RESUMO MECÂNICA II P1

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1 RESUMO MECÂNICA II P1 Autoria: Yan Ichihara de Paula INTRODUÇÃO Antes de tudo, há um breve comentário sobre essa matéria. Mecânica II, ou, na linguagem popular politécnica, Mecânica B, é uma das matérias mais importantes da graduação, não só para Grande Área da Mecânica, mas sim para o entendimento das aplicações de seus conceitos e acontecimentos físicos na formação de um engenheiro e como ocorre sua utilização na sociedade. Dito isso, seria interessante não estudar essa matéria somente para bitolar para uma prova, mas procurar saber o que o estudo sobre ela implica nas mais diversas situações cotidianas. O simples rolamento de uma bola de boliche, por exemplo, é material de estudo incrível e extenso para a Mecânica Geral. De qualquer forma, espero que esse resumo seja de grande ajuda! :) REISÃO MECÂNICA I É válido relembrar algumas fórmulas de Mecânica I: Momento de Força: M o = M ext + (P i O) F i M a = M b + (B A) F i Equações da Cinemática: p = o + ω (P O) a p = a o + ω (P O) + ω {ω (P O)} a p,coriólis = ω arr p,rel Ω = ω rel + ω arr Ω = ω rel + ω arr + ω arr ω rel

2 Equações da Dinâmica: ma G = F i J xx J xy J xz [J] o = [ J yx J yy J yz ] J zx J zy J zz M o = m(g O) a o + d dt {[ i j k ] [J] o [ ω y ]} Basicamente, essas foram todas as fórmulas estudadas em Mecânica I. ale relembrar as fórmulas de transferência de momento de inércia polar também: J xx = J xxg + md J xy = J xyg + mx y Essas fórmulas só valem considerando sempre o ponto de transferência a partir do baricentro (centro de massa)! COSSENOS DIRETORES Quando trabalhamos com mudanças de base, trabalhamos com cossenos diretores. Basicamente, se é mais conveniente, por exemplo, trabalhar com uma base rotacionada de um ângulo arbitrário θ, deve-se modificar praticamente todos os termos relacionados à matriz de inércia, por exemplo, e isso é extremamente trabalhoso. Para facilitar esse problema (computacionalmente falando, porque fazer na mão é uma bela bosta trabalhosa também), trabalha-se com uma matriz com os ângulos de rotação em relação à base. Segue, no exemplo, a seguinte base ortogonal: Portanto, para trabalhar na base x y z deve-se transformar a base i j k. ogo, tem-se:

3 x = cos θ i sin θ j y = sin θ i + cos θ j Assim, a equação matricial fica: [ x θ sin θ y ] = [cos sin θ cos θ ] [i j ] cos θ Portanto, a matriz de cossenos diretores é [ sin θ transforma a base i j k para x y z. sin θ ], que cos θ Trabalhando em uma transformação de coordenadas em z, faz-se necessário um ângulo a mais, e haveria mais esse ângulo para trabalhar nas equações de forma análoga à realizada, chegando a: x i [ y] = [C] [ j ] z k Sendo [C] a matriz 3x3 de cossenos diretores. Dessa forma, como é possível trabalhar com matrizes, as aplicações de Álgebra inear são válidas (quem diria, né?) e, a partir de algumas manipulações algébricas, chega-se a: [J] Oa b c = [C][J] Oabc [C] T Tal que [C] é a matriz de cossenos diretores que transforma a base a b c para a base a b c.

4 Observação: um eixo principal é aquele o qual a matriz de inércia em relação a um ponto contido nele possua produtos inerciais nulos, sendo, dessa forma, uma matriz diagonal. Matematicamente, é possível achar essa matriz a partir dos autovetores e autovalores, tal visto em Álgebra inear. EXERCÍCIO RESOIDO Apostila - Dinâmica dos corpos rígidos A matriz de inércia na base Ox 1 x é aquela cuja matriz de cossenos diretores transforma a base Ox 1 x em Ox 1 x. Portanto, analisando vetorialmente: x 1 = cos θ x 1 + sin θ x Matricialmente: x = sin θ x 1 + cos θ x [ x 1 cos θ sin θ ] = [ x sin θ cos θ ] [x 1 x ] Portanto, a matriz de cossenos diretores [C] cos θ é [ sin θ [C] T cos θ sin θ = [ sin θ cos θ ] Tem-se, portanto sin θ cos θ ], e

