MOVIMENTO 3D: EQUAÇÕES DE MOVIMENTO. No instante em que a válvula borboleta é aberta, qual é a aceleração angular

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1 INTRODUÇÃO ESTUDO DE CASO MOVIMENTO 3D: EQUAÇÕES DE MOVIMENTO Um motor de dois cilindros roda em vazio, a 1000 rpm, quando a válvula borboleta (que regula o fluxo de ar e altera a carga de trabalho) é aberta. Como a assimetria da árvore de manivelas e as forças exercidas sobre ela afetam o movimento? ver vídeo 4.1 QUESTÃO No instante em que a válvula borboleta é aberta, qual é a aceleração angular Z da árvore de manivelas? E quais são as forças de reação dinâmica nos mancais?

2 DADOS 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 104 rad/s; O pistão 1, que sofre a ação da combustão, exerce uma força F 1 sobre a árvore, força essa que é perpendicular ao plano horizontal; O pistão 2, que comprime combustível para o próximo ciclo, exerce uma força de resistência F 2, no mesmo sentido da força F 1.

3 ABORDAGEM Usar as equações de movimento rotacional em três dimensões para obter três equações escalares relativas à soma de momentos em torno de 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 as forças de reação dinâmica A X e A Y, atuantes no mancal em A; Assumir que cada seção da árvore de manivelas é uma haste delgada. Z e

4 TEORIA 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), de forma que F ma G (1) A forma escalar dessa equação vetorial é F x m(a G ) x ; F y m(a G ) y ; F z m(a G ) z (2) Essas equações são as mesmas, independentemente do problema ser em uma, duas ou três dimensões.

5 MOVIMENTO DE ROTAÇÃO Em adição à equação de movimento de translação, há que se obter equações para o movimento de rotação tridimensional de um corpo, que se move de com velocidade angular ω em relação ao referencial fixo (XYZ). Para esse propósito, é conveniente introduzir um segundo referencial (xyz), que translada com o corpo rígido e tem velocidade angular Ω em relação ao referencial (XYZ). Observa-se que Ω não é necessariamente igual a ω. ver vídeo 4.2

6 MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) Por definição, a soma dos momentos em torno de um ponto fixo O, ou do centro de massa G, é igual à derivada temporal da quantidade de movimento angular em torno daquele ponto, ou seja, d d MO HO O ou G G G dt H M H dt H (3) Como o referencial (xyz) pode girar, há que se considerar de novo a equação da derivada de um vetor A num referencial móvel, que é (vide módulo 2) da dt da dt Ω A (4) xyz Essa equação pode ser usada para obter a derivada temporal da quantidade de movimento angular em relação a (XYZ), de modo que ( H ) ( H ) Ω ( H) (5) XYZ xyz xyz

7 MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) Dependendo do movimento do corpo, há três casos para a velocidade angular Ω do referencial móvel (xyz) que necessitam ser examinados. São eles: CASO 1: Ω = 0 Nesse caso, o referencial (xyz) apenas translada com o corpo. Portanto, a derivada da quantidade de movimento em (XYZ) é igual à de em (xyz), ou ( H ) ( H ) (6) XYZ Como o corpo pode ter uma velocidade angular ω em torno de (xyz), essa forma é útil caso ω seja conhecida num dado instante, especificamente quando o corpo é orientado de forma tal que (xyz) representam os eixos principais 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 traz complicações. xyz

8 MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) CASO 2: Ω = ω Os eixos xyz podem estar 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 onde ( H ) ( H ) ω ( H) (7) XYZ xyz xyz ω xi yj zk (8) H H i H j H k (9) x y z ( H ) H i H j H k (10) xyz x y z ver vídeo 4.3

9 MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) CASO 2: Ω = ω (cont.) Substituindo as Eqs. (8) a (10) na Eq. (7) e efetuando o produto vetorial, seguido da soma, obtêm-se as seguintes equações de momento: 2 2 x xx x yy zz yz xy y zx yz y z zx z xy M I (I I ) I ( ) I ( ) I ( ) 2 2 y yy y zz xx zx yz z xy xz z x xy x yz M I (I I ) I ( ) I ( ) I ( ) 2 2 z zz z xx yy xy xz x yz xy x y yz y xz M I (I I ) I ( ) I ( ) I ( ) (11) As equações acima, embora extensas, são válidas para qualquer orientação do referencial (xyz) no corpo.

