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Corpos Rıgidos
DINAMICAMecanica II (FIS-26)
Prof. Dr. Ronaldo Rodrigues Pela
IEFF-ITA
12 de marco de 2013
R.R.Pela Corpos Rıgidos
Corpos Rıgidos
Roteiro
1 Corpos RıgidosMomento AngularDinamica do Movimento do Corpo RıgidoEnergia Cinetica
R.R.Pela Corpos Rıgidos
Corpos RıgidosMomento AngularDinamica do Movimento do Corpo RıgidoEnergia Cinetica
Roteiro
1 Corpos RıgidosMomento AngularDinamica do Movimento do Corpo RıgidoEnergia Cinetica
R.R.Pela Corpos Rıgidos
Corpos RıgidosMomento AngularDinamica do Movimento do Corpo RıgidoEnergia Cinetica
Momento Angular: caso geral
Componente do momento angular ao longo do eixo derotacao e L∆ = I∆ω
Mas o momento angular e um vetor paralelo ao eixo derotacao (ou entao, a ~ω)?A resposta e: geralmente nao.
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Corpos RıgidosMomento AngularDinamica do Movimento do Corpo RıgidoEnergia Cinetica
Momento Angular: caso geral
Entao, qual a relacao entre ~L e ~ω? Vejamos.
~L =∑i
~ri × (∆mi~vi).
Para um eixo fixo ~vi = ~ω × ~ri
~L =∑i
(∆mi)~ri × (~ω × ~ri).
R.R.Pela Corpos Rıgidos
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Momento Angular: caso geral
Sendo ~ω = ωxx+ ωyy + ωz z e ~ri = xix+ yiy + ziz,podemos escrever o duplo produto vetorial como:
~ri × (~ω × ~ri) = [(y2i + z2
i )ωx − xiyiωy − xiziωz]x
= [−xiyiωx + (x2i + z2
i )ωy − yiziωz]y
= [−xiziωx − yiziωy + (x2i + y2
i )ωz]z
Tomando o limite em que ∆mi → 0 e reescrevendo naforma matricial, temos:
~L = I~ω
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Tensor de inercia
I =
Ixx −Ixy −Ixz−Iyx Iyy −Iyz−Izx −Izy Izz
Ixx =
∫(y2+z2)dm Iyy =
∫(x2+z2)dm Izz =
∫(x2+y2)dm
Ixy = Iyx =
∫xydm
Ixz = Izx =
∫xzdm
Iyz = Izy =
∫yzdm
R.R.Pela Corpos Rıgidos
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Tensor de inercia
I e conhecido como tensor de inercia de um corpo rıgido.Ixx, Iyy e Izz sao conhecidos como momentos de inerciaem relacao aos eixos x, y e z, respectivamenteIxy, . . . , Izy sao conhecidos como produtos de inercia.Para definir bem o tensor de inercia I e necessarioespecificar uma origem O e os eixos x, y e z.
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Tensor de inercia
Se fixamos o ponto O e fazemos uma rotacao (de eixos)dada pela matriz de mudanca de base R, entao: x
yz
= R
x′
y′
z′
.Logo ~L = R~L′ e ~ω = R~ω′.Como R e uma matriz ortogonal:
~L′ = (RT IR)~ω′
O tensor de inercia nos novos eixos e:
I ′ = RT IR
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Tensor de inercia
Como I e simetrico, sempre e possıvel encontrar umconjunto de eixos ortogonais, x0, y0 e z0, em relacao aoqual o tensor e diagonal (trata-se de um problema deautovalores e autovetores).Neste caso, o tensor de inercia estara diagonalizado epode ser escrito na forma simplificada:
I =
Ix0 0 00 Iy0 00 0 Iz0
.Ix0 , Iy0 e Iz0 sao chamados de momentos principais deinercia do corpo rıgido (com relacao ao ponto O).Os eixos x0, y0 e z0 sao chamados de eixos principais deinercia.
