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Enunciado

Mecânica e Resistência dos Materiais - Mecânica para Engenharia: Dinâmica Volume 2 - 6ª Edição - James L. Meriam, L. Glenn Kraige- Ed: 6º - Capítulo 6.8 - Ex. 191

O projeto preliminar de uma unidade para reduzir automaticamente a velocidade de um conjunto que gira livremente é apresentado. Inicialmente a unidade está girando livremente em torno de um eixo vertical através de O a uma velocidade de 600   r p m com os braços fixos nas posições indicadas por A B . Quando os braços são liberados, eles giram para fora e ficam presos nas posições tracejadas mostradas. O disco tem uma massa de 30   k g , com um raio de giração de 90   m m em relação a O . Cada braço tem um comprimento de 160   m m e uma massa de 0,84   k g e pode ser considerado como uma haste esbelta uniforme. Determine a nova velocidade N de rotação e calcule a perda ∆ E de energia do sistema. Os resultados seriam afetados pelo sentido da rotação ou pela sequência de liberação das hastes?

Passo 1

O problema pode ser simplificado se analisarmos apenas um dos braços e em seguida generalizarmos para os outros três. Trabalhando sobre o braço AB, o problema se resume a seguinte figura:

Na configuração inicial, o momento de inércia com relação ao centro O do disco para cada braço é dado por

I o b r a ç o 1 = I - + m d   ²

Por geometria, d é a hipotenusa do triângulo formado por O A - e O G - , conforme figura abaixo

Aplicando o teorema de Pitágoras, temos

d 2 = 0,11 2 + 0,08 2                 ∴                   d = 0,136   m

Retomando a equação de momento de inércia para o braço,

I o b r a ç o 1 = 1 12 0,84 0,16 2 + 0,84 0,136 2 = 0,01733   k g × m 2

Ainda na configuração inicial, o momento de inércia do disco com relação ao seu centro O é dado por

I o d i s c o =   I - = m k 2 = 30 0,09 2 = 0,243   k g × m 2

Passo 2

Na configuração final, a barra ocupa a posição A B ' . Novamente calcularemos os momentos de inércia para o disco e para a nova posição da barra com relação ao centro O do disco.

I o b r a ç o 2 = I - + m d   ²

Daí,

I o b r a ç o 2 = 1 12 0,84 0,160 2 + 0,84 0,11 + 0,08 2 = 0,0321   k g × m 2

O momento de inércia com relação ao disco permanece o mesmo:

I o d i s c o = 0,243   k g × m 2

Passo 3

Pela conservação da quantidade de movimento angular, temos

H o 1 = H o 2

O que resulta em

4 × I o b r a ç o 1 + I o d i s c o ω 1 = 4 × I o b r a ç o 2 + I o d i s c o × ω 2

( 4 × 0,01733 + 0,243 ) 600 × 2 π 60 = ( 4 × 0,0321 + 0,243 ) ω 2

Resolvendo para ω 2 , achamos

ω 2 = 52,8   r a d / s               ∴                   N = 52,8 × 60 2 π =   504,20   r p m

Passo 4

A perda de energia ∆ E do sistema é dada por

∆ E = -   ∆ T

Na configuração inicial, a energia cinética é dada por

T 1 = ∑ 1 2 I o ω 2 = 1 2 4 × 0,01733 + 0,243 600 × 2 π 60 2 = 616,49   J

Na configuração final a energia cinética é dada por

T 2 = ∑ 1 2 I o ω 2 = 1 2 4 × 0,0321 + 0,243 52,8 2 = 517,70   J

Daí, a perda de energia é dada por

∆ E = 616,49 - 517,70 =   98,79   J

Resposta

N = 504,20   r p m

∆ E = 98,79   J

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