Exercício 1 Balanceamento

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0,85 m
CM y
s
CM
A
B
x
y
z
ω
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
zsCM
xCM
aCM
P
EXEMPLO 01
A figura ilustra um sólido que apresenta
massa m = 30,0 kg, gira em torno de eixo
fixo mantido por dois mancais A e B.
Quando o sistema gira com velocidade
angular constante ω=50⋅rad
s
, os esforços
dinâmicos nos mancais (desconsiderar o
peso próprio) são medidos, e os resultados
expressos em newton (N), são:
R⃗A=−360⋅j^+200⋅k^ e R⃗B=210⋅ j^−210⋅k^ . 
Pedem-se:
a) os produtos de inércia que envolvem a direção do eixo de rotação, em relação ao polo 
A;
b) a ordenada (ysCM) do CM – Centro de Massa do sólido desbalanceado;
c) a cota (zsCM) do CM – Centro de Massa do sólido do sólido desbalanceado;
d) considerando que os planos aos quais se podem anexar massas, estão a 0,15 m de 
cada mancal, e que as massas estarão à distância de 0,15 m do eixo geométrico de 
rotação, determinar as massas corretoras.
SOLUÇÃO:
Adota-se como sistema de referência ligado ao sólido, o sistema de eixos A(x,y,z).
As coordenadas do Centro de Massa são: CM=(xCM
s ; yCM
s ; zCM
s ) . Com o movimento do 
sólido, o CM – Centro de Massa descreve trajetória circular, com centro sobre o eixo 
geométrico de rotação, e raio R=√( yCMs )2+(zCMs )2 . Nota: essa equação é a equação de 
uma circunferência.
O CM do sólido desbalanceado, não possui aceleração tangencial, pois sua velocidade 
angular é constante, entretanto, possui a aceleração centrípeta que aponta para o eixo 
geométrico de rotação, ou seja:
a⃗CM
s =ω2⋅R⋅^r
Nota: o versor r^ , tem módulo unitário e aponta do CM para o eixo geométrico de 
rotação. De forma exata, tem a direção do vetor (P−CM ) , ou seja, aponta do “CM” 
(Centro de Massa) para o ponto “P” do eixo geométrico de rotação.
O vetor (P−CM ) pode ser obtido pela diferença de coordenadas dos pontos que o 
definem, ou seja, “P” e “CM”. Sendo P(xCM
s ;0 ;0) e CM=(xCM
s ; yCM
s ; zCM
s ) .
 Desta forma: (P−CM )=0⋅^i−yCM
s j^−zCM
s ⋅k^ . Note-se que o módulo desse vetor é o Raio 
0,85 m
CM y
s
CM
A
B
x
y
z
ω
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
zsCM
xCM
aCM
P
“R” da trajetória: |P−CM|=R=√(( yCMs )2+(zCMs )2)
O versor possui a mesma direção e sentido que o vetor (P−CM ) , apenas o módulo é 
diferente, ou seja: r^=(P−CM)
|P−CM|
=> r^=
− yCM
s j^−zCM
s ⋅k^
R
.
Recuperando a aceleração centrípeta:
a⃗CM
s =ω2⋅R⋅^r => a⃗CM
s =ω2⋅R⋅(
− yCM
s j^−zCM
s ⋅k^
R
) => a⃗CM
s =2500⋅R⋅(
− yCM
s ⋅ j^−zCM
s ⋅k^
R
)
ou a⃗CM
s =2500⋅(−zCM
s ⋅k^− yCM
s ⋅ j^) .
A resultante das forças aplicadas (desconsiderando o peso próprio) é:
∑ F⃗=R⃗A+ R⃗B=−150⋅ j^−10⋅k^
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .s =m⋅a⃗CM => −150⋅j^−10⋅k^=30⋅2500⋅(−zCMs ⋅k^− yCMs ⋅ j^)
−150⋅j^−10⋅k^=−75000⋅zCM
s ⋅k^−75000⋅yCM
s ⋅j^
Impondo a igualdade:
−150⋅j^=−75000⋅yCM
s ⋅j^ => yCM
s =0,002
−10⋅k^=−75000⋅zCM⋅k^ = zCM
s =0,0001333
Resp. (b) yCM
s =0,002⋅m .
Resp. (c) zCM
s =0,0001333⋅m .
A velocidade angular: ω⃗=50⋅^i
O momento angular na forma matricial: H⃗ A
s=[ I xx
s −I xy
s −I xz
s
−I xy
s I yy
s −I yz
s
−I xz
s −I yz
s I zz
s ]⋅[5000 ]
O momento angular na forma vetorial: H⃗ A
s =I xx
s ⋅50⋅i^−I xy
s ⋅50⋅j^−I xz
s ⋅50⋅k^
Derivando o momento angular em função do tempo:
˙⃗H A
s =ω⃗∧H⃗ A
s =50⋅^i∧H⃗ A
s =−I xy
s⋅502⋅^i∧ j^−I xz
s⋅502⋅^i∧k^
˙⃗H A
s =−I xy
s ⋅502⋅k^+ I xz
s⋅502⋅^j
Determinando as coordenadas dos pontos A e B: A(0; 0; 0) e B(0,85; 0; 0).
