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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


Corpos RıgidosMomento AngularDinamica do Movimento do Corpo RıgidoEnergia Cinetica

Roteiro

1 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.




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).




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



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



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.



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



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.



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).



Tensor de inercia

Alguns eixos principais de inercia sao dados na Figura



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.



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


Solucao

Os eixos principais de inercia aparecem na Figura.



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



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).



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.



Solucao

Marcamos as forcas agindo na roda.

Escrevendo as equacoes de forcas e torques, temos:

Mg −N = May,

f = Max,

Nd− fR = Mk2Gα.



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



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


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



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.



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.



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



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



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.



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)



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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