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Tensor de inercia
Quando um corpo rıgido gira em torno de um eixoprincipal de inercia ∆, podemos dizer que:
~L = I∆~ω.
A determinacao dos eixos principais de inercia e umproblema de autovetores (note que I∆ e um autovalorassociado).Existem muitos casos, entretanto, em que os eixosprincipais de inercia podem ser determinados porinspecao (no caso de um eixo de simetria, por exemplo).Dos tres momentos principais de inercia, um sera o maiore outro sera o menor de todos os momentos de inercia deeixos que passam pelo ponto O (daı a vantagem em seconhecer os eixos principais de inercia).
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Tensor de inercia
Alguns eixos principais de inercia sao dados na Figura
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Exemplo
Determine os eixos principais de inercia com relacao aoponto O. O corpo rıgido mostrado na Figura ?? e formadopor 4 massas (duas massas M e duas m) ligadas porhastes de massas desprezıveis. Considere M 6= m.
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Solucao
Izz = 4ma2 + 4Ma2 = 4a2(m+M),
Ixx = 2ma2 + 2Ma2 = 2a2(m+M) = Iyy,
Ixy = −2ma2 + 2Ma2 = 2a2(M −m), Iyz = Ixz = 0.
I =
2a2(m+M) 2a2(m−M) 0
2a2(m−M) 2a2(m+M) 0
0 0 4a2(m+M)
,Cujos autovetores sao:
001
1√2
1√20
1√2
− 1√20
.R.R.Pela Corpos Rıgidos
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Solucao
Os eixos principais de inercia aparecem na Figura.
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Dinamica
Ate o momento, estudamos a cinematica do movimentoplano do corpo rıgido.Vamos, agora, estudar a dinamica
~F (ext) = M~aCM
~τ (ext) =d~L
dt
Referencial para a equacao dos torques: um ponto externoao corpo rıgido, ou, um ponto do corpo rıgido (se esteponto for um referencial inercial)
~L = M~rCM × ~vCM + ~LCM
~τ(ext)CM =
d~LCM
dt
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Dinamica
Se o eixo de rotacao for um eixo principal de inercia, entaopode-se dizer que:
~L = I∆~ω
~τ (ext) = I∆~α
Alem de estudar a parte de rotacao e a parte detranslacao, para se determinar completamente omovimento do corpo rıgido e necessario alguma outrainformacao adicional, como por exemplo algum vınculoconectando a translacao e a rotacao (por exemplo, dizerque o corpo rıgido rola sem deslizar).
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Exemplo
A roda de 30 kg mostrada na Figura tem um CM em G e umraio de giracao kG = 0,15 m. Se a roda esta inicialmente emrepouso e e abandonada da posicao mostrada, determine suaaceleracao angular. Considere que nao ocorre deslizamento.
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Solucao
Marcamos as forcas agindo na roda.
Escrevendo as equacoes de forcas e torques, temos:
Mg −N = May,
f = Max,
Nd− fR = Mk2Gα.
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Corpos RıgidosMomento AngularDinamica do Movimento do Corpo RıgidoEnergia Cinetica
Solucao
Adotamos como sentido positivo para α o sentidoanti-horario e para ay o sentido para baixo.Mas ~aG = ~aO + ~α× ~r + ~ω × (~ω × ~r), e, como aO = αR,temos:
axx− ayy = (αR)x− (αd)y.
Assim: ax = αR e ay = αd.
α =gd
k2G +R2 + d2
Sendo g = 9,81 m/s2:
α = 10 rad/s2
R.R.Pela Corpos Rıgidos
Corpos RıgidosMomento AngularDinamica do Movimento do Corpo RıgidoEnergia Cinetica
Energia Cinetica
EC =m1v
21
2+m2v
22
2+ . . .+
mNv2N
2=Mv2
CM
2+ EC,CM .
