Cinética de Corpos Rígidos Movimento Tridimensional parte 2 -2023-2

– CINÉTICA DE CORPOS RÍGIDOS – MOVIMENTO TRIDIMENSIONAL (parte 2) EQUAÇÕES DE MOVIMENTO: MOVIMENTO DE TRANSLAÇÃO O movimento de translação de um corpo rígido é definido em termos da aceleração de seu centro de massa G, em relação a um referencial inercial (XYZ) (que, portanto, é fixo), de forma que G m ∑F = a (15) As formas escalares dessa equação vetorial são x G x F = m(a ) ∑ (16a) y G y F = m(a ) ∑ (16b) z G z F = m(a ) ∑ (16c) Essas equações, ditas equações de movimento de Newton, são sempre as mesmas, independentemente do problema de interesse ser em uma, duas ou três dimensões. EQUAÇÕES DE MOVIMENTO: MOVIMENTO DE ROTAÇÃO Em adição às equações de movimento de translação, há que se obter equações para o movimento de rotação tridimensional de um corpo rígido, que se move com velocidade angular ω em relação ao referencial inercial (XYZ). Para esse propósito, é conveniente introduzir um segundo referencial (xyz), que pode transladar com o corpo rígido e ainda ter velocidade angular Ω em relação ao referencial fixo (XYZ). Observa-se que Ω não é necessariamente igual a ω, sendo sua escolha feita por conveniência, conforme o caso em estudo, como se verá abaixo. EQUAÇÕES DE MOVIMENTO: MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) Seja qual for o caso, sabe-se que a soma dos momentos em relação ao centro de massa G, ou a um ponto fixo O, é igual à derivada temporal da quantidade de movimento angular em relação ao ponto em tela, ou seja, ( ) G G G d = dt = ∑M H Hɺ (17a) ou ( ) O O O d = dt = ∑M H Hɺ (17b) Como o referencial (xyz) pode girar, há que se considerar de novo a equação da derivada de um vetor b num referencial móvel, que é (vide Cinemática) ( ) ( ) xyz d dt d dt = + × b b Ω b (18) Essa equação pode ser usada para obter a derivada temporal da quantidade de movimento angular em relação a (XYZ), o que resulta em XYZ xyz xyz ( ) ( ) ( ) = + × H H Ω H ɺ ɺ (19) EQUAÇÕES DE MOVIMENTO: MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) Face ao movimento do corpo, há três casos a serem examinados. São eles: CASO 1: Ω = 0 Nesse caso, o referencial (xyz) só translada com o corpo. A derivada da quantidade de movimento angular, então, é igual em (XYZ) e em (xyz), ou → XYZ xyz ( ) ( ) = H H ɺ ɺ (20) (vídeo 4.2) Como o corpo pode ter velocidade angular ω em torno de (xyz), essa forma é útil caso ω seja conhecida num dado instante, particularmente quando o corpo é orientado de modo que (xyz) sejam os eixos principais de inércia do corpo. Porém, à medida que o corpo gira, os momentos e produtos de inércia de massa em torno de (xyz) variam com o tempo, o que complica a análise. EQUAÇÕES DE MOVIMENTO: MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) CASO 2: Ω = ω No segundo caso, os eixos do referencial auxiliar móvel (xyz) estão fixos no corpo, girando junto com ele. Desse modo, tem-se que Ω = ω . Assim, a derivada da quantidade de movimento angular em (XYZ) é → XYZ xyz xyz ( ) ( ) ( ) = + × H H ω H ɺ ɺ (21) onde x y z = ω + ω + ω ω i j k (22) xyz x y z ( ) H H H = + + H i j k (23) xyz x y z ( ) H H H = + + H i j k ɺ ɺ ɺ ɺ (24) (vídeo 4.3) EQUAÇÕES DE MOVIMENTO: MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) CASO 2: Ω = ω (cont.) Levando as Eqs. (22) a (24) na Eq. (21), efetuando as