Dinamica_das_Maquinas

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Belo Horizonte 29/04/2020 1
DINÂMICA DAS MÁQUINAS
Professor: Elyton Naves
Graduação em Engenharia Mecânica
Belo Horizonte
(Continuação da matéria)
Operação Dinâmica do freio com eficiência para ambos sentidos, horário e anti-horário, ou 
seja, quando a força de atrito não exerce momento na barra articulada:
FREIOS
29/04/2020 2
M
Fa
R
D.C.L.
ሶ𝜃 = 𝑐𝑡𝑒.
ሶ𝜃 ≠ 0
∑𝑀 = IT ∙ ሷ𝜃
𝑀 − Fa ∙ 𝑅 = IT ∙ ሷ𝜃
ሷ𝜃 =
𝑀 − Fa ∙ 𝑅
IT
𝑑 ሶ𝜃
𝑑𝑡
=
𝑀 − Fa ∙ 𝑅
IT
𝑑 ሶ𝜃 =
𝑀 − Fa ∙ 𝑅
IT
∙ 𝑑𝑡
න
ሶ𝜃
0
𝑑 ሶ𝜃 = න
0
𝑡 𝑀 − Fa ∙ 𝑅
IT
∙ 𝑑𝑡
Para que haja frenagem: Fa ∙ 𝑅 > 𝑀
t = tempo de frenagem [s]
IT = Momento de Inércia de massa 
do tambor [kg.m²]
Velocidade negativa Desaceleração 
(frenagem)
Dinâmica das Máquinas
Belo Horizonte
Exemplo
• Considere uma carga de frenagem de 100N sendo aplicada à uma barra articulada com
sapata fixa de β<60° e coeficiente de atrito igual a 0,15. O tambor em que se deseja reduzir
a velocidade possui raio de 150mm. O comprimento total da barra articulada é de 600mm e a
distância do centro da sapata até a articulação da barra é de 200mm. Determine a carga
máxima (M) para a operação estática. (obs.: a força de atrito não gera momento na barra
articulada).
29/04/2020 3
M
Fa
R
N
F
N
Fa
b
a
𝑀− Fa ∙ 𝑅 = 0
∑𝑀 = 0
𝑴 = 𝜇 ∙ 𝑵 ∙ 𝑅
∑𝑀 = 0
𝐹 ∙ 0,60 − 𝑁 ∙ 0,20 = 0
100 ∙ 0,60 − 𝑁 ∙ 0,20 = 0
𝑁 =
60
0,20
= 300𝑁
𝑴 = 6,75𝑁.𝑚
Dinâmica das Máquinas
𝑁 =
𝑏
𝑎 ± 𝜇𝑐
∙ 𝐹
Belo Horizonte
Exercícios para Estudar
• Livro: Dinâmica – Mecânica para Engenharia (12ª edição)
•Problemas Fundamentais - 18.1, 18.2, 18.5
•Problemas – 18.1, 18.2, 18.3, 18.4, 18.6, 18.41 e 18.69
•OBS.: Exercícios de freios serão abordados na próxima aula.
29/04/2020 4Dinâmica das Máquinas
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Sapata Articulada
5
F
L
β
β>60°
r
O2
O1
β
R
O2
O1
L
L.cos(β)
dβ
dN
dFa
Onde:
• b – espessura da sapata
• dN – infinitesimal da força Normal
• dFa – infinitesimal da força de atrito
𝑑𝐹𝑎 = 𝜇 ∙ 𝑑𝑁
𝑃 =
𝐹
𝐴
𝑃 = 𝑘 ∙ cos(𝛽)
Geometricamente tem-se que:
Onde “k” é uma constante qualquer
𝑑𝑁 = 𝑃 ∙ 𝑟𝑑𝛽 ∙ 𝑏
𝑑𝑁 = k ∙ cos(𝛽)𝑑𝛽 ∙ 𝑏 ∙ 𝑟
μk𝑏𝑟 ∙ cos 𝛽 ∙ 𝐿 cos 𝛽 − 𝑟 ∙ 𝑑𝛽 = 0
𝑑𝐹𝑎 ∙ 𝐿 cos 𝛽 − 𝑟 = 0
μk𝑏𝑟 ∙ න
−
𝛽
2
𝛽
2
cos 𝛽 ∙ 𝐿 cos 𝛽 − 𝑟 ∙ 𝑑𝛽 = 0
μk𝑏𝑟 ∙ න
−
𝛽
2
𝛽
2
cos 𝛽 ∙ 𝐿 cos 𝛽 − 𝑟 ∙ 𝑑𝛽 = 0
2μk𝑏𝑟 ∙ න
0
𝛽
2
cos 𝛽 ∙ 𝐿 cos 𝛽 − 𝑟 ∙ 𝑑𝛽 = 0
න
0
𝛽
2
cos 𝛽 ∙ 𝐿 cos 𝛽 − 𝑟 ∙ 𝑑𝛽 = 0
න
0
𝛽
2
cos 𝛽 ∙ 𝐿 ∙ cos 𝛽 ∙ 𝑑𝛽 − න
0
𝛽
2
r ∙ cos 𝛽 𝑑𝛽 = 0
න
0
𝛽
2
𝐿 ∙ 𝑐𝑜𝑠2(𝛽) ∙ 𝑑𝛽 = න
0
𝛽
2