5 [J] cos θ sin θ Ox 1 x = [ sin θ cos θ ] [I 11 I 1 ] I 1 I Ox 1 x [ cos θ sin θ sin θ cos θ ] = cos θ sin θ = [ sin θ cos θ ] [I 11 cos θ + I 1 sin θ I 11 sin θ + I 1 cos θ I 1 cos θ + I sin θ I 1 sin θ + I cos θ ] = = [ I 11 cos θ + I 1 cos θ sin θ + I 1 sin θ cos θ + I sin θ I 11 cos θ sin θ + I 1 cos θ I 1 sin θ + I sin θ cos θ I 11 sin θ cos θ I 1 sin θ + I 1 cos θ + I cos θ sin θ I 11 sin θ I 1 sin θ cos θ I 1 cos θ sin θ + I cos θ ] Como, pelas propriedades dos produtos de inércia, I 1 = I 1, tem-se I = [ 11 cos θ + I 1 cos θ sin θ + I sin θ I 11 cos θ sin θ + I 1 cos θ + I sin θ cos θ I 11 sin θ cos θ + I 1 cos θ + I cos θ sin θ I 11 sin θ I 1 sin θ cos θ + I cos θ ] Para que o sistema esteja em um eixo principal, os produtos de inércia têm que se anular, logo: I 11 cos θ sin θ + I 1 cos θ + I sin θ cos θ = 0 I 1 cos θ = I 1 cos θ = sin θ cos θ (I 11 I ) sin θ (I 11 I ) tan θ = I 1 I 11 I θ = 1 arctg ( I 1 I 11 I ) Nota: Cossenos diretores é um assunto que se utiliza bastante na montagem de mecanismos, sendo, dessa forma, extremamente útil e passível de aprofundamento. Nas provas, não há questões inteiras sobre isso, mas, sim, itens que você precise utilizá-lo. MOMENTO DA QUANTIDADE DE MOIMENTO / QUANTIDADE DE MOIMENTO ANGUAR O momento da quantidade de movimento está relacionado à inércia de um corpo devido à rotação, sendo, portanto, uma grandeza vetorial. Definese como: H o = (G O) m o + [i j k ] [J] o [ ω y ] Além disso, sabendo a quantidade de movimento angular de um pólo, é possível encontrar a quantidade de movimento angular em outro pólo, pela equação:

6 H b = H a + (A B) m a É possível demonstrar, a partir da primeira equação, o Teorema do Momento da Quantidade de Movimento, pelo qual obtemos dh o dt = d dt {(G O) m o + [i j k ] [J] o [ ω y ]} Chega-se, pelo teorema, na fórmula estudada em Mecânica I (mágica): dh o dt = M o = m(g O) a o + d dt {[ i j k ] [J] o [ ω y ]} O termo d {[ i dt j k ] [J] o [ ω y ]} pode ser desmembrado (vide Cálculo I pela regra da cadeia) em: [i j k ][J] o [ ω y ] + [i j k ] [J ] o [ ω y ω x ] + [i j k ] [J] o [ ω y] ω z Dependendo do exercício, podem ser aplicadas simplificações como 1. A base i j k não varia com o tempo, portanto, o termo [i j k ] é nulo.. [J] o é fixa, portanto, o termo [J ] o é nulo. ω x 3. Não há aceleração angular, logo o termo [ ω y] é nulo. ω z Deve-se observar sempre, por exemplo, se uma base é solidária a um corpo, e, portanto, nesse referencial a matriz de inércia [J] o não varia com o tempo, o que é extremamente conveniente na maioria dos casos. Entretanto, vale lembrar que a base i j k vai variar nesse caso.

7 EXERCÍCIO RESOIDO P1 015 Questão 3 a) Primeiramente, deve-se avaliar a base conveniente a ser utilizada. Como a quantidade de movimento angular será obtida no pólo B, é interessante utilizar a base solidária ao corpo. Portanto, todos os parâmetros de interesse devem ser avaliados nessa base. Assim: Portanto, Ω = Ω cos θ j + Ω sin θ k Ω abs = ωj Ω cos θ j + Ω sin θ k = (ω Ω cos θ)j + Ω sin θ k b) Observando o disco, no pólo B, tem-se: ω y H b = (G B) m b + [i j k ] [J] b [ ] Porém, B G do disco, então: ω y H G = [i j k ] [J] G [ ] H G = [i j k ] mr 4 0 [ mr 0 mr 4 ] 0 [ ω Ω cos θ] Ω sin θ H G = mr (ω Ω cos θ)j + mr 4 Ω sin θ k

