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Enunciado

Mecânica e Resistência dos Materiais - Beer - Dinâmica- Ed: 9º - Capítulo 18.Problemas - Ex. 106

Uma haste homogênea delgada AB de massa me comprimento L é feita para girar a uma taxa constante ω 2 em torno do eixo z horizontal, enquanto o quadro CD é feito para girar a uma taxa constante ω 1 em torno do eixo y. Expresse em função do ângulo θ (a) o par M 1 necessário para manter a rotação da estrutura, (b) o par M 2 necessário para manter a rotação da haste, (c) as reações dinâmicas nos suportes C e D .

Passo 1

O enunciado pede que a gente determine o par M 1 necessário para manter a rotação da estrutura, (b) o par M 2 necessário para manter a rotação da haste, (c) as reações dinâmicas nos suportes C e D .

Momento angular H G

Resolvemos a velocidade angular ω = ω 1 j + ω 2 k dos componentes ao longo dos eixos principais G x ' y ' z

ω x ' = - ω 1 c o s ⁡ θ ω y ' = ω 1 s i n ⁡ θ ω z = ω 2

Momentos de inércia

I - x ' = I - z = 1 12 m L 2         I - y ' = 0

Temos

H x ' = I - x ' ω x ' = - 1 12 m L 2 ω 1 c o s ⁡ θ H y ' = I → y ' ω y ' = 0 H z = I - z ω z = 1 12 m L 2 ω 2

Computando os componentes de H G ao longo de eixos x, y, z

H x = H x ' s i n ⁡ θ = - 1 12 m L 2 ω 1 c o s ⁡ θ s i n ⁡ θ = - 1 24 m L 2 ω 1 s i n ⁡ 2 θ H y ' = - H x ' c o s ⁡ θ = + 1 12 m L 2 ω 1 c o s 2 ⁡ θ H z = 1 12 m L 2 ω 2

O momento angular é portanto

H G = - 1 24 m L 2 ω 1 s i n ⁡ 2 θ i + 1 12 m L 2 ω 1 c o s 2 ⁡ θ j + 1 12 m L 2 ω 2 k

Em que a referência do quadro Gxyz roda com velocidade angular Ω = ω 1 j

Passo 2

Taxa de mudança de H G . Notamos que ω 1  e  ω 2 são constantes, enquanto θ varia com t com θ ˙ = ω 2

(eq 18.22)

H ˙ G = H ˙ G G x y z + Ω × H G = - 1 24 m L 2 ω 1 ( 2 c o s ⁡ 2 θ θ ˙ ) i + 1 12 m L 2 ω 1 ( - 2 c o s ⁡ θ s i n ⁡ θ θ ˙ ) j

+ ω 1 j × - 1 24 m L 2 ⇔ 1 s i n ⁡ 2 θ i + 1 12 m l 2 ω 2 k = & - 1 12 m L 2 ω 1 ω 2 c o s ⁡ 2 θ i - 1 12 m l 2 ω 1 ω 2 s i n ⁡ 2 θ j + 1 24 m L 2 ω 1 2 s i n ⁡ 2 θ k + 1 12 m L 2 ω 1 ω 2 i

H ˙ G = 1 12 m L 2 ω 1 ω 2 ( 1 - c o s ⁡ 2 θ ) i - 1 12 m l 2 ω 1 ω 2 s i n ⁡ 2 θ j

+ 1 24 m L 2 ω 1 2 s i n ⁡ 2 θ k (1)

Passo 3

Equivalência de forças externas e internas

Equacionando os momentos de pares variáveis

L j × C k + M 1 j + M 2 k = H ˙ G

L C i + M 1 j + M 2 k = 1 12 m L 2 ω 1 ω 2 ( 1 - c o s ⁡ 2 θ ) i - 1 12 m L 2 ω 1 ω 2 s i n ⁡ 2 θ j + 1 24 m L 2 ω 1 2 s i n ⁡ 2 θ k

Equacionando os coeficientes dos vetores unitários

j : M 1 = - 1 12 m L 2 ω 1 ω 2 s i n ⁡ 2 θ

Passo 4

(a) par M 1

M 1 = - 1 12 m L 2 ω 1 ω 2 s i n ⁡ 2 θ j

k : M 2 = 1 24 m L 2 ω t 2 s i n ⁡ 2 θ

(b) par M 2

M 2 = 1 24 m L 2 ω 1 2 s i n ⁡ 2 θ k

i:  L C = 1 12 m L 2 ω 1 ω 2 ( 1 - c o s ⁡ 2 θ )

C = 1 12 m l , ω 1 ω 2 ( 1 - c o s ⁡ 2 θ ) = 1 6 m L ω 1 ω 2 s i n 2 ⁡ θ

Reações dinâmicas

C = 1 6 m L ω 1 ω 2 s i n 2 ⁡ θ k ; D = - 1 6 m L ω 1 ω 2 s i n 2 ⁡ θ k

Resposta

a M 1 = - 1 12 m L 2 ω 1 ω 2 s i n ⁡ 2 θ j

(b) M 2 = 1 24 m L 2 ω 1 2 s i n ⁡ 2 θ k

C = 1 6 m L a 1 ω 2 s i n 2 ⁡ θ k ; D = - 1 6 m L ω 1 ω 2 s i n 2 ⁡ θ k

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