r ∙ cos 𝛽 𝑑𝛽
𝐿න
0
𝛽
2
𝑐𝑜𝑠2(𝛽) ∙ 𝑑𝛽 = 𝑟න
0
𝛽
2
cos 𝛽 𝑑𝛽
𝐿 ∙
𝛽
4
+
𝑠𝑒𝑛 𝛽
4
= 𝑟 ∙ 𝑠𝑒𝑛(
𝛽
2
)
𝐿 =
4 ∙ 𝑟 ∙ 𝑠𝑒𝑛(
𝛽
2)
𝛽 + 𝑠𝑒𝑛(𝛽)
Analogamente tem-se que:
𝐹 = න
−
𝛽
2
𝛽
2
k𝐿𝑟 ∙ cos 𝛽 ∙ cos 𝛽 𝑑𝛽
𝑀𝑓 =
4 ∙ 𝜇 ∙ 𝑟 ∙ 𝐹 ∙ 𝑠𝑒𝑛(
𝛽
2
)
𝛽 + 𝑠𝑒𝑛(𝛽)
Onde “Mf” é o momento frenante no tambor.
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas
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Exercite
•Encontre o Momento Frenante (Mf) e a distância entre os centros 
de rotação da sapata articulada e do tambor (L) dados:
•β = 70°
•µ = 0,1
•r = 240mm
•F = 52,7N
Dinâmica das Máquinas 629/04/2020
Belo Horizonte
Exercícios - Freios
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 7
Dimensões em milímetros
Um freio de mão conforme mostrado na figura abaixo possui uma largura de face igual a 30mm e um coeficiente de atrito de
0,25. Para uma força de acionamento igual a 400N, encontre a pressão máxima na sapata (P) e o momento de frenagem (M).
𝛽 = 90°
𝐿 = 1502 + 200²
𝑀𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 =
𝜇 ∙ 𝑃 ∙ 𝑏 ∙ 𝑟
sen(𝛽)
න
0
𝛽
(𝑟 − 𝐿𝑐𝑜𝑠 𝛽 ) ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝛽 𝑑𝛽
𝑀𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 =
𝐿 ∙ 𝑃 ∙ 𝑏 ∙ 𝑟
sen(𝛽)
න
0
𝛽
𝑠𝑒𝑛² 𝛽 𝑑𝛽
𝐹 =
𝑀𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 −𝑀𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜
𝑐
Onde “c” é o comprimento da barra.
𝑀 = න
0
𝛽
𝜇 ∙ 𝑟 ∙ 𝑑𝑁
𝑀 =
𝜇 ∙ 𝑃 ∙ 𝑏 ∙ 𝑟²
sen(𝛽)
න
0
𝛽
𝑠𝑒𝑛 𝛽 𝑑𝛽
Logo:
𝑀 =
𝜇 ∙ 𝑃 ∙ 𝑏 ∙ 𝑟²
sen(𝛽)
∙ cos 0 − cos 𝛽
Por fim:
Belo Horizonte
Exercícios - Freios
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 8
Dimensões em milímetros
O freio apresentado na figura abaixo possui um coeficiente de atrito igual a 0,30 e uma largura de face (b) igual a 50mm. A
pressão na sapata é de 1MPa. Encontre a força de acionamento (F) e o Momento de frenagem (M).
Belo Horizonte Título 9
Belo Horizonte
Exercícios
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 10
Um motor de torque constante M [Nm] aciona uma polia de raio r1 [m] e inércia P1 [kg.m²] que transmite o movimento de
rotação através de uma correia sem deslizamento. Uma outra polia de raio r2 [m] e inércia P2 [kg.m²], que está ligada
rigidamente à uma engrenagem de raio r3 [m] e inércia E1 [kg.m²] que transmite o movimento para uma cremalheira de massa
m [kg] para que ela supere uma força de atrito de F [N]. Sabendo que o sistema parte do repouso, determine a equação do
movimento da cremalheira.
