Atividades de Cinemática ou Dinâmica dos Mecanismos

Análise Estática T2 O2O406m AO2035m AB BO408m G4O404m FAu2000N a ΣFi0 FGu F34 Fox 0 ΔTOy0 FGu h F34 h 0 F34 2000036 11613N 062 Delimino do Foi a Peça 3 em equilíbrio F34 F320 Análise do A em equilíbrio F23 F320 FO2 F23 11613 N F23 é a força que equilibra o mecanismo T2 h F23 T2 03511613 4065Nm 2 Considerando o mesmo mecanismo porém com força F43 1500N G3A 05m Peça 3 em equilíbrio ΣTA0 FG2 h F43 h0 F43 1500 046 8625 N FOu 8625N 08 ΣF3 0 FA3 F43 FA 0 FO2 FA 1300N T2 h FA 031300 390 Nm ANÁLISE ESTÁTICA DE MECANISMOS ANÁLISE ESTÁTICA EM MECANISMOS ARTICULADOS DEFINIÇÕES Força é o resultado da ação de um corpo sobre outro Força é uma grandeza vetorial portanto possui intensidade direção e sentido Condição Estática da 3ª Lei de Newton Σ F 0 F F F F 0 portanto F F Mesma intensidade mesma direção mas sentidos opostos ANÁLISE ESTÁTICA EM MECANISMOS ARTICULADOS DEFINIÇÕES Binário duas forças iguais e opostas agindo em retas paralelas não coincidentes sobre um corpo não podem ser compostas para encontrarmos uma resultante Essas duas forças constituemse num binário F r r braço do binário distância perpendicular de aplicação das forças F ANÁLISE ESTÁTICA EM MECANISMOS ARTICULADOS Considere uma barra com uma extremidade A e fixa em outra extremidade O Na extremidade A estará aplicada uma força F de magnitude 100N Na extremidade O surgira uma força F de reação com a mesma intensidade mesma direção F mas sentido contrário A força F estará gerando na barra um torque T Queremos determinar esse torque sendo ANÁLISE ESTÁTICA EM MECANISMOS ARTICULADOS AO2 40 m A Vetorialmente T AO x F 130º O2 60º F ANÁLISE ESTÁTICA EM MECANISMOS ARTICULADOS AO2 40 60º 20i 346j F 100 130º 6418i 766j Resolvendo o determinante i j k i j T 2 346 0 2 346 2224k 1532k 3756k 6418 766 0 6428 766 2224k 1532k ANÁLISE ESTÁTICA EM MECANISMOS ARTICULADOS Podemos decompor o vetor AO nas componentes normal e tangencial à força F ANÁLISE ESTÁTICA EM MECANISMOS ARTICULADOS AON 375 40º 287i 241j T AON x F A F AO2 40º AO2N 20º 50º 130º 40º O2 60º 90º 50º 90º AO2N AO2cos 20º 4cos 20º 375 m ANÁLISE ESTÁTICA EM MECANISMOS ARTICULADOS i j k i j M T 287 241 0 287 241 3756k Nm 6418 766 0 6418 766 15467k 21984k ANÁLISE ESTÁTICA EM MECANISMOS ARTICULADOS Analiticamente determinamos que a distância perpendicular r da força F até O tem a grandeza de 375m A T rF 375100 375 Nm 130º r F O 60º DISTRIBUIÇÃO DAS FORÇAS ESTÁTICA EM UM MECANISMO PARA A DETERMINAÇÃO DO TORQUE No mecanismo abaixo há uma força P aplicada na corrediça B Queremos determinar o torque a ser aplicado na peça 2 T2 para que o mecanismo permaneça na condição estática Queremos