operações indicadas e usando as Eqs. (17), obtêm-se as seguintes equações escalares de momento: 2 2 x xx x yy zz y z xy y z x yz y z zx z x y 2 2 y yy y zz xx z x yz z x y xz z x xy x y z 2 2 z zz z xx yy x y xz x y z xy x y yz y x z M I (I I ) I ( ) I ( ) I ( ) M I (I I ) I ( ) I ( ) I ( ) M I (I I ) I ( ) I ( ) I ( ) = α − − ω ω − α − ω ω − ω − ω − α −ω ω = α − − ω ω − α −ω ω − ω − ω − α − ω ω = α − − ω ω − α −ω ω − ω −ω − α − ω ω ∑ ∑ ∑ (25) As equações acima, embora extensas, são válidas para qualquer orientação do referencial auxiliar (xyz) no corpo. Ressalta-se que, nas Eqs. (25), α = ωɺ . EQUAÇÕES DE MOVIMENTO: MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) CASO 2: Ω = ω (cont.) Se os eixos do referencial (xyz) forem orientados no corpo rígido de modo que eles sejam os eixos principais de inércia, xx x I = I , yy y I = I , zz z I = I e xy yz xz I I I 0 = = = . Assim, as equações escalares de momento passam a ser x x x y z y z y y y z x z x z z z x y x y M I (I I ) M I (I I ) M I (I I ) = α − − ω ω = α − − ω ω = α − − ω ω ∑ ∑ ∑ (26) Essas equações são referidas como as equações de movimento de Euler. Destaca-se que elas são válidas quando os momentos são considerados em relação ao centro de massa G, ou em relação a um ponto fixo O. EQUAÇÕES DE MOVIMENTO: MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) CASO 3: Ω ≠ ω Em algumas situações, é conveniente que os eixos de (xyz) possuam velocidade angular Ω diferente da velocidade angular ω do corpo. Isso é útil quando se analisa, por exemplo, o movimento de giroscópios (usados em aparelhos de navegação marítima e aérea). A derivada da quantidade de movimento angular em XYZ é dada por → XYZ xyz xyz ( ) ( ) ( ) = + × H H Ω H ɺ ɺ (27) onde x y z = Ω + Ω + Ω Ω i j k (28) (vídeo 4.4) EQUAÇÕES DE MOVIMENTO: MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) CASO 3: Ω ≠ ω Procedendo como no caso anterior, as equações escalares de momento são dadas por x x x y z y z y z y y y z x z x z x z z z x y x y x y M I I I M I I I M I I I = α − Ω ω + Ω ω = α − Ω ω + Ω ω = α − Ω ω + Ω ω ∑ ∑ ∑ (29) Nas Eqs. (29), ressalta-se que a aceleração angular α do corpo vem de sua velocidade angular ω, que é dada no referencial (xyz), que, por sua vez, gira com velocidade angular Ω. EXEMPLO 2 SITUAÇÃO Um motor de dois cilindros roda em vazio, a 995 rpm, quando a válvula borboleta (que regula o fluxo de ar e altera a carga de trabalho) é aberta. A assimetria da árvore de manivelas e as forças exercidas sobre ela afetam o movimento. (vídeo 4.1) No instante em que a válvula borboleta é aberta, considera-se o seguinte: − A árvore de manivelas consiste de nove segmentos idênticos de aço; − A árvore está no plano horizontal e gira a 995 rpm (104 rad/s); − O pistão 1, que sofre a ação da combustão, exerce uma força 1 F sobre a árvore, força essa que é perpendicular ao plano horizontal; EXEMPLO 2 (cont.) − Já o pistão 2, que comprime combustível para o próximo ciclo, transfere uma força de resistência 2 F para a árvore, no mesmo sentido da força 1 F . EXEMPLO 2 (cont.) PERGUNTAS No instante em que a válvula borboleta é aberta, qual é a aceleração angular ( z α ) da árvore de manivelas? E quais são as forças de reação nos mancais da árvore de manivelas (pontos A e O)? ESTRATÉGIA − Usar as equações de movimento rotacional em três dimensões para