F
r2 r3
r1
Cremalheira
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Exercícios
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 11
Determine as equações do movimento de uma aeronave e determine sua posição cartesiana após 10 segundos. Considere
uma velocidade inicial de 180km/h e uma massa igual a 1000kg.
100 N
50 N
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Exercícios
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 12
Um trem de massa 2000kg a uma velocidade de 10m/s é parado no fim dos trilhos por um sistema mola-amortecedor
conforme mostrado na figura abaixo. A mola possui rigidez k = 80N/mm e a constante de amortecimento c é igual a 20N.s/mm.
Determine a equação do movimento e a posição do trem quando o tempo for igual a 3 segundos.
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Exercícios
• Livro: Dinâmica – Mecânica para Engenharia (12ª edição)
•Problemas Fundamentais - 18.1, 18.2, 18.5
•Problemas – 18.1, 18.2, 18.3, 18.4, 18.6, 18.41 e 18.69
29/04/2020 13Dinâmica das Máquinas
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Transformação de Coordenadas
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 14
𝜃
𝜓
𝜙
𝜃 – rotação em torno do eixo “x”
𝜙 – rotação em torno do eixo “y”
𝜓 – rotação em torno do eixo “z”
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Transformação de Coordenadas
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 15
z
y
α
θ
ρ
vy
uy
uz
u
v = u’
vz
𝜌 = 𝑢 ∙ Ԧ𝑣
𝑢 = 𝑢𝑥 Ƹ𝑖 + 𝑢𝑦 Ƹ𝑗 + 𝑢𝑧 ෠𝑘
𝒖𝒚 = 𝜌 cos(𝛼)
𝒖𝒛 = 𝜌 sen(𝛼)
𝒗𝒚 = 𝜌 cos 𝛼 + 𝜃 = 𝜌 cos 𝛼 cos 𝜃 − 𝜌 sen(𝛼) sen(𝜃)
𝒗𝒛 = 𝜌 sen(𝛼 + 𝜃) = 𝜌 sen 𝛼 cos 𝜃 + 𝜌 cos(𝛼) sen(𝜃)
𝒗𝒚 = 𝒖𝒚 cos 𝜃 − 𝒖𝒛 sen(𝜃)
𝒗𝒛 = 𝒖𝒚 sen 𝜃 + 𝒖𝒛 cos(𝜃)
𝒗𝒛
𝒗𝒚
𝒗𝒙
𝒖𝒛
𝒖𝒚
𝒖𝒙
θ θ
θ θ
i
j
k
Matriz de Transformação de 
coordenadas (rotação em “x”)
Belo Horizonte
Transformação de Coordenadas
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𝒗𝒛
𝒗𝒚
𝒗𝒙
𝒖𝒛
𝒖𝒚
𝒖𝒙ϕ θ
θθϕ ϕ
ϕ
𝒗𝒛
𝒗𝒚
𝒗𝒙
𝒖𝒛
𝒖𝒚
𝒖𝒙ψ
ψ ψ
ψ
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Transformação de Coordenadas
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y
x
z
y
xA (0,0,0)
xB (30,40,0)
C (80,60,0)
𝜙
Qual as coordenadas do ponto “C” para as 
seguintes condições:
• Ψ1 = 15°
• Ψ2 = 30°
• ϕ = 45° (rotação em torno do eixo y)
Considerando a sequência de operação: Ψ2 -
Ψ1 - ϕ
cos(15) = 0,96
sen(15) = 0,26
cos(30) = 0,87
sen(30) = 0,50
cos(45) = 0,70
sen(45) = 0,70
Belo Horizonte 29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 18
Transformação de Coordenadas
z
y
x
P (0, 2, 4)
Determine a posição do ponto P para um giro de 20° no eixo X e -20° no eixo Z.
