Lista de execícios 15 - Mecânica Analíctica 1 - (Nivaldo A. Lemos)

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Lista 15 - Mecânica Clássica 1
Raphael Gomes Sousa
6 de abril de 2022
1 Exerćıcio 4.6.1 do Livro
Temos que considerar 2 planos perpendiculares. Sendo assim, tomamos os planos xy e yz.
Aplicando a demonstração do Lema 1, temos que por simetria para xy, ρ(x, y,−z) = ρ(x, y, z) e para
yz, ρ(−x, y, z) = ρ(x, y, z). Sendo assim, para o plano xy, temos
Ixz = −
∫∫∫
V
xzρ(x, y, z)dxdydz = 0 = Iyz
Onde
Iyz = −
∫∫∫
V
yzρ(x, y, z)dxdydz = 0
Analogamente para o plano yz, temos
Iyx = −
∫∫∫
V
yxρ(x, y, z)dxdydz = 0 = Izx
Onde
Izx = −
∫∫∫
V
zxρ(x, y, z)dxdydz = 0
Por simetria,
Iij = Iji
Portanto ficamos com os eixos principais para I1 eI2 como sendo
I1 =
Ixx Ixy IxzIyx Iyy Iyz
Izx Izy Izz
 =
Ixx Ixy 0Iyx Iyy 0
0 0 Izz

1
Para I2, temos
I2 =
Ixx Ixy IxzIyx Iyy Iyz
Izx Izy Izz
 =
Ixx 0 00 Iyy Iyz
0 Izy Izz

Portanto, os autovetores para I1 é dado por
I1 =
ξ1ξ2
ξ3
 =
00
1

Analogamente, para I2
I2 =
ξ1ξ2
ξ3
 =
00
1

Portanto provamos o Lema 2.
2 O cubo do Exemplo 4.6.1 do livro é posto a girar em torno
da aresta que coincide com o eixo z. Determine o vetor
momento angular do cubo e o ângulo que ele faz como vetor
velocidade angular.
Temos que o momento angular é dado por:
L =
←→
I · ω
Onde temos, L = Lx + Ly + Lz, sendo os L para cada coordenada dado por:
Lx = I11 + I12 + I13
Ly = I21 + I22 + I23
Lz = I31 + I32 + I33
Como no exemplo o cubo apenas gira em torno de z, então obtemos em forma matricial a seguinte
forma LxLy
Lz
 =
I11 I12 I13I21 I22 I23
I31 I32 I33
 ·
00
ω

Assim, encontramos os Lx, Ly, Lz como sendo
Lx = Ixz · ω
Ly = Iyz · ω
Lz = Izz · ω
Aplicando os valores dados pelo exemplo 4.6.1 do livro, ficamos com
Lx = −
∫ a
0
∫ a
0
∫ a
0
xzρdxdydz = −
∫ a
0
∫ a
0
∫ a
0
xy
M
a3
dxdydz = −1
4
Ma2 · ω
E por simetria
Ly = −
1
4
Ma2 · ω
E por fim,
Lz =
∫ a
0
∫ a
0
∫ a
0
(x2 + y2)ρdxdydz =
2
3
Ma2 · ω
2
Somando os valores encontrados, temos por fim
−→
L = −1
4
Ma2 · ωî−−1
4
Ma2 · ωĵ + 2
3
Ma2 · ωk̂
Para encontrarmos o valor do ângulo que o momento angulas faz com a velocidade angular, temos
o produto escalar dado po
L · ω = |L| · |ω|cosα
L1ω1 + L2ω2 + L3ω3 =
√
L21 + L
2
2 + L
2
3 · ωcosα
Como ω1eω2 são iguais a 0, sobra apenas o L3ω3, ficamos com
cosα =
L3ω3
ω
√
L21 + L
2
2 + L
2
3
=
2
√
72
3
√
41
= 0, 88
Apicando o arccos, temos
α ≃ 28, 35
3 Os momentos principais de inércia I1, I2, I3 de um corpo ŕıgido
em relação ao centro de massa são todos distintos. Se o cen-
tro de rotação do corpo passar a ser um ponto O deslocado
de um vetor s em relação ao centro de massa, mostre que
apenas se s for ao longo de um dos eixos 1, 2, 3 é que os eixos
principais de inércia passando pelo ponto O serão paralelos
aos eixos 1, 2, 3.
O vetor s é dado por
s = sxî+ sy ĵ + sz k̂,
Portanto vamos ter
x = ξ1 − s1, y = ξ2 − s2, z = ξ3 − s3
E os produtos de inércia portanto,
Ixy = −ρ
∫
v
xydv = −ρ
∫
v
(ξ1 − s1)(ξ2 − s2)dv
I12 + ρs1
∫
v
ξ2dv + ρs2
∫
v
ξ1dv − ρs1s2
∫
v
dv
Onde
I12 = 0,
∫
v
ξ1dv =
∫
v
ξ2dv, ρ
∫
v
dv = M
Assim, chegamos em
Ixy = −Ms1s2
que é igual a Iyx por simetria. De modo análogo, para Ixz,
Ixz = −ρ
∫
v
xzdv = −ρ
∫
v
(ξ1 − s1)(ξ3 − s3)dv = −Ms1s3
que é igual a Izx por simetria. E para Iyz
Iyz = −ρ
∫
v
yzdv = −ρ
∫
v
(ξ2 − s2)(ξ3 − s3)dv = −Ms2s3
3
que é igual a Izy por simetria. A matriz de inércia em relação a O tem a forma,
I =
 Ixx −Ms1s2 −Ms1s3−Ms1s2 Iyy −Ms2s3
−Ms1s3 −Ms2s3 Izz

