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Lista de execícios 16 - Mecânica Analíctica 1 - (Nivaldo A. Lemos)

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18/04/2022
FABIO ROBERTO AQUINO DANTAS FILHO em 08/04/2022
Boa tarde professor, segue lista 16. Tenho algumas dúvidas em algumas
questões.
Primeiramente, a questão 1 é repetida da lista 15 e por isso não a fiz.
Na questão 2, não consegui provar a propriedade para o tensor arbitrário,
mas usei a propriedade para resolver a segunda parte da questão.
Já na 3 questão, consegui resolver o primeiro item, mas os 2 últimos não.
No segundo item, isolei o w1 e w2, elevei ao quadrado, utilizei da propriedade
de simetria que I¹=I², mas quando derivei a soma dos quadrados, o resultado
não deu 0. Já no último item, não consegui isolar as variáveis do w1 e do
w2, tentei até elevar as 2 primeiras questões ao quadrado, para usar do fato
da soma dos quadrados de w1 e w2 serem constantes de movimento, mas
mesmo assim não consegui isolar as variáveis.
A quarta questão eu fiz, apenas gostaria de saber se acertei.
Quanto à quinta, tentei fazer, mas a resposta deu errado. Tomei a ace-
leração do carro como um torque constante no eixo 3(z) e considerei como
se o vetor velocidade angular só tivesse a componente w3(z), fazendo uma
rotação de ângulo teta no plano xy. Não sei se essas considerações fazem sen-
tido. Após isso, tentei achar a equação de movimento através das equações
de euler. Mas fiquei com uma dúvida, pois as equações de euler são nos casos
que os eixos fixos no corpo são eixos principais. Calculando os componentes
do tensor de inércia, percebi que os componentes I13 e I31 não eram iguais
a zero, logo, os eixos escolhidos não eram eixos principais. Mesmo assim,
segui com a questão pois como considerei que o w1 e o w2 eram nulos, essas
componentes que não fazem parte da diagonal seriam anulados. Deixei meus
cálculos para que o senhor consiga compreender melhor meu racioćınio.
Arquivo: mc1-fabiodantas-lista16.pdf
Resposta
1 Você tem razão. Questão repetida.
2 A segunda parte (ii) está perfeita. Segue uma resolução completa da
questão.
(i) Dado um tensor arbitrário
←→
T . prove que(
d
←→
T
dt
)
inercial
=
(
d
←→
T
dt
)
corpo
+ ω ×
←→
T −
←→
T × ω.
1
(ii) Usando
L =
←→
I · ω,
(
dL
dt
)
inercial
= N
e o resultado do item anterior, deduza as equações de Euler para o movi-
mento de um corpo ŕıgido.
Solução. (i)
←→
T é um tensor (arbitrário, dependente do tempo):
←→
T =
∑
i,j
Tij êiêj =
∑
i,j
T ′ij ê
′
iê
′
j ,
em que apenas os vetores êi nunca dependem do tempo (por convenção).
Para a derivada do tensor temos
d
←→
T
dt
=
∑
i,j
Tij
dt
êiêj =
∑
i,j
T ′ij
dt
ê′iê
′
j +
∑
i,j
T ′ij
dê′i
dt
ê′j +
∑
i,j
T ′ij ê
′
i
d̂e
′
j
dt
.
Por definição(
d
←→
T
dt
)
inercial
=
∑
i,j
Tij
dt
êiêj ,
(
d
←→
T
dt
)
corpo
=
∑
i,j
T ′ij
dt
ê′iê
′
j ,
logo (
d
←→
T
dt
)
inercial
=
(
d
←→
T
dt
)
corpo
+
∑
i,j
T ′ij
dê′i
dt
ê′j +
∑
i,j
T ′ij ê
′
i
d̂e
′
j
dt
. (1)
Como
ê′i = ω × ê′i,
temos(
d
←→
T
dt
)
inercial
=
(
d
←→
T
dt
)
corpo
+
∑
i,j
T ′ij(ω × ê′i)ê′j +
∑
i,j
T ′ij ê
′
i(ω × ê′j)
=
(
d
←→
T
dt
)
corpo
+ ω ×
∑
i,j
T ′ij ê
′
iê
′
j
−∑
i,j
T ′ij ê
′
i(ê
′
j × ω)
=
(
d
←→
T
dt
)
corpo
+ ω ×
∑
i,j
T ′ij ê
′
iê
′
j
−
∑
i,j
T ′ij ê
′
i(ê
′
j
× ω)
=
(
d
←→
T
dt
)
corpo
+ ω ×
←→
T −
←→
T × ω.