obter três equações escalares relativas à soma de momentos em relação a um sistema de coordenadas fixo em um dos mancais (no caso, o ponto O); − Resolver as equações para as incógnitas, que são a aceleração angular z α e as forças de reação x y A e A , atuantes no mancal situado em A; − Assumir que cada seção da árvore de manivelas é uma haste delgada. EXEMPLO 2 – SOLUÇÃO Inicia-se a solução com um DCL no instante em que a árvore de manivelas encontra-se no plano horizontal. Uma vez que os eixos principais de inércia não são imediatamente identificáveis, seja para o centro de massa, seja para o ponto O, coloca-se o referencial (xyz) no ponto O, como se vê abaixo. EXEMPLO 2 – SOLUÇÃO (cont.) A árvore de manivelas só gira em torno do eixo z. Portanto, x y x y 0 0 ω = ω = ∴ α = α = e z z z 104 rad/s d dt ω = ω = ∴ ω = α . EXEMPLO 2 – SOLUÇÃO (cont.) Ao considerar as Eqs. (25), com orientação arbitrária dos eixos (xyz), verifica- se que as equações de momento para o presente exemplo são dadas por (i) 2 x yz z xz z M I I = ω − α ∑ ; (ii) 2 y yz z xz z M I I = − α − ω ∑ ; (iii) z zz z M = I α ∑ . Os momentos são devidos às forças F1, F2, Ax e Ay , de modo que (i) y 2 A (5L) F (3,5L) 9mg(2,5L) − + + + 2 1 yz z xz z F (1,5L) I I + = ω − α . (ii) 2 x yz z xz z A (5L) I I = − α − ω . (iii) 1 2 zz z FL F L I − = α . EXEMPLO 2 – SOLUÇÃO (cont.) As equações (i) a (iii) acima podem ser resolvidas para as incógnitas Ax, Ay (forças) e αz (aceleração angular). Isso resulta, em ordem reversa, em (iv) 1 2 z zz (F F )L I − α = (v) ( ) yz 1 2 2 x xz z zz I F F L 1 A I 5L I   − = − − ω     (vi) ( ) ( ) xz 1 2 2 y yz z 2 1 zz I F F L 1 A I L 3,5F 22,5mg 1,5F 5L I   − = − ω + + +     EXEMPLO 2 – SOLUÇÃO (cont.) Para solução das equações (iv) a (vi), há que se obter os termos de inércia Izz, Ixz e Iyz. Esses termos podem ser obtidos pela divisão do eixo em nove hastes delgadas retas. As propriedades inerciais totais podem, então, ser encontradas pelo cálculo local em cada haste e pelo uso dos teoremas dos eixos e dos planos paralelos. Assim, tem-se que 9 2 2 2 zz zz i i 1 2 2 2 I (I ) 0 (mL 3) (0 mL ) (mL 3) 0 (mL 3) (0 mL ) (mL 3) 0 = = = + + + + + + + + + + ∑ 2 2 2 Izz 3,33mL 3,33.(0,308).(0,100) 0,0103 kg.m = = = . EXEMPLO 2 – SOLUÇÃO (cont.) Como há simetria em relação ao plano (x-z), tem-se também que yz I 0 = . Por fim, considerando a distância do centro de massa de cada segmento aos planos (x-y) e (y-z), tem-se que 9 xz xz i i 1 2 2 2 L I (I ) 0 (L)m ( L)(1,5L)m 2 L L (2L)m 0 (3L)m (L)(3,5L)m 2 2 L (4L)m 0 2 4mL 4(0,308)(0,100) 0,0123 kg.m . =   = = + − + −         + − + + +           + +     = = = ∑ EXEMPLO 2 – SOLUÇÃO (cont.) Substituindo agora os termos de inércia calculados acima e as forças conhecidas, a saber, 1F = 100 N e 2F = 65 N, nas eqs. (iv) a (vi), resulta que 2 z (100 65)0,1 ; 0,0 340 rad 103 /s α = − = 2 x 1 0 0,0103(104) ; 5(0, A 223 N 1)   = = −  −  ( ) y 0,0123 100 65 (0,1) 1 A 0 ... 