ N )⋅k̂ => ∑ M⃗CM conj .=−123,456⋅k̂+0,65⋅(ΔN )⋅k̂ Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 38/146 2º) Momento Angular: O eixo de rotação das rodas é único, e os centros de massa de cada roda e o centro de massa do conjunto pertencem ao mesmo eixo. Assim não há diferença entre o Momento de Inércia das rodas em relação aos próprios Centro de Massa e o Momento de inércia em relação ao Centro de Massa do Conjunto. O Momento Angular do conjunto é a soma dos Momentos Angulares de cada roda. Recuperando as velocidades angulares de cada roda: ω⃗rodain=68,836⋅̂i−0,347⋅ ĵ e ω⃗rodaex=69,964⋅î−0,347⋅ĵ H⃗CMconj .=[1,44 0 00 I yy 00 0 I zz]⋅[ 68,836−0,3470 ]+[ 1,44 0 0 0 I yy 0 0 0 I zz ]⋅[ 69,964−0,3470 ] Nota: os produtos de inércia de roda balanceada são nulos. H⃗CMconj .=1,44⋅68,836⋅̂i−I yy⋅0,347⋅ ĵ+1,44⋅69,964⋅î−I yy⋅0,347⋅ĵ H⃗CMconj .=1,44⋅(68,836+69,964)⋅î−2⋅I yy⋅0,347⋅ ĵ H⃗CMconj .=199,872⋅̂i−0,694⋅I yy⋅ ĵ Derivando o momento angular em relação ao tempo: ˙⃗HCM conj .=199,872⋅ ˙̂i−0,694⋅I yy⋅ ˙̂j Como o sistema de eixos adotado CM conj .(x , y , z) gira com vetor velocidade angular ω⃗1=−0,347⋅̂j rad /s , tem-se: ˙̂i=ω⃗1∧ î => ˙̂i=−0,347⋅̂j∧ î => ˙̂i=0,347⋅k̂ ˙̂j=ω⃗1∧ ĵ => ˙̂j=−0,347⋅̂j∧ ĵ => ˙̂j=zero ˙⃗HCMconj .=69,356⋅k̂ 3º) Impondo o TMA: Recuperando o Momento Resultante ∑ M⃗CMconj .=−123,456⋅k̂+0,65⋅(Δ N)⋅k̂ e a derivada do Momento Angular ˙⃗HCM conj .=69,356⋅k̂ , tem-se: −123,456⋅k̂+0,65⋅(ΔN)⋅k̂=69,356⋅k̂ O primeiro termo, do primeiro membro, expressa a influência das forças de atrito que Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 39/146 impedem o escorregamento. O segundo termo, do primeiro membro, expressa a diferença entre as normais. O segundo membro, expressa a derivada do momento angular que depende das condições cinemáticas. A diferença entre as normais considerados todas as influências que ocorrem no sistema estudado: Δ N=296,64⋅N=30,24kgf Resp.(a) Δ N=296,64⋅N Desconsiderando o efeito dos atritos, que estariam presentes mesmo sem o efeito giroscópico, pode-se afirmar que apenas sob o efeito giroscópico: Δ N=106,70⋅N Resp.(b) Δ N=106,70⋅N Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 40/146 Balanceamento Depois de calcular esforços dinâmicos, e perceber que apresentam valores proporcionais ao quadrado das velocidades angulares, cabe uma pergunta: “como eliminá-los”. Afinal os esforços dinâmicos não criam apenas deformações e fadiga no eixo e mancais, produzem vibrações que transformam o sistema desbalanceado em fonte de vibrações que atingem todos outros sistemas próximos. Para responder tal pergunta, se faz necessário estabelecer que a grande maioria dos dispositivos que giram, e que são de interesse na engenharia,possuem eixo fixo. Não é possível eliminar os esforços dinâmicos nos casos em que o efeito giroscópico estiver presente, por exemplo, nos casos em que o eixo de rotação é forçado a mudar de direção. De posse dos teoremas TCM – Teorema do Centro de Massa e TMA – Teorema do Momento Angular, e analisando casos em que o sólido apresenta eixo fixo, pode-se determinar as condições para eliminar os esforços dinâmicos através da redistribuição de massa do sólido. Condições do Balanceamento Considere-se a ilustração anexa, nela está representado um sólido qualquer que apresenta um eixo vertical fixo, ao qual está ligado o sistema de eixos A (x , y , z) . Note-se que, o eixo Ay coincide com o “eixo geométrico” de rotação, que o vetor velocidade angular do sólido é ω⃗=ωy⋅ĵ , que o vetor aceleração angular é descrito por α⃗=α y⋅ ĵ . Por não interferir nos esforços dinâmicos de um sólido balanceado, será adotado NULO. A aceleração angular é a resposta física da aplicação de momentos axiais, ou seja, criam possíveis torções no eixo físico de rotação mas não esforços nos mancais. Diante disso, adota-se velocidade angular constante e consequentemente aceleração angular nula. ω α x y z x A Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 41/146 A eliminação dos esforços de origem dinâmica pode ser obtida com: TCM - Teorema do Centro de Massa: ∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM Com o objetivo em mente, a eliminação dos esforços: ∑ F⃗ext .