8 c) A quantidade de movimento angular no pólo A é obtida a partir da fórmula de transmissão de quantidade de movimento angular. Assim: H A = H B + (B A) m B Antes de tudo, precisa-se achar a velocidade absoluta no ponto B. A velocidade A na base de coordenadas conveniente, é Portanto, por Poisson: A = cos θ j + sin θ k B = A + Ω abs (B A) B = cos θ j + sin θ k + ( Ω cos θ j + Ω sin θ k ) (j) B = Ω sin θ i cos θ j + sin θ k Agora, aplicando a fórmula de transferência de quantidade de movimento angular: H A = H B + (j) m( Ω sin θ i cos θ j + sin θ k ) H A = mr mr (ω Ω cos θ)j + 4 Ω sin θ k + m sin θ i + mω sin θ k Assim: H A = m sin θ i + mr (ω Ω cos θ)j + ( mr 4 Ω sin θ + mω sin θ) k

9 P1 015 Questão a) Primeiramente, deve-se avaliar o que está ocorrendo. O cilindro dentro do vagão está girando no eixo AB em relação ao vagão, e o vagão está girando em torno de um centro de rotação instantâneo cujo raio é R. Portanto, tem-se ω rel = i e ω arr = ψ k. Pela equação da cinemática: G = o + ω arr (G O) i = 0 + ψ k ( Rj) i = ψ Ri ogo, R = ψ ω arr = R k Ω = ω rel + ω arr Ω = i + R k b) Agora já se tem aplicação de conceitos de Mecânica II. Tem-se: Ω x H o = (G O) m o + [i j k ] [J] o [ Ω y ] Ω z Porém, há simplificações que ocorrem, pois O G, logo o primeiro termo se anula. O ponto G é um eixo central do corpo girante, e, portanto, os produtos inerciais são nulos. Assim, chega-se a: J Gx 0 0 H G = [i j k ] [ 0 J Gy 0 ] [ 0 0 J Gz 0 R ]

10 H G = J Gx i + J Gz R k c) Agora a parte mais complicada. Aqui é uma junção de dinâmica de Mecânica I e do que vimos agora. Como em A é uma articulação, há reação nas três direções, já em B, como é um anel, só há reação em y e z. De Mecânica I: Sendo assim, tem-se ma G = F i Ma z = Z a + Z b P { Ma y = Y a + Y b Ma x = X a a G = a o + ω arr (G O) + ω arr {ω arr (G O)} a o = 0, ω arr = 0, ω arr = R k a G = R k { R k ( Rj)} = R k i = R j Conclui-se que a z = a x = 0 Z a + Z b = P e X a = 0 a y = R j Y a + Y b = M R Agora, a parte de Mecânica II: H G = J Gx i + J Gz R k dh G dt dh G dt ω x = 0, = 0 dh G dt = M G = J Gxω xi + J Gx i + J Gz R k + J Gz R k = J Gx i + J Gz R k

11 embrando que: i = ω arr i = R k i = R j k = ω arr k = R k k = 0 ogo: dh G dt Agora, calculando os momentos: = J Gx R j M Gy = Z a Z b M Gz = Y a + Y b, e M Gx = 0 Assim, pela equação do teorema J Gx j = M R Gxi + M Gy j + M Gz k, M Gx = M Gz = 0, tem-se Y a + Y b = 0 Y a = Y b J Gx R = Z a Z b J Gx R = Z a Z b Das equações anteriores: Dessa forma: Y a = M R Y a = M R { Z a Z b = J Gx R Z a + Z b = P = Mg Y b = M R são: Z a = J Gx + MgR R Z b = MgR J Gx R Como a questão quer a reação nos mancais, e não no corpo, as reações X a = 0, Y a = M R, Y b = M R, Z a = J Gx +MgR R e Z b = MgR J Gx R

12 Na resolução da prova o corretor confunde os sinais da base xy utilizada no cálculo dos momentos, o que conduz a uma solução errada. BAANCEAMENTO Balanceamento é um método de estabelecer parâmetros para que o seu corpo mantenha um equilíbrio centrado no eixo de rotação principal. Sendo assim, para o equilíbrio estático, é necessário que o corpo tenha seu centro de massa no eixo de rotação principal, e, para o equilíbrio dinâmico, é necessário que a matriz de inércia seja diagonal, ou seja, que todos os produtos inerciais sejam nulos. Em geral, é necessário que ambos os equilíbrios estático e dinâmico sejam satisfeitos. Perceba que, em geral, são utilizados pesos no sistema (no mínimo dois) para que esses equilíbrios sejam satisfeitos, e, como os pesos são arbitrários, há mais incógnitas que a quantidade de equações, e, na maioria das questões, uma simples análise lógica é suficiente para a resolução do problema, pois a posição geralmente é dada. Em outras palavras, balancear um sistema é fazer com que ele independa de fatores inerciais de rotação, ou seja, independer de ω e ω, e, portanto, as reações vinculares nos apoios do eixo são nulas. Esse assunto é mais fácil de explicar utilizando exercícios. EXERCÍCIO RESOIDO P1 015 Questão 1 Para que as reações dinâmicas nos vínculos A e B se anulem, é necessário balancear o sistema. Para tanto, é necessário que sejam satisfeitas as condições de centro de massa no eixo principal e produtos inerciais sejam zero. Desconsidera-se a massa da barra AB.

