MECÂNICA GERAL PROBLEMAS PROPOSTOS RESOLUÇÃO. Mestrado Integrado em Engenharia Mecânica

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1 MECÂNICA GERAL PROBLEMAS PROPOSTOS RESOLUÇÃO Mestrado Integrado em Engenharia Mecânica Departamento de Engenharia Mecânica Escola de Engenharia UNIVERSIDADE DO MINHO J.C.Pimenta Claro e-version:2009 (r.2/2012)

2 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 1 PROBLEMA 2.1 a) Pares (1,2), (2,3), (3,4) e (1,4) - rotóides, inferiores, fechados b) Pares (1,2), (2,3) e (3,4) - rotóides inferiores, fechados Par (1,4) - deslizante, inferior, fechado c) Pares (1,2) e (2,3) - rotóides, inferiores, fechados Pares (3,4) e (1,4) - deslizantes, inferiores, fechados d) Par (1,2) - rotóide, inferior, fechado Pares (2,3) e (1,3) - deslizantes, superiores, fechados PROBLEMA 2.2 Graus de Liberdade, segundo o Critério de Grubler: GDL = 3 * (L 1) 2 * P 1 P 2 a) Número de barras L = 3 Pares primários: (1,2), (2,3) e (3,1) P 1 = 3 Pares secundários: nenhum P 2 = 0 GDL = 3 * (3 1) 2 * 3 0 = 0 estrutura isostática b) Número de barras L = 4 Pares primários: (1,2), (2,3), (2,4), (1,3) e (1,4) P 1 = 5 Pares secundários: nenhum P 2 = 0... GDL = 3 * (4 1) 2 * 5 0 = -1 estrutura hiperestática Nota: entre as barras 2, 3 e 4 há que considerar (apenas) dois pares cinemáticos: (2,3) e (2,4) f) Número de barras L = 15 Pares primários: (1,2), (1,6), (2,3), (2,7), (2,8), (3,4), (3,9), (3,10), (4,5), (4,11), (6,7), (6,13), (8,9), (8,13), (8,14), (10,11), (10,12), (10,14), (1,15), (5,15) e (12,15) P 1 = 21 Pares secundários: nenhum P 2 = 0... GDL = 3 * (15 1) 2 * 21 0 = 0 estrutura isostática h) Número de barras L = 7 Pares primários: (1,2), (2,3), (3,4), (3,5), (4,6), (5,7), (1,6) e (1,7) P 1 = 8 Pares secundários: (6,7) P 2 = 1 GDL = 3 * (7 1) 2 * 8 1 = 1 mecanis mo (necessita apenas um accionador) Nota: caso se considere não haver escorregamento entre os discos, P 1 =9, P 2 =0 GDL=0

3 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 2 PROBLEMA 2.3 a) Segundo a Regra de Grashof, a barra menor poderá rodar de 360º, caso a soma dos comprimentos dessa barra e da barra maior for igual ou inferior à soma dos comprimentos das outras duas barras. Isto é, se e só se: (r 2 + r 3 ) (r 1 + r 4 ) b) Considerando as seguintes posições extremas de funcionamento: O 2 O 4 = r 1 = 154 mm r 2 = O 2 A = O 2 B A B O 4 B = r 4 = 114 mm O 2 B = 102 mm r 3 = A B = O 2 A + O 2 B O 2 B = 229 mm r 2 = 229 r 3 = 63.5 mm O 2 A = r 2 =? AB = r 3 =? r 3 = r = mm r 2 + r 3 = = 229 mm r 1 + r 4 = = 268 mm Nota: sendo (r 2 + r 3 ) = 229 e (r 1 + r 4 ) = 268, então (r 2 + r 3 ) < (r 1 + r 4 ) o que confirma a Regra de Grashof c) Definindo AO 4 = l então, pela Lei dos Senos, vem que: e que: l 2 = r r 4 2 2r 3 r 4 cos l 2 = r r 1 2 ~2r 2 r 1 cos Igualando as duas expressões e resolvendo em ordem a (cos ), vem: cos = (r r 4 2 r 1 2 r r 1 r 2 cos )/(2r 3 r 4 ) donde, = 0º min = 31.4º = 180º max = 100.6º