=zero => a⃗CM=zero Conclusão: o Centro de Massa do sólido deve pertencer ao eixo “geométrico de rotação”. TMA – Teorema do Momento Angular: ∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗H O... v⃗O=0 e O∈sólido O Momento Angular, considerando a velocidade angular do sólido como ω⃗=ωy⋅ĵ : H⃗ A=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ 0ω y0 ] H⃗ A=−I xy⋅ω y⋅̂i+ I yy⋅ω y⋅̂j−I xz⋅ωy⋅k̂ A derivada do momento angular: ˙⃗H A=−I xy⋅ω y⋅̇̂i+ I yy⋅ω y⋅ ˙̂j−I xz⋅ωy⋅ ˙̂k Sendo: ˙̂i=ωy⋅ĵ∧î => ˙̂i=−ω y⋅k̂ ; ˙̂j=ωy⋅ĵ∧ ĵ => ˙̂j=zero ; ˙̂k=ω y⋅̂j∧k̂ => ˙̂k=−ωy⋅̂i ˙⃗H A=I xz⋅ω y 2⋅k̂−I yz⋅ωy 2⋅̂i Nota: esta é a explicação do porque os esforços dinâmicos são proporcionais ao quadrado da velocidade angular. Impondo o TMA: ∑ M⃗O=I xz⋅ω y2⋅k̂−I yz⋅ωy2⋅î Eliminando os esforços dinâmicos …. ∑ M⃗O=I xz⋅ω y2⋅k̂−I yz⋅ωy2⋅î=zero => I xy=I yz=zero Conclusão: os produtos de inércia que envolvem o eixo de rotação, no caso o eixo Ay, devem ser nulos. Resumindo, as condições do balanceamento são: 1) o Centro de Massa do sólido “balanceado” deve pertencer ao eixo “geométrico de rotação”. 2) os produtos de inércia do sólido “balanceado”, que envolvem o eixo de rotação, devem ser nulos. Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 42/146 Caso especial: Balanceamento Estático. Considere-se um sólido assemelhado a um disco, ou seja, a sua espessura (e) pode ser desconsiderada, quando comparada com seu raio (R): e≪R . Nesse caso, a “segunda condição” do balanceamento fica automaticamente respeitada, ou seja, todos os elementos de massa (dm) do sólido possuem cota nula y=0 , o que garante que os produtos de inércia que envolvem o eixo sejam nulos: I xy=∫ x⋅y⋅dm=∫ x⋅zero⋅dm=zero I yz=∫ z⋅y⋅dm=∫ z⋅zero⋅dm=zero Resta impor a “primeira condição” do balanceamento, ou seja, o Centro de Massa deve pertencer ao eixo geométrico de rotação. Para impor essa condição, basta adicionar (ou retirar) massa do sólido (disco) de forma que o centro de massa do sistema “disco + massa corretora”, passe a ter centro de massa coincidente com o eixo geométrico de rotação. Considere-se que: a) o eixo (y) do sistema A(x,y,z) “ligado” ao sólido, esteja na direção do eixo fixo de rotação; b) que a massa do sólido (desbalanceado) seja “ms “; c) que o Centro de Massa do mesmo esteja definido por: CMCM s (xCM s ;0 ; zCM s ) , note-se que a definição de sólido em forma de disco já estabeleceu que yCM sist .=zero ; d) que a massa corretora seja “mc” e ocupe o ponto P do sólido, definido por P(x ,0 , z ) , da mesma forma só existe sólido para a cota y=0 . A primeira condição do balanceamento impõe que o centro de massa do sistema pertença ao eixo geométrico de rotação, ou seja: xCM sist .=xCM s ⋅ms+x⋅mc=zero zCM sist .