Nota: (A – A)=zero ; (B – A)=0,85⋅^i
Recuperando: R⃗A=−360⋅j^+200⋅k^ e R⃗B=210⋅ j^−210⋅k^ .
Calculando os momentos das forças em relação ao polo A:
M⃗R A=(A−A)∧R⃗ A=zero ;
M⃗ RB=(B−A)∧R⃗B=0,85⋅^i∧(210⋅^j−210⋅k^ ) => M⃗ RB=178,5⋅k^+178,5⋅j^
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗ As = ˙⃗H As => 178,5⋅k^+178,5⋅j^=−I xys ⋅502⋅k^+ I xzs ⋅502⋅ j^
Impondo a igualdade entre os vetores:
178,5=−I xy
s ⋅502 => I xy
s =−0,0714
178,5=I xz
s ⋅502 => I xz
s =0,0714
Resp. (a) I xy
s =−0,0714⋅kg⋅m2 ; I xz
s =0,0714⋅kg⋅m2 .
Sejam as massas corretoras: m1(x1 ; y1: z1) e m2(x2 ; y2: z2) .
Recuperando os planos corretores: x1=0,15 e x2=0,70
m1(0,15 ; y1: z1) e m2(0,70 ; y2: z2)
As distâncias ao eixo geométrico de rotação. d1=d2=0,15 ;
Primeira condição do balanceamento: o centro de massa do Sistema Balanceado (sólido + massas 
corretoras) deve pertencer ao eixo geométrico de rotação.
Traduzindo:
yCM
SB =0 => m1⋅y1+m2⋅y2+ms⋅yCM
s =0 ; recuperando: yCM
s =0,002⋅m e ms=30 kg
m1⋅y1+m2⋅y2+30⋅0,002=0 => m1⋅y1+m2⋅y2+0,060=0 eq.01
zCM
SB =0 => m1⋅z1+m2⋅z2+ms⋅zCM
s =0 ; recuperando: zCM
s =0,0001333⋅m e ms=30 kg
m1⋅z1+m2⋅z2+30⋅0,0001333=0 => m1⋅z1+m2⋅z2+0,003999=0 eq.02
Segunda condição do balanceamento: os produtos de inércia do Sistema Balanceado (sólido + 
massas corretoras) que relacionam-se com o eixo de rotação devem ser nulos.
Traduzindo:
I xy
SB=0 => I xy
s +m1⋅x1⋅y1+m2⋅x2⋅y2=0
Recuperando: I xy
s =−0,0714⋅kg⋅m2 , I xz
s =0,0714⋅kg⋅m2 , x1=0,15 e x2=0,70
=> −0,0714+m1⋅0,15⋅y1+m2⋅0,70⋅y2=0 eq.03
I xz
SB=0 => I xz
s +m1⋅x1⋅z1+m2⋅x2⋅z2=0 => 0,0714+m1⋅0,15⋅z1+m2⋅0,70⋅z2=0 eq.04
Considerando a distância das massas corretoras ao eixo geométrico de rotação:
y1
2+ z1
2=0,152 eq.05
y2
2+ z2
2=0,152 eq.06
Nota: essas 6 (seis) equações possuem um complicador … os quadrados nas equações eq.05 e 
eq.06; desta forma escolhe-se uma estratégia que ajuda.