determinar a reação na articulação O2 Partese do princípio que cada peça está na condição estática ΣF 0 F4 0 P F34 F14 0 Figura 67 Forças estáticas e torque em um mecanismo biela manivela corrediça Fonte o autor EXERCÍCIO A SER FEITO EM SALA ONLINE Figura 68 Análise estática em mecanismo biela manivela Fonte o autor EXERCÍCIO A SER FEITO EM SALA ONLINE Traçar o mecanismo articulado biela manivela corrediça como o acima da figura sendo θ2 120º θ 18º AO2 25 AB 70 P 500N Força agindo em B F43 5257 N Valor medido de h 167 T2 encontrado T2 878 Nunidade DISTRIBUIÇÃO DAS FORÇAS ESTÁTICA EM UM MECANISMO PARA A DETERMINAÇÃO DO TORQUE No mecanismo de 4 barras a força Fc conhecida está aplicada em C Haverá uma força de reação da peça 3 para a peça 4 F34 aplicada na articulação B Com a peça 3 em equilíbrio haverá uma força reação na peça 3 para a peça 2 F32 aplicada em A A peça 2 reage em A com a força F23 Esta força gera o torque T2 Figura 66 Forças estáticas e torque em m mecanismo de quatro barras Fonte o autor DISTRIBUIÇÃO DAS FORÇAS ESTÁTICA EM UM MECANISMO PARA A DETERMINAÇÃO DO TORQUE A determinação da força de reação F34 é encontrada através da soma de momentos ΣTO4 0 Fch F34h 0 F34 h e h são grandezas conhecidas medidas perpendicularmente das força até a articulação fixa O4 A peça 3 está em equilíbrio estático portanto F32 F34 DISTRIBUIÇÃO DAS FORÇAS ESTÁTICA EM UM MECANISMO PARA A DETERMINAÇÃO DO TORQUE A força F32 está aplicada em A Há uma força de reação da peça 2 para a peça 3 através da força F23 Dado que o mecanismo está em equilíbrio as forças serão iguais em módulo F43 F34 F32 F23 A força F23 é a componente do torque T2 obtido por T2 hF23 o qual mantém o mecanismo em equilíbrio estático h é a medida perpendicular entre a força F23 até O2 Determinar o torque T2 necessário para manter o mecanismo em equilíbrio estático e as forças em O2 e O4 O2O4 04m AO2020m AB065m BO4050m CO4030m FC 4000 N Peça 4 em equilíbrio Σ F14 0 Fc F34 F14 0 F34 2T34 0 E h F34 h 0 F34 4000 028 2800 N 040 DETERMINAÇÃO DE F14 F14 3600 N PEÇA 3 EM EQUILÍBRIO F23 mantém o mecanismo em equilíbrio expressando F23 na figura mecanismo T2 F23 h F23 AO2 2800 020 560 N m Figura 69 Análise estática em mecanismo 4 barras Fonte o autor 3ª Lista Análise Estática Determinação das forças estáticas nos apoios e o torque que mantém o mecanismo na condição estática 1 O2O4 06m AO2 02m AB 09m BO4 06m CO2 04m Fc 1500 N Resp FO4 1311 2810 N FO2 11848 270 N T2 237 Nm 2 O2O4 03m AO2 03m AB 06m CO4 075m BO4 06m Fc 2000N Resp FO4 5510 1150 N FO2 4994 2740 N T2 844 Nm 3 Determinar a força FD e a reação nos apoios O2O4 07m AB 085m DA AO2 025m BO4 025m CO4 04m Fc 2500 N Resp