=zCM s ⋅m s+z⋅mc=zero ω y z xA 0,90 0,10 0,10 0,10 x y z A Bw Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 43/146 Balanceamento Dinâmico. Neste tipo de caso, o centro de massa não pertence ao eixo geométrico de rotação e os produtos de inércia relacionados com o eixo de rotação ( I xy , I xz) não são nulos. Nota: no caso ilustrado, o eixo geométrico de rotação é o eixo Ax. A solução nesses casos raramente é obtida com apenas uma massa corretora, isso só acontece se o sólido se assemelha a um disco, ou seja, recai no caso anterior. Voltando ao caso do balanceamento dinâmico, adotam-se dois planos corretores que alojarão duas massas corretoras, uma em cada um dos planos. No projeto da peça a ser balanceada, tem de haver a previsão dos planos corretores e os locais de alojamento das massas corretoras. No caso ilustrado pode-se alojar massas (ou retirá-las) em dois planos: x1=0,10 e x2=0,80 , sendo que o alojamento fica distante 0,10 m do eixo geométrico de rotação. Sejam m1(x1 , y1 , z1) e m2(x2 , y2 , z2) as massas corretoras, com suas respectivas coordenadas. Com a escolha dos planos de correção, restam 6 (seis) incógnitas: m1(0,10 ; y1; z1) e m2(0,80 ; y2; z2) Como a distância das massas corretoras ao eixo geométrico de rotação também fica definida com a escolha dos planos corretores d=0,10 m , pode-se afirmar que o lugar geométrico das mesmas é uma circunferência com centro sobre o eixo geométrico de rotação e com raio R=0,10 : y1 2+ z1 2=0,102 eq.01 y2 2+ z2 2=0,102 eq.02 Sejam: a) ms a massa do sólido (desbalanceado) e seu centro de massa definido por: CM s(xCM s ; yCM s ; zCM s ) ; b) I xy s e I xz s os produtos de inércia do sólido (desbalanceado). Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 44/146 A primeira condição de balanceamento exige: Note-se que xCM s pode ser qualquer, pois para corrigir o desbalanceamento, basta que o CM pertença ao eixo geométrico de rotação. m1⋅y1+m2⋅y2+ms⋅yCM s =0 eq.03 m1⋅z1+m2⋅z2+ms⋅zCM s =0 eq.04 A segunda condição de balanceamento exige: m1⋅x1⋅y1+m2⋅x2⋅y2+ I xy s =0 eq.05 m1⋅x1⋅z1+m2⋅z2⋅y2+ I xz s =0 eq.06 Note-se que: O problema do desbalanceamento está equacionado, afinal são seis incógnitas e seis equações. O leitor mais atento diria: “ e os produtos de inércia I xy s e I xz s ?”. Lamento discordar que o leitor seja realmente atento, pois no EXEMPLO 04 da página 20, apresentou-se uma situação onde os produtos de inércia ligados ao eixo de rotação forma calculados a partir do conhecimento prévio dos esforços dinâmicos. Mas e os esforços dinâmicos como determiná-los?. A resposta é simples com máquinas que medem de forma direta ou indireta os esforços dinâmicos. Basta colocar sensores nos mancais. As máquinas de balanceamento medem os esforços de origem dinâmica de forma direta ou indireta, sendo mais comum a forma indireta. Na forma indireta, medem-se propriedades cinemáticas dos mancais, tais como, deslocamento, velocidade de deslocamento e aceleração, esta última mais comum e intimamente ligada aos esforços exercidos sobre os mancais. Cada caso exigirá uma abordagem diferente, mas em todos os casos prevalecerão as duas condições de balanceamento. O balanceamento dinâmico é mais complexo mas os resultados que ele promove são muito superiores aos do balanceamento estático. Ao longo do tempo foram desenvolvidas normas que estabelecem objetivamente os limites máximos admissíveis do desbalanceamento residual. A norma ISO_1940-1 Essa norma é facilmente obtida em sua íntegra (www.dcma.mil/NPP/files/ISO_1940- 1.pdf), mas tomou-se a liberdade de apresentar a seguir um resumo da mesma. Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 45/146 DesbalanceamentoResidual Admissível (U) O desbalanceamento residual admissível para todas as massas corretoras empregadas, é definido por: U=mdes .