4 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 3 PROBLEMA 2.4 a) / = 11/7 = 220º + = 360º = 140º x b) Geometricamente, verifica-se que: Por outro lado, tan = x/(a+b) R x = Rcos(90-) R y = Rsen(90-) A R x R y = R x /(R y +B) pelo que, Rcos(90-) x = (A+B) Rsen(90-) + B B... PROBLEMA 2.5 Nº de Centros Instantâneos de Rotação, CIRs = L * (L 1) / 2 b) Número de barras, L = 4 CIRs = 4*(4-1)/2 = 6 Pelo anagrama: 1 2 e, pela conjugação: 3 4 O 1,3 = O 1,4 O 3,4 O 1,2 O 2,3 O 2,4 = O 2,3 O 3,4 O 1,2 O 1,4... e) Número de barras, L = 4 CIRs = 4*(4-1)/2 = 6 Pelo anagrama: 1 2 e, pela conjugação: 3 4 O 1,3 = O 1,4 O 3,4 O 1,2 O 2,3 O 2,4 = O 2,3 O 3,4 O 1,2 O 1,4

5 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 4 g) Número de barras, L = 6 CIRs = 4*4(4-1)/2 = 15 1ª fase inspecção directa: seguida de conjugação: O 1,3 = O 1,2 O 2,3 O 1,4 O 3,4 O 1,5 = O 1,6 O 6,5 O 1,4 O 4,5 O 2,4 = O 2,3 O 3,4 O 1,2 O 1,4 O 4,6 = O 4,5 O 5,6 O 1,4 O 1,6 2ª fase determinação de direcções: ª fase determinação de posições: faltando apenas posicionar os seguintes CIRs: O 2,5 O 2,6 O 3,5 O 3,6 o que se consegue por intercepção com os já determinados: O 2,5 = O 2,3 O 3,5 O 2,6 O 5,6 O 2,6 = O 1,2 O 1,6 O 2,4 O 4,6 O 3,5 = O 3,4 O 4,5 O 1,3 O 1,5 O 3,6 = O 3,5 O 5,6 O 2,3 O 2,6 Nota: estes últimos não se encontram assinalados nos esboços

6 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 5 PROBLEMA 3.2 a) Número de barras L = 4 Pares primários: (1,2), (2,3), (3,4) e (1,4) P 1 = 4 Pares secundários: nenhum P 2 = 0 GDL = 3*(4 1) 2*4 0 = 1 mecanismo b) Número de barras, L = 4 CIRs = 4*(4-1)/2 = 6 c) Geometricamente, Pela Lei dos Senos: = 180º - 60º - 15º = 105º = 180º - 105º - 60º = 15º = 180º - 75º - 75º = 30º O 1,2 O 2,3 O 1,2 O 3,4 400 = = sen 15º sen 105º sen 60º O 1,2 O 2,3 = mm O 1,2 O 3,4 = mm e, assim: V k = 2 O 1,2 O 2,3 /2 2 = (2*2)/ = 33.5 rad/s V A = 2 (O 1,2 O 2,3 ) = 33.5* = 4 m/s Novamente pela Lei dos Senos: O 1,3 O 2,3 O 1,3 O 3,4 400 O 1,3 O 2,3 = mm = = sen 75º sen 75º sen 30º O 1,3 O 3,4 = mm donde: V A = 3 O 1,3 O 2,3 3 = 4/ = 5.18 rad/s e, como, O 1,3 B O 1,3 O 3,4 400 = = sen 15º sen sen 15º O 1,3 B = 400 mm então: V B = 3 O 1,3 B = 5.18 * = 2.07 m/s V C = 3 O 1,3 O 3,4 = 5.18 * = 4.00 m/s

7 l mm MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 6 PROBLEMA 3.4 O 1,3 O 2,3 = AB sen 45º O 1,3 O 2,3 = mm O 1,3 O 3,4 = O 1,3 O 2,3 O 1,3 Assim, temos: l = l 1 = 150 cos 45º = mm O 1,3 C = ( ) 2 + (106.1) 2 = mm 45º 150 mm l C V C e, pela Lei dos Senos, = cos = 18.44º Finalmente, V A = 3 O 1,3 O 2,3 3 = 6/( ) = 28.3 rad/s V B = 3 O 1,3 O 3,4 = 28.3 * = 6.0 m/s V C = 3 O 1,3 C = 28.3 * = 9.5 m/s PROBLEMA 3.5 Conhecida a geometria do sistema, pela decomposição do movimento: B V B =? C V C =? movimento geral = mov. translacção + mov. rotação