13 Assim, o centro de massa tem necessariamente que estar em um ponto (0, 0, z). Portanto, tem-se duas equações para o eixo x e o y. No sistema dado, o centro de massa na coordenada x já é zero, logo deve-se satisfazer a condição em y: y G = m + my 1 + my m + m + m = 0 m + my 1 + my = 0 Os produtos de inércia em x são zero, pois, o sistema é plano, portanto deve-se avaliar o produto de inércia de yz. Assim: Assim, tem-se J yz = m ( ) + m y + m 5 4 y 1 = 0 ogo, chega-se a: y 1 + y = { 5y y = y 1 = 3 e y = 3 P1 016 Questão 1 Para balancear o sistema, é necessário que o centro de massa esteja no eixo principal (0, 0, z), portanto no eixo z, e que os produtos de inércia sejam zero. O sistema Axyz é solidário ao corpo, portanto, no eixo y, o centro de massa está na coordenada zero, deve-se avaliar o eixo x. Assim:

14 x CM = m 0 + m 1x 1 + m + m + m 0 + m x m + m + m + m + m 1 + m = 0 m 1 x 1 + m x = 3m Agora, os produtos de inércia devem ser anulados. Como o sistema inercial está no zero do eixo y, os produtos de inércia do mesmo são zero. Portanto, deve-se avaliar o produto de inércia em xz. J xz = m m + m + m m 1x m x 3 = 0 m x 3 = m m x = m 3 Chega-se a um sistema de 4 incógnitas e equações, e agora vale a indução lógica baseada no problema: o enunciado limitou as posições das massas nas periferias do disco. Portanto, como o valor da massa m só pode ser positivo, a única forma de a equação ser satisfeita é se o valor de x for negativo. ogo, por essas duas condições, infere-se que x = R. Assim: m ( R) = m m 3 = m 3R oltando à primeira equação, m 1 x 1 + m x = 3m m 1x 1 m 3 = 3m m 1 x 1 = 7m 6 Analogamente ao caso anterior, a condição equacional determina que x 1 é negativo e, pelo enunciado, pertencente à periferia do disco. Portanto x 1 = R e m 1 = 7m 6R Conclui-se, assim, que a massa m 1 = 7m 6R deve ser posta no ponto ( R, 0, 0) e a massa m = m deve ser posta no ponto ( R, 0, 3). 3R COORDENADAS GENERAIZADAS Coordenadas generalizadas não é propriamente um assunto, e sim um objeto de estudo da mecânica analítica. Ela é um instrumento para que se encontre uma equação diferencial e, dessa forma, encontrar uma solução

15 matemática que descreva apropriadamente esse movimento, seja através de aproximações numéricas ou de soluções exatas. Assim, em matérias futuras da sua graduação, esse recurso será mais aprofundado, enquanto que, nessa matéria, o encontro da equação diferencial que rege o movimento é suficiente para o entendimento dos assuntos que seguirão. Considere os seguintes casos: Perceba que, no primeiro caso, para descrever completamente o sistema do disco num apoio simples, é necessário somente uma coordenada angular θ, de forma que, com os parâmetros generalizados θ, θ e θ, o sistema é perfeitamente descrito. Sendo assim, a coordenada generalizada θ é suficiente para descrever o sistema. Por outro lado, no segundo caso, a utilização de apenas a coordenada generalizada θ é insuficiente para descrever o sistema, pois, além da possibilidade do disco girar, ele também pode descer ou subir, devido à mola que o prende. Portanto, há uma outra variável y, independente de θ, que é necessária para a descrição do sistema. Portanto, é necessário utilizar os parâmetros y, y e y. Sendo assim, no segundo caso, com as coordenadas generalizadas θ e y, o sistema é perfeitamente descrito. Claramente se utilizou uma indução física para saber quantas coordenadas foram necessárias para solucionar o sistema, porém, em matérias futuras, em que os mecanismos ficam mais complicados, haverá métodos para que se determine o mínimo de coordenadas generalizadas para descrever o movimento devidamente.