×d , onde: “mdes.” é a massa desbalanceadora expressa em gramas (g), ou seja, aquela que se corrigida, tornaria balanceamento perfeito e “d”, a distância entre a massa desbalanceadora, e o eixo geométrico de rotação, expressa em milímetros (mm). Nota: no caso de dois planos de correção, cada massa empregada no balanceamento pode ter “erro” admissível U /2 . Desbalanceamento Residual Específico Admissível (e) Em geral, para rotores de mesmo tipo, o desbalanceamento residual admissível é proporcional a massa do próprio rotor. Entenda-se que, com o aumento da massa do rotor, proporcionalmente aumenta o desbalanceamento residual admissível. Define-se o desbalanceamento residual específico admissível, como: e= U M , onde “U” é o desbalanceamento residual admissível e “M” é a massa do rotor, expressa em quilogramas (kg). Qualidade do balanceamento (G) A experiência mostra que para rotores do mesmo tipo, em geral, o desbalanceamento residual específico admissível, varia inversamente com a velocidade operacional de rotação do rotor. Dito de outra forma, uma mesma massa desbalanceada, cria esforços dinâmicos que crescem com a velocidade angular do rotor, e portanto o desbalanceamento admissível diminui com o aumento da velocidade angular. Pode-se então esperar que o produto entre o desbalanceamento residual específico admissível e a máxima velocidade angular de serviço seja constante: e xω=cte . Define-se qualidade do balanceamento como: G=e×ω ; onde: “e” é o desbalanceamento residual específico e “ω” é a máxima velocidade angular de serviço expressa em rad/s. A qualidade do balanceamento é fornecida na tabela abaixo, e através da mesma pode- se calcular para cada caso, o desbalanceamento residual admissível (U), através da relação: U=1.000⋅G⋅Mω onde: U: o desbalanceamento residual admissível, expresso em (g.mm); G: a qualidade do balanceamento é obtida da tabela, expressa em (mm/s); Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 46/146 M: é a massa do rotor, expressa em (kg); ω: é a máxima velocidade angular expressa em (rad/s). Exemplo: Considere-se o caso do balanceamento da roda de um veículo, com masa 30 kg, feito em dois planos de correção, onde as massas são alojadas a distância 215,9 mm do eixo geométrico de rotação. A máxima velocidade do veículo é de 180 km/h ou 50 m/s, e nessa condição a velocidade angular da roda é ω=135,14rad / s . Qual o “erro” admissível nas massas de correção? Solução: Da tabela seguinte, pode-se determinar que a qualidade de balanceamento deve ser “G 40”, ou seja, o desbalanceamento residual admissível é: U=1.000⋅G⋅Mω => U=1.000⋅ 40⋅30 135,14 => U=8.878 g .mm Para cada massa tem-se: U = 4.439 g.mm. Sendo: U=m .d => m=U /d => m=4.439/190,5=23,3 g Ou seja, o desbalanceamento máximo admissível seria de 23,3 g. Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 47/146 Tipos de máquinas: exemplos gerais U=1.000⋅G⋅Mω Grau de qualidade de balanceamento (G) e×ω (mm/s) Motores - virabrequins de motores marinhos lentos, com velocidade do pistão abaixo de 9 m/s, a diesel com número ímpar de cilindros, montados rigidamente. G 4000 4.000 Motores - virabrequins de motores grandes de dois tempos, montados rigidamente. Virabrequim para grandes motores diesel marítimos, com velocidade do pistão abaixo de 9 m/s, inerentemente equilibrado G 1600 1.600 Virabrequim inerentemente desequilibrado, elasticamente montado G630 630 Virabrequim inerentemente desequilibrado, rigidamente montado G250 250 Motores alternativos completos para carros, caminhões e locomotivas G100 100 Carros: rodas, conjunto de rodas eixos Virabrequim inerentemente equilibrado, elasticamente montado G40 40 Maquinas agrícolas Virabrequim inerentemente balanceado, rigidamente montado Conjuntos para trituração Eixos de transmissão (cardans, eixos propulsores) G16 16 Turbinas a gás de aeronaves Centrífugas (separadores, decantadores) Motores e geradores elétricos com eixos de diâmetro maior que 80 mm, e frequência maior que de 950 