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Enunciado

Mecânica e Resistência dos Materiais - Beer - Dinâmica- Ed: 9º - Capítulo 17.Problemas - Ex. 130

A haste delgada de 5 libras AB é liberada do repouso na posição mostrada e oscila para uma posição vertical onde atinge a haste delgada de 3 libras CD. Sabendo que o coeficiente de restituição entre o botão K preso à barra AB e a barra a) é 0,8, determine o ângulo máximo θ m   através do qual a barra CD irá girar após o impacto.

Passo 1

O enunciado pede que a gente determine o ângulo máximo θ_m através do qual a barra CD irá girar após o impacto.

Considere

β = m C D m A B = 3 k g 5 k g = 0.6

m = m A B

Então

m C D = β m

Momentos de Inércia é dado por:

I → A B = I - = 1 12 m L 2

I - C D = 1 12 β m L 2

Passo 2

Haste AB cai para posição vertical

Posição 0 V 0 = 0             T 0 = 0

Posição 1 V 1 = - m g L 2

v A B 1 = L 2 ω A B 1

T 1 = 1 2 m v → A B 1 2 + 1 2 I - ω A B 1 2 = 1 6 m L 2 ω A B 1 2

Conservação de energia T 0 + V 0 = T 1 + V 1 : 0 + 0 = 1 6 m L 2 ω A B 1 2 - 1 2 m g L

ω A B 1 2 = 3 g L (1)

Passo 3

Impacto é dado por o somatório dos sistemas :D

Sist Momento 1 + Sist Ext Imp 1 → 2 = Sist Momento 2

Cinética

v A B 1 = L 2 ω A B 1

v A B 2 = L 2 ω A B 2

Momentos sobre B

m v A B 1 L 2 + I - ω A B 1 - b ∫ K d t = m v A B 2 L 2 + I → ω A B 2

1 3 m L 2 ω A B 1 - b ∫ K d t = 1 3 m L 2 ω A B 2 (2)

Passo 4

Sist Momenta1 + Sist Ext Imp 1 → 2 = Sist Momenta 2

Cinemática v ¨ C D 2 = L 2 ω C D 2

Momentos sobre C 0 + b ∫ K d t = β m v - C D 2 L 2 + β I - ω C D 2

b ∫ K d t = 1 3 β m l 2 ω C D 2 (3)

Passo 5

Adicione Eq (1) e (2) para eliminar b ∫ K d t

1 3 m L 2 ω A B 1 = 1 3 m L 2 ω A B 2 + 1 3 β m L 2 ω C D 2

β ω C D 2 + ω A B 2 = ω A B 1 (4)

Condição do Impacto b ω C D 2 - b ω A B 2 = e b ω A B 1

ω C D 2 - ω A B 2 = e ω A B (5)

Passo 6

Adicione Eq (4) e (5) para eliminar ω A B 2

( 1 + β ) ω C D 2 = ( 1 + e ) ω A B i

ω C D 2 = 1 + e 1 + β ω A β k (6)

Haste CD sobe a máxima altura

Posição 2 V 2 = - β m g L 2

T 2 = 1 2 β m v - C D 2 2 + 1 2 β I → ω C D 2 2 = 1 6 β m L 2 ω C D 2 2

Posição 3: V 3 = - β m g L 2 c o s ⁡ θ m T 3 = 0

Passo 7

Conservação de energia

T 2 + V 2 = T 3 + V 3 : 1 6 β m L 2 ω C D 2 2 - 1 2 β m g L = 0 - 1 2 β m g L c o s ⁡ θ m

1 - c o s ⁡ θ m = L 3 g ω C D 2 2 = L 3 g 1 + e 1 + β 2 ω A B l 2 = L 3 g 1 + e 1 + β 2 3 g L

c o s ⁡ θ m = 1 - 1 + e 1 + β 2 = 1 - 1 + 0.8 1 + 0.6 2

θ m = 105.4 ∘

Resposta

θ m = 105.4 ∘

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