FO4 5840 3430 N FO2 2830 1430 N FD 8295 N 4 Determinar T2 FO2 FO4 AO2 020m O2O4 050m BO4 040m AB 040m CA DO4 020m Fc 1500 N FD 1000 N T2 278 Nm FO4 1098 3080 N FO2 1637 120 N 5 O2O4 06m AO2 02m AB 09m BO4 06m CA 04m Fc 2500 N Resp FO4 910 2720 N FO2 2165 3510 N T2 353 Nm 6 O2O4 070m AO2 025m BO4 060m AB 090m AC 035m DO4 030m Fc 1500 N FD 1000 N Resp FO4 1082 1580 N FO2 1927 1870 N T2 4481 Nm 7 O2O4 05m AO2 025m AB 070m BO4 050m CA 050m CB 025m Fc 12000 N Resp FO4 9000 3060 N FO2 5250 140 N T2 7717 Nm 8 Dado T2 aplicado determinar as reações em O2 e O4 e as forças FDX e FDY AO2 025m AB 090m O2O4 064m BO4 048m CO4 024m DC 065m T2 500 Nm O2O412m AO204m AB20m BO416m G3A50m G4O408m FG322000N 10cm 2m escala FAG3 FA FA FG34 F32 T2 FA G4 FO2 O2 110 h3112m h092m h442m hV038m FO4 h064m Influência de FAG Peça 4 em equilíbrio TOY 0 F G4h F34h 0 F34 3000064 17142m 152m FAG4 F34 17142 N Influência de Fg3 F30 FAG3 FG3 FAG3 0 a TA0 FAG3h F33h0 F432000092 142 12958 N escala 2000N 4cm 12958N 26cm a Determinação de FA FA FAG3 FAG4 FA 200N T2 FA h1V T2 2100038 798 N m FO2 FA 2100 N Determinação de FO4 FO2 FG3 FG4 FO4 0 FG4 FO4 FO2 FO4 4400 N Transp p OU O2O406m ΔO2035m AB10m BO408m FC 110 AC035m CB025 FC3000 N Peça 3 em equilíbrio TA0 FCh F43h 0 h 05m h 086m F43 300005 086 17442 N FO4 F34 FO4 17442 N ΣF3 0 FC F43 FA 0 F43 FC FA 1300 N FO2 FA 1300 N h014 m T2 FAh T2 1300014 182 Nm ANÁLISE DINÂMICA EM MECANISMOS ARTICULADOS ANÁLISE DINÂMICA EM MECANISMOS ARTICULADOS 2ª LEI DE NEWTON Equações da Dinâmica A 2ª Lei aplicada em um corpo em translação ΣF ma A 2ª Lei aplicada em um corpo em rotação ΣT Iα T conjugado de inércia Nm I momento de inércia de massa kgm2 α aceleração angulas rads2 ANÁLISE DINÂMICA EM MECANISMOS ARTICULADOS EQUILÍBRIO DINÂMICO Princípio dAlembert decorre das equações de Newton e estabelece que A soma vetorial de todas as forças externas e as de inércia agindo sobre um corpo é zero A soma vetorial de todos os momentos externos e conjugados de inércia agindo sobre um corpo rígido também é zero ANÁLISE DINÂMICA EM MECANISMOS ARTICULADOS 3ª LEI DE NEWTON Equações da Estática Pelas definições acima podemos escrever ΣF 0 F maG F maG 0 ΣT 0 T IG α T IG α A aplicação da 3ª Lei nas equações da dinâmica reduz o comportamento do sistema em um problema da estática onde ANÁLISE DINÂMICA EM MECANISMOS ARTICULADOS maG é uma força fictíciaFi e Igα é um conjugado fictício Ti Podemos escrever Fi maG Ti IG α Representando um corpo rígido sob a condição de equilíbrio dinâmico teremos ΣF α IG α h aG G maG G Fig a Fig b α Fi m aG h aG G Fig c Fig d Figura 73 Corpo rígido sob equilíbrio dinâmico Fonte o autor ANÁLISE DINÂMICA TRABALHOS VIRTUAIS