Trocando-se de variáveis:
A=m1⋅y1 ; B=m2⋅y2 ; C=m1⋅z1 e D=m2⋅z2
Recuperando e substituindo nas 4 primeiras equações:
eq.01 m1⋅y1+m2⋅y2+0,060=0 => A+B+0,060=0 => A=−B−0,060 eq.α
eq.02 m1⋅z1+m2⋅z2+0,003999=0 => C+D+0,004=0 => C=−D−0,003999 eq.β
eq.03 −0,0714+m1⋅0,15⋅y1+m2⋅0,70⋅y2=0 => −0,0714+0,15 A+0,70⋅B=0 eq.ε
eq.04 0,0714+m1⋅0,15⋅z1+m2⋅0,70⋅z2=0 => 0,0714+0,15⋅C+0,70⋅D=0 eq.ζ
Substituindo a eq.α na equação eq.ε, tem-se:
−0,0714+0,15⋅A+0,70⋅B=0 => −0,0714+0,15⋅(−B−0,060)+0,70⋅B=0 => B=0,14618
Substituindo este resultado na equação eq.α, tem-se:
A=−B−0,60 => A=−0,14618−0,060 => A=−0,20618
Substituindo a equação eq.β na equação eq.ζ, tem-se:
0,0714+0,15⋅C+0,70⋅D=0 => 0,0714+0,15⋅(−D−0,003999)+0,70⋅D=0
=> D=−0,12873
Substituindo este resultado na equação eq.β, tem-se:
C=−D−0,003999 => C=0,12873−0,003999 => C=0,12474
Recuperando as trocas de variáveis, tem-se:
A=m1⋅y1 ; B=m2⋅y2 ; C=m1⋅z1 e D=m2⋅z2
Dividindo-se a primeira pela terceira:
A
C
=
y1
z1
=>
y1
z1
=−0,20618
0,12474
=>
y1
z1
=−1,652878 => y1=−1,652878⋅z1
Substituindo y1=−1,652878⋅z1 a equação eq.05, tem-se:
=> (−1,652878⋅z1)
2+z1
2=0,152
z1=√ 0,152(1,6528782+1) => z1=±7,848216⋅10−2
Substituindo (z1) na equação, y1=−1,652878⋅z1 obtêm-se: y1=∓0,129721
Dividindo-se a segunda pela quarta:
B
D
=
y2
z2
=>
y2
z2
= 0,14618
(−0,12873)
=>
y2
z2
=−1,135555 => y2=−1,135555⋅z2
Substituindo y2=−1,135555⋅z2 a equação eq.06, tem-se:
y2
2+ z2
2=0,152 => (−1,135555⋅z2)
2+z2
2=0,152 => z2=±9,913393⋅10
−2
Substituindo (z2) na equação, y2=−1,135555⋅z2 obtêm-se: y2=∓0,112572
Nota: as equações y1=−1,129⋅z1 y2=−0,625⋅z2 , obtidas no desenvolvimento, exigem que y1 
e z1 tenham sinais trocados, assim como y2 e z2. Mas não há indicativos nas equações, de como será 
a relação de sinais entre y1 e y2, dessa forma, em vez de impor uma relação baseada na solução mais
comum, adotam-se ambos positivos.
Adotando-se:
y1=0,129721 ; z1=−7,848216⋅10
−2 e y2=0,112572 ; z2=−9,913393⋅10
−2 ,
e substituindo nas equações, tem-se:
eq.01 m1⋅y1+m2⋅y2+0,060=0 => m1⋅0,129721+m2⋅(0,112572)+0,060=0
m1=
−0,06−0,112572⋅m2
0,129721
=> m1=−0,462531−0,867800⋅m2
eq.02 m1⋅z1+m2⋅z2+0,00399=0
m1⋅(−7,848216⋅10
−2)+m2⋅(−9,913393⋅10
−2)+0,003999=0m1=
0,003999−9,913393⋅10−2⋅m2
7,848216⋅10−2
=> m1=5,083958⋅10
−2−1,263140⋅m2
Impondo a igualdade aos dois segundos membros, das equações que definem m1 , tem-
se:
−0,462531−0,867800⋅m2=5,083958⋅10
−2−1,263140⋅m2
1,263140⋅m2−0,867800⋅m2=5,083958⋅10
−2+0,462531
0,39534⋅m2=0,51337058 => m2=1,29855
Substituindo na equação, m1=5,083958⋅10
−2−1,263140⋅m2 , tem-se:
m1=5,083958⋅10
−2−1,263140⋅1,29855 => m1=−1,589411
Resumindo:
{índice m(kg) x (m) y (m) z(m)1 −1,5894 0,15 0,1297 −7,8482⋅10−22 1,2986 0,70 0,1126 −9,9134⋅10−2}
Nota: pode-se “retirar” a massa de 1,5894 kg do ponto do sólido definido por:
x1=0,15m , y1=0,1297m e z1=−7,8482⋅10
−2m
Ou de outra forma ….
{índice m(kg) x (m) y (m) z(m)1 1,5894 0,15 −0,1297 7,8482⋅10−22 1,2986 0,70 0,1126 −9,9134⋅10−2}
Nota: pode-se “acrescentar” a massa de 1,5894 kg no ponto do sólido definido por:
x1=0,15m , y1=0,1297m e z1=−7,8482⋅10
−2m , ou … 
pode-se acrescentar massa de 1,2986 kg no ponto do sólido definido por:
x1=0,15m , y1=−0,1297m e; z1=7,8482⋅10
−2m .
Ambas as soluções são corretas, isso ocorre porque os pontos que alojam a massa m1, 
(ou a massa m2) em cada solução, são pontos do sólido, simétricos em relação ao eixo 
geométrico de rotação.
	EXEMPLO 01