Sendo s apenas ao longo de um dos eixos, temos que os outros 2 eixos serão iguais a 0. Tomando agora
s1 e s2 iguais a zero, sendo assim, escolhendo o eixo z, temos:
x = 0, y = 0, z = ξ3 − s3
Ficamos com os produtos de inércia sendo
Ixy = −ρ
∫
v
xydv = −ρ
∫
v
(0)(0)dv = 0 = Iyx
Ixz = −ρ
∫
v
xzdv = −ρ
∫
v
(0)(ξ3 − s3)dv = 0 = Izx
Iyz = −ρ
∫
v
yzdv = −ρ
∫
v
(0)(ξ3 − s3)dv = 0 = Izy
Portanto ficamos apenas com os momentos de inércia na matriz,
I =
Ixx 0 00 Iyy 0
0 0 Izz

Sendo assim, temos que a matriz está diagonalizada, o que nos dá que I1 = Ixx, I2 = Iyy, I3 = Izz.
4 Mostre que cada momento de inércia nunca é maior do que
a soma dos outros dois.
Podemos verificar da seguinte forma
Ixx =
∫
v
(y2 + z2)ρdv, Iyy =
∫
v
(x2 + z2)ρdv, Izz =
∫
v
(y2 + x2)ρdv
Portanto somando os termos, ficamos com
Ixx + Iyy =
∫
v
(y2 + z2)ρdv +
∫
v
(x2 + z2)ρdv =
∫
v
(y2 + x2)ρdv +
∫
v
2z2ρdv = Izz +
∫
v
2z2ρdv
Ixx + Izz =
∫
v
(y2 + z2)ρdv +
∫
v
(y2 + x2)ρdv =
∫
v
(x2 + z2)ρdv +
∫
v
2y2ρdv = Iyy +
∫
v
2y2ρdv
Iyy + Izz =
∫
v
(x2 + z2)ρdv +
∫
v
(y2 + x2)ρdv =
∫
v
(y2 + z2)ρdv +
∫
v
2x2ρdv = Ixx +
∫
v
2x2ρdv
Portanto a soma de 2 momentos de inércia sempre é maior do que o restante.
5 Determine os eixos e momentos principais de inércia em
relação ao vértice de um cone homogêneo de altura h e
raio da base R. Sabendo que o centro de massa do cone
encontra-se a uma distância 3h/4 do vértice, obtenha os ei-
xos e momentos principais de inércia em relação ao centro
de massa.
Visto que o cône é homogêneo, temos que a densidade é a mesma para qualquer ponto. Sendo assim,
a densidade ρ é dada por
ρ =
M
V
=
3M
πR2h
4
Agora transformando x,y e z em coordendas polares, temos
x = rcosθ, y = rsenθ, z = z
Primeiramente definimos os momentos de inércia, visto que o cone é simétrico para x e y, podemos
afirmar que Ixx = Iyy. Sendo assim, podemos encontrar os momentos de inércia.
Izz =
∫
v
(y2+x2)ρdv =
∫ h
0
∫ 2π
0
∫ R
0
(r2sen2θ+r2cos2θ)rρdrdθdz =
∫
v
(r3)ρdrdθdz =
2πR4h
4
ρ =
3R2M
2
Agora para Ixx,
Ixx = Iyy =
∫ h
0
∫ 2π
0
∫ R
0
(r2cos2θ + z)rρdrdθdz = M(h2 +
3
4
R2)
Agora calculando os produtos de inércia, temos
Ixy = −
∫ h
0
∫ 2π
0
∫ R
0
r3cosθsenθρdrdθdz = 0 = Iyx
Ixz = −
∫ h
0
∫ 2π
0
∫ R
0
r2cosθρdrdθdz = 0 = Izx
Iyz = −
∫ h
0
∫ 2π
0
∫ R
0
r2senθρdrdθdz = 0 = Izy
Portanto temos a matriz I dada por
I = M
(h2 + 34R2) 0 00 (h2 + 34R2) 0
0 0 3R
2
2

Os eixos escolhidos na questão já são os eixos principais de inércia, assim como os momentos. Pelo
teorema dos eixos paralelos temos que a distância do centro de massa ao eixo quadrado é dada por
(n̂×R)2, portanto:
I = ICM + (n̂×R)2
Assim, temos
Izz = ICM + 0 = ICMz =
3R2
2
Ixx = ICMx +
9Mh2
16
= Iyy
Onde ICMx = ICMy, temos portanto
ICMx = ICMy = M(
7h2
16
+
3
4
R2)
5
	Exercício 4.6.1 do Livro
	O cubo do Exemplo 4.6.1 do livro é posto a girar em torno da aresta que coincide com o eixo z. Determine o vetor momento angular do cubo e o ângulo que ele faz como vetor velocidade angular.
	Os momentos principais de inércia I1, I2, I3 de um corpo rígido em relação ao centro de massa são todos distintos. Se o centro de rotação do corpo passar a ser um ponto O deslocado de um vetor s em relação ao centro de massa, mostre que apenas se s for ao longo de um dos eixos 1, 2, 3 é que os eixos principais de inércia passando pelo ponto O serão paralelos aos eixos 1, 2, 3.
	Mostre que cada momento de inércia nunca é maior do que a soma dos outros dois.
	Determine os eixos e momentos principais de inércia em relação ao vértice de um cone homogêneo de altura h e raio da base R. Sabendo que o centro de massa do cone encontra-se a uma distância 3h/4 do vértice, obtenha os eixos e momentos principais de inércia em relação ao centro de massa.