rpm. Motores elétricos com eixos de diâmetro menor que 80 mm Exaustores Engrenagens Maquinários em geral Máquinas ferramentas Máquinas para papel Máquinas de produção Bombas Turbos carregadores Turbinas de água G 6,3 6,3 Compressores Drives de computadores Motores e geradores elétricos com eixo de diâmetro mínimo de 80 mm e frequência superior a 950 rpm. Turbinas a gás e vapor Drives de máquinas ferramentas Máquinas têxteis G 2,5 2,5 Drives de áudio e vídeo Drives de máquinas de moagem G 1 1 Giroscópios Fusos e drives de sistemas de alta precisão G 0,4 0,4 0,85 m CM y s CM A B x y z ω R A z R A y R B y R B z zs CM x CM a CM Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 48/146 EXEMPLO 01 A figura ilustra um sólido que apresenta massa m = 30,0 kg, gira em torno de eixo fixo mantido por dois mancais A e B. Quando o sistema gira com velocidade angular constante ω=50⋅rad s , os esforços dinâmicos nos mancais (desconsiderar o peso próprio) são medidos, e os resultados expressos em newton (N), são: R⃗A=−360⋅ĵ+200⋅k̂ e R⃗B=210⋅ ĵ−210⋅k̂ . Pedem-se: a) os produtos de inércia que envolvem a direção do eixo de rotação, em relação ao polo A; b) a ordenada (ysCM) do CM – Centro de Massa do sólido desbalanceado; c) a cota (zsCM) do CM – Centro de Massa do sólido do sólido desbalanceado; d) considerando que os planos aos quais se podem anexar massas, estão a 0,15 m de cada mancal, e que as massas estarão à distância de 0,15 m do eixo geométrico de rotação, determinar as massas corretoras. SOLUÇÃO: Adota-se como sistema de referência ligado ao sólido, o sistema de eixos A(x,y,z). As coordenadas do Centro de Massa são: CM=(xCM s ; yCM s ; zCM s ) . Com o movimento do sólido, o CM – Centro de Massa descreve trajetória circular, com centro sobre o eixo geométrico de rotação, e raio R=√( yCMs )2+(zCMs )2 . Nota: essa equação é a equação de uma circunferência. O CM do sólido desbalanceado, não possui aceleração tangencial, pois sua velocidade angular é constante, entretanto, possui a aceleração centrípeta que aponta para o eixo geométrico de rotação, ou seja: a⃗CM s =ω2⋅R⋅̂r Nota: o versor r̂ , tem módulo unitário e aponta do CM para o eixo geométrico de rotação. De forma exata, tem a direção do vetor (P−CM ) , ou seja, aponta do “CM” (Centro de Massa) para o ponto “P” do eixo geométrico de rotação. O vetor (P−CM ) pode ser obtido pela diferença de coordenadas dos pontos que o definem, ou seja, “P” e “CM”. Sendo P(xCM s ;0 ;0) e CM=(xCM s ; yCM s ; zCM s ) . Desta forma: (P−CM)=0⋅̂i−yCM s ĵ−zCM s ⋅k̂ . Note-se que o módulo desse vetor é o Raio P 0,85 m CM y s CM A B x y z ω R A z R A y R B y R B z zs CM x CM a CM P Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2020 - 49/146 “R” da trajetória: |P−CM|=R=√(( yCMs )2+(zCMs )2) O versor possui a mesma direção e sentido que o vetor (P−CM ) , apenas o módulo é diferente, ou seja: r̂=(P−CM ) |P−CM| => r̂= − yCM s ĵ−zCM s ⋅k̂ R . Recuperando a aceleração centrípeta: a⃗CM s =ω2⋅R⋅̂r => a⃗CM s =ω2⋅R⋅( − yCM s ĵ−zCM s ⋅k̂ R ) => a⃗CM s =2500⋅R⋅( − yCM s ⋅ ĵ−zCM s ⋅k̂ R ) ou a⃗CM s =2500⋅(−zCM s ⋅k̂− yCM s ⋅ ĵ) . A resultante das forças aplicadas (desconsiderando o peso próprio) é: ∑ F⃗=R⃗A+ R⃗B=−150⋅ ĵ−10⋅k̂ Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se: ∑ F⃗ext .s =m⋅a⃗CM => −150⋅ĵ−10⋅k̂=30⋅2500⋅(−zCMs ⋅k̂− yCMs ⋅ ĵ) −150⋅ĵ−10⋅k̂=−75000⋅zCM s ⋅k̂−75000⋅yCM s ⋅ ĵ Impondo a igualdade: −150⋅ĵ=−75000⋅yCM s ⋅ĵ => yCM s =0,002 −10⋅k̂=−75000⋅zCM⋅k̂ = zCM s =0,0001333 Resp. (b) yCM s =0,002⋅m . Resp. (c) zCM s =0,0001333⋅m . A velocidade angular: ω⃗=50⋅̂i O momento angular na forma matricial: H⃗ A s =[ I xxs −I xys −I xzs−I
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