Trabalho Γ é uma grandeza escalar resultado do produto entre a força aplicada F em um corpo e seu deslocamento r Γ Fr Frcosθ θ ângulo formado entre F e r Expressando os vetores teremos ii jj kk 1 θ 00 ou 1800 ij jk ki 0 θ 900 ou 2700 ANÁLISE DINÂMICA TRABALHOS VIRTUAIS Trabalho realizado por uma força Γ Fr Trabalho realizado por um torque Γ Tθ Trabalho Virtual Uma partícula sob a ação de uma força apresenta um deslocamento infinitesimal real dr Havendo restrições ao seu deslocamento ele será chamado deslocamento virtual δr ANÁLISE DINÂMICA TRABALHOS VIRTUAIS Trabalho Virtual realizado por uma força δΓ Fδr Trabalho Virtual realizado por um torque δΓ Tδθ Em um mecanismo com várias peças o trabalho virtual realizado por todas pode ser resumido δΓ ΣFδr ΣTδθ 0 onde ΣF somatória de todas as forças externas e de inércia ΣT somatória de todos os torques externos e conjugados ANÁLISE DINÂMICA TRABALHOS VIRTUAIS Dividindo a expressão por δt sendo δt 0 δΓ ΣF ΣT 0 portanto δΓ ΣFV ΣTω 0 Expandindo a expressão levando em consideração todas as força e torques externos Fext e Text assim como as forças e torques de inércia Fi e Ti ANÁLISE DINÂMICA TRABALHOS VIRTUAIS Tal como vimos pelo princípio dAlembert A somatória de todas as forças externas e de inércia é igual a zero A somatória de todos os torques externos e conjugados é igual a zero ΣFextV ΣText ω ΣFi V ΣTi ω 0 lembrando que Fi maG Ti Iα Trabalhos Virtuais Considere o mecanismo de 4 barras com uma força externa aplicada em B FB O2O4 06 m AO2 035 m AB 10 m BO4 08 m G3A 05 m G4O4 04 m O mecanismo gira com velocidade angular ω2 queremos determinar o torque T2 a ser aplicado na manivela peça2 para que o mecanismo adquira as velocidades e acelerações determinadas O mecanismo aqui mostrado não está em escala feito no word somente como apresentação porém resolvido em escala B 30º G3 ❸ FB ❹ G4 A ω2 120º G2 O2 O4 Valores cinemáticos determinados e resolução Fi4VG4 m4 AG4VG4 468052i 194j084i 010j 204 091 295 Nm Ti4ω4 I4 α4ω4 0250189k216k 102 Nm Análise da peça 3 Não temos torque externo nem força externa aplicada Fi3VG3 m3 AG3VG3 585191i 429j145i 023j 162 577 1043 Nm Ti3ω3 I3 α3ω3 0487165k107k 086 Nm Análise peça 2 G2 O2 m2 aG2VG2 0 α2 0 I2 α2ω2 0 T2 kω2 k T2 4 Nm 7843 295 102 1043 086 T2 4 0 772 T2 4 0 T2 193 Nm sah 1 Análise Dinâmica em Mecanismos Articulados Determinar o torque a ser aplicado na peça 2 T2 Determinação do momento de inércia de massa considerando todas as barras com seção transversal retangular Y x massa ρvol Z ρaço 7800 kgm3 h altura L comprimento vol AL IZ 112m L2 h2 b base As figuras dos mecanismos não estão em escala desenhalas em escala Também as respostas encontradas por