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Enunciado

Mecânica e Resistência dos Materiais - Beer - Dinâmica- Ed: 9º - Capítulo 18.Problemas de Revisão - Ex. 156

Um concentrador experimental de energia solar por lentes Fresnelpode girar em torno do eixo horizontal AB que passa por meio deseu centro de massa G. Ele é suportado em A e B por uma estruturaque pode girar em torno do eixo vertical y. O concentrador tem umamassa de 30 Mg, um raio de giração de 12 m em torno se seu eixo desimetria CD e um raio de giração de 10 m em torno de qualquer eixotransversal que passa por G. Sabendo que as velocidades angulares ω 1   e   ω 2 ,   têm intensidade constante igual 0,20 rad /s e 0,25 rad /s, respectivamente, determine, para a posição θ =   60°, (a) a força exercidano concentrador em A e B, (b) o binário M 2 k ,   aplicado no concentrador naquele instante.

Passo 1

E ai gurizada tudo belezinha??? O exercício pede que a gente encontre (a) a força exercidano concentrador em A e B, (b) o binário M 2 k ,   aplicado no concentrador naquele instante.

Seja o eixo y vertical e o eixo y o eixo de simetria.

Deixe o eixo z ser direcionado ao longo do eixo BA como mostrado e o eixo x ser o eixo transversal perpendicular a BA.

Vetores unitários: β = 90 ° - θ

i ´ = i cos ⁡ β - j sin ⁡ β

j = ´ i sin ⁡ β + j cos ⁡ β

i = i   ´ cos ⁡ β + j ´ sin ⁡ β

j = - i ´ sin ⁡ β + j cos ⁡ β

Passo 2

Velocidade angular: ω = ω 2 j + ω 1 k

ω = - ( ω 2 sin ⁡ β ) i + ( ω 2 cos ⁡ β ) j + ω 1 k = - ω 2 cos ⁡ θ i + ω 2 sin ⁡ θ j + ω 1 k

ω x ´ = ω 2 cos ⁡ θ

ω y ´ = ω 2 sin ⁡ θ                     ω 2 = ω 1

θ ˙ = ω 1                   ω 1   e   ω 2   s ã o   c o n s t a n t e

ω ˙ x ´ = ω 2 ω 1 sin ⁡ θ

ω ˙ y ´ = ω 2 ω 1 cos ⁡ θ ,                     ω ˙ 2 = 0

Passo 3

Raios de giro: k x ´ = 10   m

k y ´ = 12   m

k z = 10   m

Momentos de inércia: I = m k ²

Momento angular sobre o ponto G.

H G = I x ´ ω x ´ i ´ + I y ´ ω y ´ j + I z ω z k

H G = m [ ( 10 ) ² ω x ´ i ´ + ( 12 ) ² ω y ´ j + ( 10 ) ² ω z k ]

= ( 100 ω z cos ⁡ θ i ´ + 144 ω z sin ⁡ θ j + 100 ω 1 k

Onde m é a massa: m = 30,000   k g

Passo 4

Aceleração do centro de massa.

Uma vez que o centro de massa está no centro do eixo BA, a - = 0

Taxa de variação do momento angular:

Deixe o referencial G x ´ y z ´ ,   estar girando com velocidade angular, Ω = ω

H ˙ G = H ˙ G x ´ y z ´ + Ω × H G

Onde: H ˙ G x ´ y z ´ = I x ´ ω ˙ x ´ i + I y ´ ω ˙ y j + I z ω ˙ z

= m [ ( 10 ) ² ω 2 ω 1   s i n   θ i ´ + ( 12 ) ² ω 2 ω 1   c o s   θ j ´ + 0 ]

= m [ 100 0.25 0.20 sin ⁡ 60 ° i ´ + 144 0.25 0.20 cos ⁡ 60 ° j ´ ]

= m ( 4.330   l i ´ + 3.6   j ´ )

i ´ j ´ k

E,

Ω × H G = m - ω 2 cos ⁡ θ ω 2 sin ⁡ θ ω 1

- 100 ω 2 cos ⁡ θ 14 4 ω 2   sin ⁡ θ 100 ω 1

= m [ - 44 ω 1 ω 2 sin ⁡ θ i ´ - 44 ω 2 2 sin ⁡ θ + cos ⁡ θ k ]

= m [ - 44 0.20 0.25 sin ⁡ 60 ° i ´ + 44 0.25 2 sin ⁡ 60 ° cos ⁡ 60 ° j ´ ]

= ( - 1.9056 i ´ + 1.908 k )

H ˙ G = m [ 2.4248 i ´ + 3.6 j ´ - 1.1908 k ]

= 30,000 [ 2.4248 ( i cos ⁡ 30 ° - j sin ⁡ 30 ° ) + 3.6 ( i sin ⁡ 30 ° + j cos ⁡ 30 ° ) - 1.1980 k ]

= 117 × 10 3   N ∙ m i + 57.158 × 10 3 N ∙ m j - 35.724 × 10 3 N ∙ m k

Passo 5

Peso: ω = - m g j = - 30 × 10 3 9.81 j

= - 294.3 × 10 3 N j

Equação de Momento: ∑ M B = ∑ ( M B ) c f f :

r A / B × A x i + B y j + r A / B + W ) + M 2 k = H ˙ G

32   k × A x i + A y j + 16 k × - 294.3 × 10 3 j + M 2 k = H ˙ G

- 32 A y + 4.7088 × 10 6 i + 32 A x j + M 2 k = H ˙ G

Igualar componentes semelhantes:

i :   - 32 A y + 4.7088 × 10 6 = 117 × 10 3               A y = 143.5 × 10 3   N

j : 32 A x = 57.158 × 10 3                         A x = 1.786 × 10 3 N

k :   M 2 = - 35.724 × 10 3

Passo 6

(b) Reação em B. B = - 1.786   k N i + 150.8   k N j

Juntos M 2 K :

Resposta

a) A = 1.786   k N i + 143.5   k N j

b) B = - 1.786   k N i + 150.8   k N j

M 2 k = - 35.7   k N ∙ m k

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