10 MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) CASO 2: Ω = ω (cont.) Porém, os eixos xyz podem ser orientados no corpo rígido de modo que eles sejam os eixos principais de inércia. Assim, Ixx Ix, Iyy Iy, Izz Iz e Ixy Iyz Ixz 0, sendo as equações escalares de momento dadas por M I (I I ) x x x y z y z M I (I I ) y y y z x z x M I (I I ) z z z x y x y (12) Essas equações são comumente referidas como as equações de movimento de Euler. Elas são válidas apenas quando os momentos são considerados em torno de um ponto fixo O ou do centro de massa G.

11 MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) CASO 3: Ω ω Em algumas situações, é conveniente que os eixos xyz tenham uma velocidade angular Ω diferente da velocidade angular ω do corpo. Isso é útil quando se analisa, por exemplo, o movimento de giroscópios e piões. A derivada da quantidade de movimento angular em XYZ é onde ( H ) ( H ) Ω ( H) (13) XYZ xyz xyz Ω xi yj zk (14) ver vídeo 4.4

12 MOVIMENTO DE ROTAÇÃO (cont.) CASO 3: Ω ω Assim sendo, as equações de momento são dadas por M I I I x x x y z y z y z M I I I y y y z x z x z x M I I I z z z x y x y x y (15) No caso em questão, deve haver simetria do corpo em relação ao sistema de eixos coordenados (xyz).

13 SOLUÇÃO DO ESTUDO DE CASO Começa-se com um diagrama 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 mostrado abaixo.

14 SOLUÇÃO DO ESTUDO DE CASO DADOS A árvore de manivelas só gira em torno do eixo z. Portanto, 0 0 x y x y 104 rad/s z z z

15 SOLUÇÃO DO ESTUDO DE CASO EQUAÇÕES DE MOMENTO Ao considerar as Eqs. (11) (orientação arbitrária dos eixos xyz), verifica-se que as equações de momento para o presente exemplo são dadas por 2 M X I yzz I xzz ; 2 M Y I yzz I xzz ; MZ Izzz. Os momentos são devidos às forças F 1, F 2, A X e A Y, de modo que A (5L) F (3,5L) 9mg(2,5L) F (1,5L) y x yzz xz z A (5L) I I F1 L F2 L Izz z 2 yz z Ixz z I

16 SOLUÇÃO DO ESTUDO DE CASO EQUAÇÕES DE MOMENTO (cont.) As equações acima podem ser resolvidas para as incógnitas A X, A Y e α Z. Isso resulta em Z (F1 F 2)L I zz A 1 yz X Ixzz 5L Izz I F F L A 1 I F F L I L3,5F 22,5mg 1,5F xz Y yzz 2 1 5L Izz

17 SOLUÇÃO DO ESTUDO DE CASO TERMOS DE INÉRCIA Para resolver as equações anteriores, há que se determinar os termos de inércia I zz, I yz e I xz. Esses termos podem ser determinados pela divisão do eixo em nove hastes retas delgadas. As propriedades inerciais totais podem ser encontradas pelo cálculo local em cada haste e pelo uso dos teorema dos eixos e dos planos paralelos. Assim, tem-se inicialmente que 9 i ml ml ml ml I zz (I zz ) i 0 (0 ml ) 0 (0 ml ) zz I 3,333mL 3,333.(0,308).(0,100) 0,01027kg.m.

18 SOLUÇÃO DO ESTUDO DE CASO TERMOS DE INÉRCIA (cont.) Como todas as seções estão no plano x-z no instante em tela, tem-se também que I yz 0. Por fim, tem-se que 9 L I xz (I xz ) i 0 (L)m ( L)(1,5L)m 2 i1 L L (2L)m 0 (3L)m (L)(3,5L)m 2 2 L (4L)m mL 4(0,308)(0,100) 0,01232 kg.m.

19 SOLUÇÃO DO ESTUDO DE CASO ACELERAÇÃO E FORÇAS Substituindo os termos de inércia e as forças conhecidas, a saber, F 1 = 100 N e F 2 = 65 N, resulta que Z (100 65)0,1 0, ,8 rad/ s 2 ; A X ,01027(104) 222,2 N; 5(0, 1) 1 0, (0,1) AY (0,1) 0, ,1 3,5(100) 22,5(0,308)(9,81) 1,5(65) ver vídeo 4.5 A 111,5 N. Y

20 Fonte: ecourses Dynamics Multimedia Engineering Dynamics, K. Grammoll, acessado em 21/11/2016; DINÂMICA Mecânica para Engenharia, 12ª. edição, R. C. Hibbeler, Pearson Prentice Hall, 2011.