8 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 7 vem que: V B V B = V A + V B/A V B = V A + R B/A V A 45º V B/A e assim, Polígono de Velocidades xx: V B = R B/A cos 45º V B = 6 m/s yy: V A = R B/A sen 45º = 28.3 rad/s Por sua vez, movimento geral = mov. translacção + mov. rotação vem que: V C V C = V A + V C/A V A V C/A V C = V A + R C/A 45º e assim, Polígono de Velocidades xx: V C cos = R C/A cos 45º V C = 9.5 m/s yy: V C sen = -V A + R C/A sen 45º = 18.44º ooo Nota: em alternativa, poder-se-ia considerar o ponto (B) como referência, e assim: movimento geral = mov. translacção + mov. rotação V C = V B + V C/B V C V B 45º V C/B donde: xx: V C cos = V B + R C/B cos 45º V C = 9.5 m/s yy: V C sen = R C/B sen 45º = 18.44º

9 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 8 PROBLEMA 3.8 Começando pela análise de velocidades: movimento geral = mov. translacção com C + mov. rotação em torno de C donde: V B vindo: V B = V C + V B/C xx: V B = B/C R B/C cos 45º yy: 0 = -V C + B/C R B/C sen 45º V B = 12 m/s B/C = 6 rad/s V C 45º V B/C Quanto às acelerações: movimento geral = mov. translacção com C + mov. rotação em torno de C donde: a B a B = a C + a B/C a C a B/C pelo que: a B = a B x + a B y t n = a C + a B/C + a B/C = a C + B/C R B/C + 2 B/C R B/C sendo que (a B x ) (a B y ) e ( B/C ) são incógnitas. Assim, torna-se necessário determinar as duas primeiras, uma vez que: V B = A/B R A/B A/B = 12/2 = 6 rad/s a y B = a n B = 2 A/B R A/B a y B = 72 m/s a x t B = a B = A/B R A/B a x B = 2 A/B pelo que: a B x + a B y = a C + B/C R B/C + B/C 2 R B/C vindo finalmente, xx: A/B = B/C 22 cos 45º cos 45º B/C = 0.5 rad/s 2 yy: 72 = -1 + B/C 22 sen 45º sen 45º A/B = rad/s 2

10 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 9 PROBLEMA 3.10 Em termos geométricos, e pela Lei dos Senos : R A/B / sen 60º = R B/C / sen 30º R A/B = 1.39 m Análise das velocidades: V B = B/C R B/C = = 2.4 m/s (rotação pura) pelo que: movimento geral = mov. translacção com B + mov. rotação em torno de B V A = V B + V A/B vindo: xx: V A = 2.4 cos 30º + A/B 1.39 cos 60º V A = 2.77 m/s yy: 0 = -2.4 sen 30º + A/B 1.39 sen 60º A/B = 1 rad/s Análise das acelerações: donde: a A = a B + a A/B = a B t + a B n + a A/B t + a A/B n Como: então: t a B = B/C R B/C = = 1.6 m/s 2 a n B = 2 B/C R B/C = = 7.2 m/s 2 t a A/B = A/B R A/B = 1.39 A/B a n A/B = 2 A/B R A/B = = 1.39 m/s 2 xx: a A = 1.6cos 30º - 7.2cos 60º A/B cos 60º cos 30º a A = 0.24 m/s 2 yy: 0 = -1.6sen 30º - 7.2sen 60º A/B sen 60º sen 30º A/B = 5.27 rad/s 2

11 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 10 PROBLEMA 4.2 Pela Lei dos Senos : R A/B / sen 60º = R O/A / sen = 16.8º Análise das velocidades: A/O = /60 = rad/s V A = O/A R O/A = = 10.5 m/s (rotação pura) pelo que: V B = V A + V B/A V B = V A + A/B R A/B vindo: xx: V B = 10.5 cos 30º + A/B cos 73.2º V A = 10.7 m/s yy: 0 = 10.5 sen 30º - A/B sen 73.2º A/B = 36.6 rad/s Análise das acelerações: a A n = O/A 2 R O/A = = m/s 2 (rotação pura) donde: logo: a B = a A + a B/A = a A n + a B/A n + a B/A t xx: a B = cos 60º cos 16.8º + A/B cos 73.2º yy: 0 = sen 60º sen 16.8º - A/B sen 73.2º