5(0,1) 0,0103  − = − +   [ ]} ...0,1 3,5(100) 22,5(0,308)(9,81) 1,5(65) + + (vídeo 4.5) Ay 11 N. 1 = ∴ EXEMPLO 3 SITUAÇÃO A hélice de um ventilador oscilante e o rotor de seu motor têm uma massa total de 0,3 kg e raio de giração de 0,075 m em torno do eixo que passa pelos mancais em A e B. Esses mancais distam 0,125m um do outro, como ilustrado ao lado. A velocidade angular constante de hélice e rotor é ω1 = 188,5 rad/s. PERGUNTA Quais são as reações dinâmicas em A e B quando a velocidade angular máxima da carcaça do motor é ω2 = 0,6 rad/s? Notar que as reações dinâmicas decorrem só do movimento, sem incluir o peso do corpo rígido em tela. EXEMPLO 3 (cont.) ESTRATÉGIA − Empregar um referencial móvel (xyz) (vide figura ao lado), que gira com a carcaça do motor e tem origem no centro de massa G do corpo rígido de interesse, cuja aceleração pode ser desprezada; − Fazer as análises estática e dinâmica com a equação vetorial de translação, para distinguir as reações estáticas das reações dinâmicas; − Usar, a seguir, a equação vetorial associada ao movimento rotacional, para obter as equações escalares pertinentes e encontrar as reações dinâmicas. EXEMPLO 3 – SOLUÇÃO Quando o ventilador se encontra imóvel, tem-se, ao longo dos eixos y e z, que (i) ey ey ey F A B P 0 = + − = ∑ ; (ii) ez ez ez F A B 0 = + = ∑ . Já quando ele se move, decorre, no instante em tela, que (iii) ( ) ( ) y ey dy ey dy G y F A A B B P m(a ) = + + + − = ∑ ; (iv) ( ) ( ) z ez dz ez dz G z F A A B B m(a ) = + + + = ∑ . Levando as Eqs. (i) e (ii) em (iii) e (iv), respectivamente, e considerando que a aceleração do centro de massa G a pode ser desprezada, chega-se a (v) dy dy A = −B e (vi) dz dz A = −B ∴ (vii) d A = − d B . Acima, os índices e e d indicam, pela ordem, reações estáticas e dinâmicas. EXEMPLO 3 – SOLUÇÃO (cont.) Os momentos associados com as reações dinâmicas são tais que y A/G dz B/G dz A/G dz B/G dz B/G dz B/G dz dz M r A r B r A r B (0,125 r )B r B 0,125B . = − × + × = − = − − − = − j i k i k j j j j j z A/G dy B/G dy A/G dy B/G dy B/G dy B/G dy dy M r A r B r A r B (0,125 r )B r B 0,125B . = − × + × = − + = − + = k i j i j k k k k k Já a velocidade angular do corpo rígido de interesse e a velocidade do referencial móvel (xyz) são dadas, na presente situação, por 1 ω = ω + ω2 i j , em que 1 x ω = ω e 2 y ω = ω , e Ω = ω2 j , em que 2 y ω = Ω . EXEMPLO 3 – SOLUÇÃO (cont.) Quando Ω ≠ ω, as equações de movimento são dadas por x x x y z y z y z y y y z x z x z x z z z x y x y x y M I I I M I I I M I I I = α − Ω ω + Ω ω = α − Ω ω + Ω ω = α − Ω ω + Ω ω ∑ ∑ ∑ Face às informações disponíveis, decorre que (viii) 0,125Bdz 0 − = (ix) dy x y x 0,125B = −I Ω ω Nota-se, na Eq. (viii), que y α é zero pelo fato de y ω ser máxima no instante em tela. Como o ventilador é oscilante, y α irá apresentar outros valores. EXEMPLO 3 – SOLUÇÃO (cont.) Das Eqs. (vi) e (viii) e das Eqs. (v) e (ix), decorre, respectivamente, que (x) dz dz B A 0 = = e (xi) dy dy x y x B A I 0,125 = − = − Ω ω . Substituindo os valores conhecidos na Eq. (xi), obtém-se que 2 dy dy B A 0,3.0,075 .0,6.188,5 0,125 1,53 = − = − = − N . Portanto, as reações dinâmicas são Ady =1,53 N , Adz = 0 N , Bdy = −1,53 N e Bdz = 0 N . FONTES: − eCourses Dynamics – Multimedia Engineering Dynamics, K. Grammoll, https://ecourses.ou.edu/cgi-bin/ebook.cgi?doc=&topic=dy&chap_sec=09.0, acessado em 21/11/2016; − DINÂMICA – Mecânica para Engenharia, 14ª. edição, R. C. Hibbeler, Pearson Prentice Hall, 2018; − DINÂMICA – Mecânica para Engenharia, 7ª. edição, J. L. Meriam e L. G. Kraige, LTC/GEN, 2016; − DINÂMICA – Mecânica Vetorial para Engenheiros, 11ª. edição, F. P. Beer, E. R. Johnston Jr., P. J. Cornwell, B. P. Self, S. Sanghi, McGraw Hill/Bookman, 2019.