Quando um corpo rıgido esta sujeito a translacao(retilınea) ou curvilınea, sua energia cinetica e dadasimplesmente por EC = Mv2
CM/2.
EC,CM =∑i
∆mi
2v2i,CM .
Eixo de rotacao passando pelo CM: vi,CM = ωri.
EC,CM = ω2∑i
(∆mi)r2i
2=ICMω
2
2.
EC =Mv2
CM
2+ICMω
2
2R.R.Pela Corpos Rıgidos
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Energia Cinetica
Quando o corpo rıgido gira em relacao a um eixo fixopassando por um ponto O (nao necessariamente o CM),
sua energia cinetica e EC =Mv2
CM
2+ICMω
2
2
Usando o Teorema dos eixosparalelos, ja que vCM = ωd:
EC = (ICM +Md2)ω2
2=IOω
2
2
Desafio: Mostre que a expressaogeral para a energia cinetica (de
rotacao) e: EC =1
2~ω · ~L
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Forcas que nao realizam trabalho
Existem algumas forcas externas que nao realizamtrabalho quando o corpo e deslocado e, portanto, saoincapazes de alterar a energia cinetica do corpo rıgido.Essas forcas podem atuar tanto sobre pontos fixos docorpo rıgido como podem ter a direcao perpendicular aseus deslocamentos.Exemplos destas situacoes incluem as reacoes em pinosde apoio em relacao aos quais o corpo gira, a reacaonormal atuante sobre um corpo que se move ao longo deuma superfıcie fixa e o peso de um corpo quando seu CMse move em um plano horizontal.
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Forcas que nao realizam trabalho
A forca de atrito estatico ~f atuante sobre um corpo rolicoquando ele rola sem deslizar sobre uma superfıcie rugosatambem nao realiza trabalho (quando ocorre deslizamento,a situacao e bem diferente).
Durante um intervalo de tempo dt, ~f atuasobre um ponto cuja velocidadeinstantanea e zero, logo o trabalhorealizado pela forca sobre o ponto e nulo,pois o ponto nao e deslocado na direcaoda forca durante esse instante. Uma vezque ~f entra em contato com pontossucessivos distintos, o trabalho de ~f enulo.
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Exemplo
A barra fina mostrada na Figura tem uma massa m e umcomprimento l e e solta do repouso quando θ = 0◦. Determinea reacao do pino em funcao de θ
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Solucao
Equacoes das forcas e dos torques
An −mg sin θ = mω2(l/2)
At +mg cos θ = mα(l/2)
mgl
2cos θ =
1
3ml2α
Por conservacao de energia
ω2 = 3(g/l) sin θ
An =5
2mg sin θ At = −1
4mg cos θ
A =√A2
n +A2t =
mg
4
√1 + 99 sin2 θ
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Exemplo
O bloco retangular da uniforme com as dimensoes mostradasesta deslizando para a esquerda sobre a superfıcie horizontalcom uma velocidade v1 quando atinge o pequeno degrau emO. Assuma um recuo desprezıvel no degrau e calcule o valormınimo de v1 que permitira ao bloco girar livremente emrelacao a O e por pouco chegar a posicao elevada A semvelocidade. Calcule o percentual de perda de energia parab = c.
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Solucao
(H0)2 = I0ω2 =
{1
12m(b2 + c2) +m
[( c2
)2+
(b
2
)2]}
ω2
=m
3(b2 + c2)ω2
(H0)1 = (H0)2
mv1b
2=m
3(b2 + c2)ω2
ω2 =3v1b
2(b2 + c2)
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Solucao
1
2IOω
22 = mg
√( c2
)2+
(b
2
)2
− b
2
v1 = 2
√g
3
(1 +
c2
b2
)(√b2 + c2 − b
)Percentual de perda de energia
n =∆E
E=
12mv
21 − 1
2IOω22
12mv
21
= 1− 3
4(
1 + c2
b2
)Para b = c
n = 62,5%
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