16 EXERCÍCIO RESOIDO P1 017 Questão 3 a) Considerando um pequeno deslocamento para o lado positivo de x, os diagramas são: b) O exercício já considera um número mínimo de coordenadas generalizadas igual a, portanto, considerando-as x e θ. Assim, devese obter duas equações diferenciais. Tem-se, para o bloco: Ma x = F H Kx Mx = F H Kx Ma y = F + N P 1 a y = 0 F + N P 1 = 0 A equação de momento chegará à 0=0, pois o bloco não gira. No entanto, para a barra: ma Gx = F H ma Gy = F P Porém a G = a o + ω (G O) + ω {ω (G O)}

17 Portanto, como a o = x i, ω = θ j, ω = θ j e (G O) = (sin θ i + cos θ k ), tem-se: a G = x i + θ j (sin θ i + cos θ k ) + θ j {θ j (sin θ i + a G = x i + θ a G = (x θ Portanto, tem-se: sin θ k θ cos θ k )} cos θ i + θ sin θ i + θ cos θ k cos θ + θ sin θ) i + (θ m (x θ m (θ cos θ + θ sin θ) = F H sin θ + θ cos θ) = F P sin θ + θ cos θ) k Agora, pela equação de momento, é conveniente aplicar no pólo O: M o = m(g O) a o + d dt {[ i j k ] [J] o [ ω y ]} M o = m (sin θ i + cos θ k ) x i + d dt {[ i j k ] [J] o [ ω y ]} M o = m x cos θ j + d dt {[ i j k ] [J] o [ ω y ]} Tem-se, também: J Oxx 0 J Oxz 0 [i j k ] [J] o [ ω y ] = [i j k ] [ 0 J Oyy 0 ] [ θ ] J Ozx 0 J Ozz 0 = J Oyy θ j Note que J Oyy não varia com o tempo, nem j. ogo, d {[ i j k ] [J] dt o [ ω y ]} = d (J dt Oyyθ j) = J Oyy θ j = m θ j 3 Assim, calculando o momento M o no corpo:

18 M o = M ext + (P i O) F i = (sin θ i + cos θ k ) mgk M o = mg sin θ j = (m 3 θ m cos θ) j m 3 θ + mg sin θ m x cos θ = 0 De imediato, já se encontrou uma equação diferencial que rege o movimento da barra. A outra equação diferencial deve ser encontrada a partir das equações obtidas anteriormente, para definir o movimento do bloco. ogo, F H = m (x θ F = m (θ cos θ + θ sin θ) sin θ + θ cos θ) mg Encontrada as forças reativas, volta-se para a equação do bloco: Mx = m (x θ Mx + m (x θ (M + m)x mθ Mx = F H Kx cos θ + θ sin θ) Kx cos θ + θ sin θ) + Kx = 0 cos θ + mθ sin θ + Kx = 0 Portanto, tem-se a outra equação diferencial que rege o movimento. Assim, o movimento do sistema é descrito completamente pelas duas equações diferenciais: m { 3 θ + mg sin θ m x cos θ = 0 (M + m)x mθ cos θ + mθ sin θ + Kx = 0 c) As forças reativas F H e F já foram obtidas anteriormente, faltando encontrar a força normal. Assim, tem-se o valor da força normal, tal que: N = P 1 F

19 N = Mg + m (θ N = (M + m)g + m (θ sin θ + θ cos θ) + mg sin θ + θ cos θ) Obs.: Embora eu tenho escolhido os sentidos contrários das forças reativas em relação a resolução da prova, as equações diferenciais obtidas devem ser as mesmas, independente da orientação que se escolha! Além dos assuntos estudados nesse material, todas as provas possuem uma questão extra (às vezes uma questão sem ser extra) baseada em conteúdos vistos em palestras ou materiais de programação relacionadas ao que foi comentado em sala pelos professores. ale a pena prestar atenção ao que é dito, por exemplo, sobre momento giroscópico, ou a compreensão de um movimento complexo baseado no programa Sciab. Colaborem com os amiguinhos compartilhando suas anotações gente, vamos parar de ser egoístas! A P1 de MecB é bem escrotinha, não por ser difícil, mas por ser estupidamente trabalhosa, e dessa forma não dá tempo de terminá-la sem estar muito treinado para fazê-la (quase uma fuvest, real). Porém, não desanime, a correção das provas é mais justa do que em MecA, apenas certifique-se de ir fazendo o passo a passo com clareza, até para você não se confundir também. Espero que esse resumo tenha ajudado! :3