1a Prova-Gabarito

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Gabarito da 1a Prova de Mecânica do Contínuo
(1) Considere uma semi-esfera homogênea maciça de raio R e massa M , então:
(a) (1,0 ponto) Calcule o centro de massa.
Solução: Temos que:
~RCM =
1
M
Z
V
~r�dV com � =
M
2
3�R
3
= cte
de modo que, em coordenadas esféricas, temos:
zCM =
1
2
3�R
3
Z
V
zdV =
3
2�R3
Z R
0
r3dr
Z �=2
0
sin � cos �d�
Z 2�
0
d' =
=
3
2�R3
R4
4
1
2
2�
Z �=2
0
sin 2�d� = � 3R
16
cos 2�
�����=2
0
=
3R
8
Note que, por simetria, devemos ter xCM = yCM = 0.
(b) (1,0 ponto) Calcule o tensor de inércia em relação ao centro de massa.
Solução: Primeiramente, calculemos o tensor de inércia em relação à origem. Temos que:
Izz =
Z
V
�dV
�
x2 + y2
�
Novamente, por simetria, vemos que podemos escrever para I33 = Izz:
Izz = 2
Z
V
x2�dV =
3M
�R3
Z
V
r2 sin2 � cos2 'r2 sin �drd�d' =
=
3M
�R3
Z R
0
r4dr
Z �=2
0
sin3 �d�
Z 2�
0
cos2 'd' =
=
3MR2
5�
Z �=2
0
�
1� cos2 �
�
sin �d�
Z 2�
0
1
2
(1 + cos 2') d' =
=
3MR2
5
Z 1
0
�
1� u2
�
du = (onde �zemos u = cos �)
=
2
5
MR2
Novamente, por simetria, temos que Ixx = Iyy, de modo que:
Ixx =
Z
V
�
y2 + z2
�
�dV =
MR2
5
+
Z
V
z2�dV
Logo: Z
V
z2�dV =
3M
2�R3
Z R
0
r4dr
Z �=2
0
cos2 � sin �d�
Z 2�
0
d' =
=
3MR2
5
Z 1
0
u2du =
MR2
5
Ixx = Iyy =
MR2
5
+
MR2
5
=
2
5
MR2
O tensor de inércia
 !
I 0 (fora do centro de massa) é dado, então, por
 !
I 0 =
2
5
MR2Î =
2
5
MR2
0@ 1 0 00 1 0
0 0 1
1A
1
Por outro lado, a matriz centro de massa M̂CM é dada por�
M̂CM
�i
j
= M
�
~R2�ij �RiRj
�
=
=
9
64
MR2
0@ 1 0 00 1 0
0 0 0
1A
O teorema dos eixos paralelos nos permite calcular então,
 !
I CM :
 !
I CM =
 !
I 0 � M̂CM =
2
5
MR2
0@ 1 0 00 1 0
0 0 1
1A� 9
64
MR2
0@ 1 0 00 1 0
0 0 0
1A =
= MR2
0@ 83320 0 00 83320 0
0 0 25
1A
(2) Seja
 !
I =
1
4
0@ 11 �p2 ba 6 p2
5 c 11
1A
um tensor de inércia de um corpo rígido em um sistema S, então:
(a) (1,0 ponto) Ache os momentos principais e as direções principais de inércia de
 !
I .
Solução: O polinômio característico é obtido, igualando à zero, o determinante de
 !
