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

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Roteiro

1 Corpos RıgidosMomento AngularDinamica do Movimento do Corpo RıgidoEnergia Cinetica

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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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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).

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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

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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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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

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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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