2
(ii)
dL
dt
=
(
d
←→
I
dt
)
inercial
· ω +
←→
I · dω
dt
=
(
ω ×
←→
I
)
· ω −
(←→
I × ω
)
· ω +
←→
I · dω
dt
.
Por outro lado,(
ω ×
←→
I
)
· ω =ω ×
(←→
I · ω
)
=ê′1 (ω2I3ω3 − ω3I2ω2) + ê′2 (ω3I1ω1 − ω1I3ω3) + ê′3 (ω1I2ω2 − ω2I1ω1)
=(I3 − I2)ω2ω3ê′1 + (I1 − I3)ω3ω1ê′2 + (I2 − I1)ω1ω2ê′3.
Substituindo na segunda equação (??), teremos as equações de Euler,
N1 = I1ω̇1+(I3−I2)ω2ω3, N2 = I2ω̇2+(I1−I3)ω3ω1, N3 = I3ω̇3+(I2−I1)ω1ω2.
3 É mais simples. Acredito que você já tem descoberto a solução. Mesmo
assim, estou enviando a resolução da questão.
Solução. Seja 3 o eixo de simetria da nave. Ele é um eixo principal de
inércia. Os outros eixos principais de inércia, 1 e 2, são perpendiculares ao
eixo 3 e mutuamente perpendiculares.
As equações de Euler para a nave (levando em conta I1 = I2):
I1ω̇1 − (I1 − I3)ω2ω3 = 0, I1ω̇2 − (I3 − I1)ω2ω3 = 0, I3ω̇3 = N3,
(i) A terceira equação é independente e a solução geral dela é
ω3 =
N3
I3
t+ C3.
Se ω3(0) = 0, então
ω3(t) =
N3
I3
t.
(ii) Das duas primeiras equações de Euler,
ω̇1 =
I1 − I3
I1
ω2ω3, ω̇2 =
I3 − I1
I1
ω3ω1.
Multiplicando a primeira equação por ω1, a segunda por ω2 e, depois, fazendo
a soma das duas, teremos
0 = ω1ω̇1 + ω2ω̇2 =
d
dt
(
ω21 + ω
2
2
)
.
(iii) ω1(t) = ω2(t) = 0 é uma solução nesse caso. Como a solução é única,
esta é a solução.
3
4 Faltou pouco aqui.
Solução. Componentes do tensor de inércia relativas ao ponto P vistas do
sistema cartesiano atado à porta:
� Ix1x1 :
Ix1x1 = σ
∫ l
0
dx1
∫ h
0
dx3x
2
3 =
Mh2
3
.
� Ix3x3 :
Ix3x3 = σ
∫ l
0
dx1
∫ h
0
dx3x
2
3 =
Ml2
3
.
� Ix2x2 = Ix1x1 + Ix3x3 = M(l
2 + h2)/3.
� Ix1x2 = Ix2x3 = 0 [explique porque].
� Ix1x3 :
Ix1x3 = −σ
∫ l
0
dx1
∫ h
0
dx3x1x3 = −
Mlh
4
.
(i) Momento angular:
L =
←→
I · ω = (Ix1x3ω)êx1 + (Ix3x3ω)êx3 ,
logo
Lx1 = Ix1x3ω, Lx2 = 0, Lx3 = Ix3x3ω.