12 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 11 Finalmente, a análise dinâmica, fazendo o diagrama de corpo livre da barra AB: I CG = 1/12 m l 2 F x = m a CG x -R A x - R B x = m a CG x F y = m a CG y R A y + R B y M CG = I m A/B - P = m a CG y Sendo necessário ( A/B ), é preciso recorrer à análise cinemática para determinar (a x CG ) e (a y CG ), através do diagrama de corpo livre da corrediça, no ponto (B): P F x = R B x = m a A F y = N - P - R B y = 0 Com estas duas equações, mais os três somatórios acima, podem então calcular-se as cinco incógnitas em jogo: R B y 1000 N B R B x N R A x, R A y, R B x, R B y e N

13 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 12 PROBLEMA 4.4 a) análise estática Método da Decomposição das Forças: Q = P / cos Q = P tan R = Q cos = P cos / cos F = P sen / cos (com = + ) M = Q x = P tan x = F r = [P sen ( + ) / cos ] r Do Problema Nº5, sabe-se que: sen = r / l sen cos = [1 r 2 / l 2 sen 2 ] 1/2 x = r cos + l [1 r 2 / l 2 sen 2 ] 1/2 pelo que: r / l sen M = P (r cos + l [1 r 2 / l 2 sen 2 ] 1/2 ) [1 r 2 / l 2 sen 2 ] 1/2 r cos sen = P r sen + (em que = t) [l 2 r 2 sen 2 ] 1/2 Outra forma de deduzir esta expressão é considerando que: sen ( + ) = sen cos + sen cos donde: sen cos + sen cos M = P r = P r (sen + tan cos ) cos mas como: tan = sen / cos = (r sen ) / [l 2 r 2 sen 2 ] 1/2 e então virá: r cos sen M = P r sen + (com = t) [l 2 r 2 sen 2 ] 1/2 Para os dados do Problema, obtêm-se os seguintes resultados: = 9.25º Q = N Q = N F = N R = N M = Nm

14 MECÂNICA GERAL Problemas Propostos - Resolução 13 b) análise dinâmica Princípio de D Alembert (*) Iniciando o estudo, pelo diagrama de corpo livre da corrediça: P F x = m a x CG F x x C - P = m a CG F y = m a y CG F y C + N - P = 0 (porque a y CG = 0) M CG = I m CG = 0 em que (F x C ), (F y C ) e (N) são as incógnitas. F C x N F C y C P Procedendo de igual modo, para a biela: F x = m a CG x F B x - F C x = m a CG x F y = m a y CG F y B - F y y C - P = m a CG M CG = I m CG -F B x (l/3)sen - F B y (l/3)cos - -F C x (2l/3)sen - F C y (2l/3)cos = I m CG em que (F B x ) e (F B y ) são as incógnitas. Finalmente, para a manivela: F x = m a x CG F x A - F x x B = m a CG F y = m a CG y F A y - F B y - P = m a CG y M CG = I m CG = 0 (porque, se =const, CG y = 0) M A = M - P(2r/3)cos - F B y rcos + F B x rsen = 0 em que (F A x ), (F A y ) e (M) são as incógnitas. Nota: para cada um dos elementos do mecanismo, nos respectivos diagramas de corpo livre e equações deduzidas, os valores de peso (P), momento mássico de inércia (I m ), etc., dizem respeito a cada um desses mes mos elementos e seus centros de massa (CG). Torna-se evidente deste exemplo de aplicação que para efectuar a análise dinâmica do mecanis mo, é necessário realizar a análise cinemática, para calcular a aceleração dos vários elementos. Neste caso, uma vez efectuada a análise cinemática e conhecidos que fossem as massas e os momentos mássicos de inércia de todos os componentes, obter-se-ia um sistema de oito equações a outras tantas incógnitas ooo----- Obs.: agradece-se a atenção e colaboração de todos quantos têm vindo, ao longo do tempo, a permitir expurgar este texto das inevitáveis, inoportunas e indesejáveis gralhas P.Claro/2012