Belo Horizonte
Transformação de Coordenadas
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 19
Determine a posição do ponto A após efetuar as seguintes rotações:
• Primeira rotação em A5 = 10°
• Segunda rotação em A1 = 20°
A (20, 70, -10)
y
x
z
P (0, 0, 0)
B (15, 68, -8)
C (10, 20, -5)
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Tensor de Inércia
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 20
z
y
x
𝑀𝑧
𝑀𝑦
𝑀𝑥
෍𝑀𝑥 = 𝐼𝑥𝑥 ∙ ሷ𝜃𝑥
෍𝑀𝑦 = 𝐼𝑦𝑦 ∙ ሷ𝜃𝑦
෍𝑀𝑧 = 𝐼𝑧𝑧 ∙ ሷ𝜃𝑧
𝑀𝑥 = 𝐼𝑥𝑥 ∙ ሷ𝜃𝑥
𝑀𝑦 = 𝐼𝑦𝑦 ∙ ሷ𝜃𝑦
𝑀𝑧 = 𝐼𝑧𝑧 ∙ ሷ𝜃𝑧
𝑀𝑥 = 𝑀𝑦 = 𝑀𝑧
𝐼𝑥𝑥 = 𝐼𝑦𝑦 = 𝐼𝑧𝑧
Momentos de 
inércia de massa 
são iguais
𝑀𝑥
𝑀𝑦
𝑀𝑧
=
𝐼𝑥𝑥 0 0
0 𝐼𝑦𝑦 0
0 0 𝐼𝑧𝑧
ሷ𝜃𝑥
ሷ𝜃𝑦
ሷ𝜃𝑧
Vetor 
AceleraçãoTensor de 
InérciaVetor deMomentos
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Tensor de Inércia
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෍𝑀𝑥 = 𝐼𝑥𝑥 ∙ ሷ𝜃𝑥
෍𝑀𝑦 = 𝐼𝑦𝑦 ∙ ሷ𝜃𝑦
෍𝑀𝑧 = 𝐼𝑧𝑧 ∙ ሷ𝜃𝑧
𝑀𝑥 = 𝐼𝑥𝑥 ∙ ሷ𝜃𝑥
𝑀𝑦 = 𝐼𝑦𝑦 ∙ ሷ𝜃𝑦
𝑀𝑧 = 𝐼𝑧𝑧 ∙ ሷ𝜃𝑧
z
y
x
𝑀𝑧
𝑀𝑦
𝑀𝑥
z
y
x
Belo Horizonte
Tensor de Inércia
29/04/2020 Dinâmica das Máquinas 22
a
c𝑀𝑥
x
z
y
b
c𝑀𝑦
y
z
x
a
b𝑀𝑧
z
y
x
𝐼𝑥𝑥 ≠ 𝐼𝑦𝑦 ≠ 𝐼𝑧𝑧
𝑀𝑥 = 𝑀𝑦 = 𝑀𝑧
Se:
Temos:
Logo:
ሷ𝜃𝑥 ≠ ሷ𝜃𝑦 ≠ ሷ𝜃𝑧
𝑀𝑥
𝑀𝑦
𝑀𝑧
=
𝐼𝑥𝑥 0 0
0 𝐼𝑦𝑦 0
0 0 𝐼𝑧𝑧
ሷ𝜃𝑥
ሷ𝜃𝑦
ሷ𝜃𝑧
Vetor 
AceleraçãoTensor de 
InérciaVetor de 
Momentos
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z
y
x
Tensor de Inércia
dm
𝐼𝑥𝑥 = ׬ 𝑦
2 + 𝑧2 𝑑𝑚 [kg.m²]
𝐼𝑦𝑦 = ׬ 𝑥
2 + 𝑧2 𝑑𝑚 [kg.m²]
𝐼𝑧𝑧 = ׬ 𝑥
2 + 𝑦2 𝑑𝑚 [kg.m²]
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Tensor de Inércia
𝑀𝑥
𝑀𝑦
𝑀𝑧
=
𝐼𝑥𝑥 𝐼𝑥𝑦 𝐼𝑥𝑧
𝐼𝑦𝑥 𝐼𝑦𝑦 𝐼𝑦𝑧
𝐼𝑧𝑥 𝐼𝑧𝑦 𝐼𝑧𝑧
ሷ𝜃𝑥
ሷ𝜃𝑦
ሷ𝜃𝑧
Onde:
𝐼𝑥𝑦; 𝐼𝑥𝑧; 𝐼𝑦𝑥; 𝐼𝑦𝑧 𝐼𝑧𝑥; 𝐼𝑧𝑦
São chamados de Produto de Inércias:
𝑀𝑥 = 𝐼𝑥𝑥 ∙ ሷ𝜃𝑥 + 𝐼𝑥𝑦 ∙ ሷ𝜃𝑦 + 𝐼𝑥𝑧 ∙ ሷ𝜃𝑧
𝐼𝑥𝑦 = ׬ 𝑥 ∙ 𝑦 𝑑𝑚 [kg.m²]
𝐼𝑦𝑧 = ׬ 𝑦 ∙ 𝑧 𝑑𝑚 [kg.m²]
𝐼𝑥𝑧 = ׬ 𝑥 ∙ 𝑧 𝑑𝑚 [kg.m²]
...
...