(ii) Componentes do momento angular no referencial inercial:
Lx = Lx1 cos(ωt+ φ)− Lx2 sen(ωt+ φ) = Lx1 cos(ωt+ φ),
Ly = Lx1 sen(ωt+ φ) + Lx2 cos(ωt+ φ) = Lx1 sen(ωt+ φ),
Lz = Lx3 = Ix3x3ω.
Componentes do torque:
Nx =
dLx
dt
= −ωLx1 sen(ωt+ φ) =
Mlhω
4
sen(ωt+ φ),
Ny =
dLy
dt
= ωLx1 cos(ωt+ φ) = −
Mlhω
4
cos(ωt+ φ),
Nz =
dLy
dt
= 0.
5 Temos que usar o referencial do carro aqui.
4
Solução. Consideremos uma part́ıcula de massa m. Em um referencial
inercial K′ é válida a lei de Newton
m
d2r′
dt2
= F. (2)
Suponhamos que a origem O de um outro referencial K, vista de K′, se move
com aceleração constante a0, mas os eixos de K são paralelos aos respectivos
eixos de K′. Então,
r′ = r +
(
r0 + v0t+
1
2
a0t
2
)
⇔ d
2r′
dt2
=
d2r
dt2
+ a0,
em que r0, v0 são constantes. Substituindo na Eq. (2), teremos
m
d2r
dt2
+ma0 = F ⇔ m
d2r
dt2
= F−ma0.
Conclusão: no sistema K, a força total F sobre a part́ıcula em K′ deve ser
substitúıda por F−ma0. Notemos que a “força” −ma0 é conservativa:
−ma0 = −∇U, U = ma · r + C, C = constante. (3)
Voltando ao nosso problema, sejam x e y ei-
xos horizontais e z o eixo vertical, todos pas-
sando por O. O segmento OA é a projeção da
porta sobre o plano horizontal. O ponto O se
move ao longo do eixo x com aceleração cons-
tante a. Usaremos o referencial (não inercial)
Oxyz. A componente z do deslocamento é
igual a zero e o movimento é, essencialmente,
em duas dimensões.
Seja s a distância entre o eixo z e um ponto da porta. A massa dm da
“tira vertical” da porta entre s e s+ ds é dada por
dm = λds,
onde λ = σh, sendo σ = constante a densidade superficial de massa. A
energia cinética desse elemento é
dT =
dm
2
v2 =
dm
2
(
sθ̇
)2
=
λθ̇2
2
s2 ds.
Para a energia cinética da porta teremos
T =
λθ̇2
2
∫ l
0
s2 ds =
Ml2
6
θ̇2,
em que M = λl é a massa da porta.
5
A aceleração de O no sistema inercial é a = âi logo, a energia potencial
dU do elemento dm da porta (tomando a constante C na Eq. (3) igual a
zero) é
dU = ax dm = a (−s sen θ) (λ ds) = −λa sen θ s ds.
Integrando, teremos
U = −λa sen θ
∫ l
0
s ds = −Mla
2
sen θ.
A lagrangiana do sistema é
L = T − U = Ml
2
6
θ̇2 +
Mla
2
sen θ.
Multiplicando a equação de Lagrange ,
Ml2
3
θ̈ − Mla
2
cos θ = 0
teremos
dh
dt
= 0
em que h é a função energia (integral de Jacobi)
h =
Ml2
6
θ̇2 − Mla
2
sen θ.
Das condições iniciais, θ(0) = 0, θ̇(0) = 0, decorre
0 =
Ml2
6
θ̇2 − Mla
2
sen θ ⇔ θ̇2 = 3a
l
sen θ,
donde
dt =
√
l
3a
dθ√
sen θ
t =
√
l
3a
∫ π/2
0
dθ√
sen θ
.
Avaliando a integral1∫ π/2
0
dθ√
sen θ
= 2−3/2B
(
1
4
,
1
4
)
= 2−3/2
[Γ(1/4)]2
Γ(1/2)
≈ 2, 6221.
Substituindo tudo, temos t ≈ 3, 012 s.
Referências
[1] I. S. Gradshteyn and I. M. Ryzhik. Table of Integrals, Series, and

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