vocês serão iguais ou próximas às dispostas 1 Articulações A e B pontos G3 e G4 AO2 020 m O2O4 050 m AB 035 m BO4 040 m G3A 010 m G4O4 020 m ω2 5 rads sah α2 0 b 10 cm h 25 cm G2 O2 3 B A G3 4 ω2 G4 300 2 θ2 600 F4 200 N O2 O4 vA 10 1500 ms vB 044 1980 ms vBA 079 ms vG3 081 1580 ms vG4 022 1980 ms ω3 226 k rads ω4 202 k rads aA 50 2400 ms2 aB 65 2120 ms2 aBA 32 ms2 aG3 528 2320 ms2 aG4 325 2120 ms2 α3 754 k rads2 α4 157 k rads2 m3 068 kg I3 0007 kgm2 m4 078 kg I4 001044 kgm2 Aplicamos a equação geral abaixo para cada peça Σ Fext V Σ Text ω Σ Finer VG Σ Tinerc ω 0 Finerc maG Tinerc Iα Fazendo Fi Finerc Fin força de inércia Ti Ti conjugado de inércia Σ FextV ΣTextω ΣFinerc VG ΣTinerc ω 0 2 Peça 2 Não há força externa aplicada na peça 2 VG2 0 α2 0 T2 ω2 T2 k ω2k T2 k 5k T25 Nm Peça 3 Não há força externa aplicada na peça 3 F3ext 0 nem torque externo T3ext 0 Fext3 0 Text3 0 FextVG 0 Textω 0 vG3 081 1580 075i 030j aG3 528 2320 325i 416j Finerc3 m3aG3 VG3 068 325i 416j 075i 030j 166 085 081 Nm I3α3ω3 0007754 k 226k 019 Nm Peça 4 Há força externa aplicada em G4 F4 mas não há torque externo T4ext 0 F4 200 300 1732 i 100j vG4 022 1980 021i 0068j aG4 325 2120 276i 172j I4 α4ω4 001044157k202k 033 Nm Finerc4 m4aG4 VG4 078 276i 172j 021i 0068j 045 009 036 Nm F4VG4 1732 i 100j 021i 0068j 364 68 296 Nm Equação geral T25 081 019 033 036 296 0 T2 60 k Nm 3 2 AO2 020 m O2O4 050 m AB 035 m BO4 040 m G3A 010 m G4O4 020 m ω2 5k rads sah α2 0 b 20 cm h 45 cm B G2 O 2 3 G4 F4 600 N G3 4 θ2 2900 O4 2 A vA 10 200 ms vB 05 670 ms vBA 075 ms vG3 082 260 ms vG4 025 670 ms ω3 214 k rads ω4 125 k rads aA 50 700 ms2 aB 292 550 ms2 aBA 40 ms2 aG3 407 990 ms2 aG4 146 550 ms2 α3 106 k rads2 α4 714 k rads2 T2 123 k Nm 3 Articulações A e B ponto G3 AO2 35 cm AB 10 cm G3A 40 cm ω2 30k rads sah α2 0 b10 cm h 25 cm A 3 2 G3 B 500 FB 2500 N G2 O2 vA 105 1400 ms vB 109 1800 ms vBA 775 ms vG3 106 1540 ms ω3 775 k rads aA 315 2300 ms2 aB 20 1800 ms2 aBA 24 ms2 aG3 248 2150 ms2 α3 24 k rads2 T2 90 k Nm 4 4 Articulações A e B pontos G3 e G4 O2O4 035 m AO2 025 m AB 040 m BO4 040 m G3A 020 m G4O4 020 m ω2 20k rads sah α2 0 b 10 cm h 30 cm 3 B 300 G3 4 FB 1000 N A G4 2 1350 vA 5 2250 ms vB 48 2060 ms vBA 16 ms vG3 49 2160 ms vG4 24 2060 ms ω3 4 k rads ω4 12 k rads aA 100 3150 ms2 aB 63 3200 ms2 aG3 82 3180 ms2 aG4 315 3200 ms2 α3 925 k rads α4 65 k rads T2 128 k Nm Análise Dinâmica determinar T2 para os mecanismos sob carregamento adquirem as velocidades e acelerações indicadas As figuras e os centros G3 e G4 estão fora de escala tomar os α2 0 1 AO2 019m AB 045 m G3A 017 m BO4 032 m O2O4 051 m n2 100 rpm vG3 170158⁰ ms vB 135180⁰ ms ω3 24 k rads ω4 42 k rads aG3 188224⁰ ms² aB 188194⁰ ms α3 315 k rads² α4 566 k rads² m3 18 kg I3 0091 kmm² I4 0133 kgm² FB 700 N 20⁰ G3 B A ω2 59⁰ G2 O2 G4 O4 Peça 2 ω2 2πn260 1047 rads Aplicamos a equação geral abaixo para cada peça Σ Fext V Σ Text ω Σ Finer VG Σ Tinerc ω 0 Finerc maG Tinerc Iα T2ω2 T2k1046k T21046 Nm Peça 3 A força externa FB aplicada em B pode ser considerada aplicada na peça 3 ou na peça 4 Vamos considerar aplicada na peça 4 Finerc3VG3 m3aG3VG3 18824i 1306j125i 050j 1854 1175 679 Nm I3 α3 ω3 0091315k24k 688 Nm Peça 4 FBVB 6578i 2394j 135i 0j 8880 Nm I4 α4 ω4 0133566k42k 3161 Nm T21046 679 688 8880 3161 0 T2 88 Nm 2 AO2 016m AB 043 m G3A 019 m BO4 044 m G4O4 018 m O2O4 051 m n2 150 rpm vG3 170281⁰ ms vG4 102277⁰ ms ω3 86 k rads ω4 57 k rads aG3 27638⁰ ms² aG4 740⁰ ms α3 202 k rads² α4 277 k rads² m3 14 kg m4 16kg I3 0063 kmm² I4 0057 kgm² Aplicamos a equação geral abaixo para cada peça Σ Fext V Σ Text ω Σ Finer VG Σ Tinerc ω 0 Finerc maG Tinerc Iα Peça 2 ω2 2πn260 157 rads T2ω2 T2k157k T2157 Nm Peça 3 Não há força externa aplicada na peça 3 e nem toque externo Finerc3VG3 m3aG3VG3 142175i 17j032i 167j 974 3975 30 Nm I3 α3 ω3 0063202k86k 1094 Nm Peça 4 FCVG4 79863i 60181j 012i 101j 9583 60782 512 Nm Finerc4VG4 m4aG4VG4 1674i 0j 012i 101j 142 0 142 Nm I4α4 ω4 0057 277k57k 9 Nm T2157 30 1094 512 142 9 0 T2 295 Nm 3 AO2 018m AB 064 m G3A 035 m BO4 034 m O2O4 048 m n2 80 rpm vG3 2150⁰ ms vB 32343⁰ ms ω3 437 k rads ω4 941 k rads aG3 186294⁰ ms² aB 444298⁰ ms α3 94 k rads² α4 694 k rads² m3 17 kg m412 kg I3 0172 kmm² I4 0138 kgm² Aplicamos a equação geral abaixo para cada peça Σ Fext V Σ Text ω Σ Finer VG Σ Tinerc ω 0 Finerc maG Tinerc Iα Peça 2 ω2 2πn260 838 rads T2ω2 T2k838k T2838 Nm Peça 3 Não há força externa aplicada na peça 3 e nem toque externo Finerc3VG3 m3aG3VG3 17756i 17j215i 0j 2763 Nm I3 α3 ω3 0172 94k 437k 7065 Nm Peça 4 FBVB 600i 0j 012i 101j 72 0 72 Nm I4α4 ω4 0138 694k941k 9012 Nm T2838 2763 7065 72 9012 0 T2 31 Nm 4 AO2 022m AB 062 m G3A 032 m BO4 047 m G4O4 015 m O2O4 045 m n2 20 rpm vG3 025271⁰ ms vG4 0067213⁰ ms ω3 077 k rads ω4 044 k rads aG3 07725⁰ ms² aG4 01823⁰ ms α3 061 k rads² α4 12 k rads² m3 22 kg m4 17kg I3 0211 kgm² I4 0082 kgm² Aplicamos a equação geral abaixo para cada peça Σ Fext V Σ Text ω Σ Finer VG Σ Tinerc ω 0 Finerc maG Tinerc Iα Peça 2 ω2 2πn260 21 rads T2ω2 T2k21k T2 21 Nm Peça 3 Não há força externa aplicada na peça 3 e nem toque externo Finerc3VG3 m3aG3VG3 22069i 032j00044i 025j 00067 017 016 Nm I3 α3 ω3 0211 061k 077k 010 Nm Peça 4 FCVG4 383i 32140j 0056i 0036j 2135 1157 329 Nm Finerc4VG4 m4aG4VG4 17016i 007j 0056i 0052j 0015 00062 0021 Nm I4α4 ω4 0082 12k044k 00043 Nm T221 016 010 329 0021 00043 0 T2 156 Nm