Atps mecanica

ATPS - MECANISMO E DINÂMICA DAS MÁQUINAS

ETAPA 1

PASSO 1

Quando entendemos o comportamento das forças de um mecanismo, fica muito mais claro como é seu funcionamento, este trabalho pretende descrever e entender as forças aplicadas em um macaco do tipo sanfona e apresentar as medidas dimensionais e esforços aos quais a peça está submetida, indicando as condições de trabalho.

PASSO 2

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Figura 1 – Esquema de forças do macaco tipo sanfona

Fonte: Projeto de máquinas: uma abordagem integrada.

CROQUI:

[pic 2]

PASSO 3 e PASSO 4

Considerando a força P=1000 lb (4448 N) e o sistema bidimensional, utilizando a somatória de forças na vertical é obtida a força aplicada pelo macaco Fg, a qual será igual ao modulo da força P.

O macaco sanfona é um mecanismo constituído basicamente de barras, uniões constituídas de parafusos e um sistema de manivela.

Observado no diagrama de corpo livre temos na parte superior do macaco a força P (considerado o peso do veículo) como uma força de compressão, e as reações das forças no parafuso referente aos braços 2 e 4. Sendo o elo 2 o mais carregado, pois a carga P está deslocada do centro do mecanismo para a esquerda.

Na parte inferior do macaco temos também a força Fg aplicada como reação da força P, e é constituído pelo braço 5 e 7, o qual também possui as forças de reação no parafuso.

Todas as uniões são feitas através de parafusos os quais estão sujeitos a tensão de cisalhamento, uma vez que para dimensiona-lo é necessário conhecer a tensão aplicada a ele.

Esse mecanismo deve ser analisado considerando que existem duas situações, a primeira quando é girada a manivela no sentido horário o macaco é acionado para o avanço, g e a segunda situação quando é girado anti-horário o macaco se recua. As forças nos pinos e nos elos dos braços no retorno aumentaram devido ao pior ângulo de transmissão.

A figura 1 demostra um esquema de um macaco simples usado para erguer um automóvel. Todas as forças aplicadas neste mecanismo estão no plano xy, quando o carro está sendo elevado em uma superfície nivelada, e no caso de um plano inclinado existiram também as forças no plano xz e yz.  Porem para este trabalho consideraremos que o mecanismo trabalhará com forças bidimensionais. Para isso consideraremos que Fg = -P.

Ainda é necessário entender que as forças e os momentos podem ser tanto reações internas nas conexões com outros elementos, ou cargas externas. O centro de gravidade dos respectivos elementos é usado como origem dos sistemas de coordenadas locais não girantes, em relação aos quais os pontos de aplicação de todas as forças no elemento são localizados. Sendo assim no macaco tipo sanfona, o equilíbrio é conseguido devido ao engrenamento de dois pares de segmentos de engrenagens, que agem entre as barras.  Essas interações são modelas como forças que agem sobre a normal comum compartilhada entre os dois dentes, que é perpendicular à tangente no ponto comum de contato.

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Figura 2-  Tangente ao ponto comum

Fonte: Projeto de máquinas: uma abordagem integrada.

Existem 3 equações da segunda lei disponíveis para cada elemento do mecanismo, o que totaliza vinte e uma incógnitas, além de dez equações adicionais da terceira lei completam o sistema matemático deste macaco totalizando trinta e uma equações. Esse é um modo bem dificultoso de resolver as resultantes das forças atuantes, no entanto devido a simetria do dispositivo podemos simplificar as operações, focando somente em um dos lados e depois multiplicando-o para obtermos o resultado final. Como demonstrado nas figuras 3 e 4.

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Figura 3. Diagrama de corpo livre da metade superior do macaco

Fonte: Projeto de máquinas: uma abordagem integrada.

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Figura 4. Diagrama de corpo livre dos elementos da metade superior do macaco

Fonte: Projeto de máquinas: uma abordagem integrada

ETAPA 2

PASSO 1

[pic 6]

        ou         
N[pic 7][pic 8]

PASSO 2

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Figura 5 – Diagrama do corpo livre do macaco

Fonte: Projeto de máquinas: uma abordagem integrada.

DIAGRAMA DE CORPO LIVRE PARA TODO O MACACO

[pic 10]
PASSO 3

∑ Fx = F12x + F32x + F42x = 0

∑ Fy = F12y + F32y + F42y = 0

∑ Mz = R12x F12y – R12y F12y + R32x F32x – R32y F32x + R42x F42y – R42y F42x = 0

A barra 3 tem três forças agindo nela: a carga aplicada P, F23 e F43. Sendo que apenas P é conhecido. Escrevendo as equações (1) para este elemento, temos:

∑ Fx = F23x + F43x + Px = 0

∑ Fy = F23y + F43y + Py = 0

∑ Mz = R23x F23y – R23y F23x + R43x F43y – R43y F43x + Rpx Py – Rpy Px = 0

A barra 4 tem três forças agindo nela: F24 é a força desconhecida da barra 2; F14 e F34 são as forças de reação das barras 1 e 3, respectivamente.

∑Fx = F14x + F24x + F34x = 0

∑Fy = F14y + F24y + F34y = 0

∑Mz = R14x F14y – R14x F14x + R24x F24y – R24y F24x + R34xF34y – R34y F34x = 0

As nove equações descritas têm 16 incógnitas. Podemos escrever as relações da terceira lei entre os pares ação-reação para cada uma das junções para obter seis das sete equações adicionais necessárias:

F32x = - F23x F32y = - F23y

F34x = - F43x F34y = - F43y

F42x = - F24x F42y = - F24y

VARIÁVEL VALOR UNIDADE

Px 0,00 lb

Py -1000,00 lb

Rpx -0,50 in

Rpy 0,87 in

  Θ –  45°

R12x -3,12 in