Enunciado

Resolva o Problema 18.25 considerando que a barra dobrada seja atingida em B.

Passo 1

Vamos lá resolver mais essa. Vamos assumir que a massa é distribuída uniformemente na barra dobrada. Assim, os momentos de inércia principais em cada eixo, em relação a G, são dados por

Vamos lá resolver mais essa. Vamos assumir que a massa é distribuída uniformemente na barra dobrada. Assim, os momentos de inércia principais em cada eixo, em relação a G, são dados por

Para AB:

M =   1 4 m

I x =   1 4 m 1 12 a 2 + 1 4 a 2 + a 2

I y =   1 4 m a 2

I z = 1 4 m 1 3 a 2  

I y z =   1 4 m - 1 2 a 2

Para BC:

M =   1 2 m

I x =   1 2 m 1 12 2 a 2

I y =   1 2 m 1 12 2 a 2

I z = 0

I y z =   0

Para CD:

M =   1 4 m

I x = 1 4 m 1 12 a 2 + 1 4 a 2 + a 2

I y =   1 4 m a 2

I z = 1 4 m 1 3 a 2

I y z = 1 4 m - 1 2 a 2

Além disso, I x y = I x z = 0

Passo 2

Vamos calcular a velocidade do centro de massa G. Antes do impacto, v → = 0 e H → G = 0 . Assim, utilizando o princípio de impulso e quantidade de movimento, temos:

F → Δ t = m v →

v = F Δ t m

v → = F Δ t m i →

A velocidade do centro de massa tem somente a componente horizontal.

Passo 3

Vamos calcular a velocidade angular da barra após impacto. Usando a definição de quantidade de movimento angular em G:

r → B / G × F → Δ t = H → G

a k → × F Δ t i → = H G x i → + H G y j → + H G z k →

a F Δ t j → = I x ω x i → + I y ω y - I y z ω z j → + - I y z ω y + I x ω z k →

Igualando as componentes em cada lado da equação e substituindo os valores para os momentos e produtos de inércia:

0 = 5 6 m a 2 ω x → ω x = 0

a F Δ t = 2 3 m a 2 ω y + 1 4 m a 2 ω z

0 = 1 4 m a 2 ω y + 1 6 m a 2 ω z

Resolvendo as duas últimas equações:

ω y = 3,43 F Δ t m a ,   ω z = - 5,14 F Δ t m a

Logo,

ω → = F Δ t m a ( 3,43 j → - 5,14 k → )

Resposta

ω → = F Δ t m a ( 3,43 j → - 5,14 k → )

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