I � �Î:������
11
4 � � �
1
4
p
2 54
� 14
p
2 32 � �
1
4
p
2
5
4
1
4
p
2 114 � �
������ = 0
que traz:
P (�) = �3 � 7�2 + 14�� 8 = 0
Por inspeção, vemos que � = 1 é uma solução do polinômio acima. Dividindo P (�) por �� 1, obtemos:
�3 � 7�2 + 14�� 8
�� 1 = �
2 � 6�+ 8 = (�� 2) (�� 4)
Assim, temos os autovalores dados por �1 = 1; �2 = 2 e �3 = 4. Podemos encontrar os respectivos
autovetores: Para �1 = 1: 0@ 74 � 14p2 54� 14p2 12 14p2
5
4
1
4
p
2 74
1A0@ xy
z
1A =
0@ 00
0
1A
que leva à �
7x�
p
2y + 5z = 0
5x+
p
2y + 7z = 0
ou
�
y =
p
2x
z = �x
logo, o autovetor �̂1, já devidamente normalizado é, então:
�̂1 =
1
2
0@ 1p2
�1
1A
Para �2 = 2: 0@ 34 � 14p2 54� 14p2 � 12 14p2
5
4
1
4
p
2 34
1A0@ xy
z
1A =
0@ 00
0
1A
2
que leva à �
3x�
p
2y + 5z = 0
5x+
p
2y + 3z = 0
ou
�
y = �
p
2x
z = �x
logo, o autovetor �̂2, já devidamente normalizado é, então:
�̂2 =
1
2
0@ 1�p2
�1
1A
Para �3 = 4: 0@ � 54 � 14p2 54� 14p2 � 52 14p2
5
4
1
4
p
2 � 54
1A0@ xy
z
1A =
0@ 00
0
1A
que leva à �
�5x�
p
2y + 5z = 0
�
p
2x� 10y +
p
2z = 0
ou
�
y = 0
z = x
logo, o autovetor �̂3, já devidamente normalizado, é então:
�̂3 =
1p
2
0@ 10
1
1A
(b) (1,0 ponto) Escreva a matriz de rotação R1(�=6) de �=6 radianos em torno do eixo x1.
Solução: Temos:
R1(�=6) =
0@ 1 0 00 cos (�=6) � sin(�=6)
0 sin(�=6) cos (�=6)
1A = 1
2
0@ 1 0 00 p3 �1
0 1
p
3
1A
(c) (1,0 ponto) Encontre a matriz de
 !
I em um sistema S0 �rotacionado�por R1(�=6).
Solução: Temos que, matricialmente: !
I 0 = R�1
 !
I R
ou seja:
 !
I 0 =
1
4
0@ 1 0 00 p3 1
0 �1
p
3
1A0@ 11 �p2 5�p2 6 p2
5
p
2 11
1A0@ 1 0 00 p3 �1
0 1
p
3
1A =
=
1
4
0@ 11 5�p6 p2 + 5p35�p6 2p6 + 29 2p2 + 5p3p
2 + 5
p
3 2
p
2 + 5
p
3 39� 2
p
6
1A
(3) Considere uma �gura sólida plana homogênea de massa unitária (M = 1) formado pelo grá�co da
função cosx e as retas x e y no plano cartesiano, então:
(a) (1,0 ponto) Ache o centro de massa.
Solução: Temos que a área S da �gura é dada por
S =
Z �=2
0
cosxdx = 1
Como a massa está distribuída homogeneamente, temos que
� =
M
S
= 1
3
e o centro de massa ~RCM é dado por
~RCM =
�
M
Z
S
~rds = {̂
Z
S
xds+ |̂
Z
S
yds =
= {̂
Z �=2
0
xdx
�Z cos x
0
dy
�
+ |̂
Z �=2
0
dx
�Z cos x
0
ydy
�
=
= {̂
Z �=2
0
x cosxdx+
1
2
|̂
Z �=2
0
cos2 xdx =
=
��
2
� 1
�
{̂+ |̂
�
8
(b) (1,0 ponto) Calcule o tensor de inércia em relação ao sistema de referência de�nido pelos eixos x e y.
Solução: Temos que:� !
I
�1
1
=
Z
S
y2�ds =
Z �=2
0
dx
�Z cos x
0
y2dy
�
=
=
1
3
Z �=2
0
cos3 xdx =
1
3
Z �=2
0
�
1� sin2 x
�
cosxdx =
=
1
3
Z 1
0
�
1� u2
�
du =
2
9
e � !
I
�2
2
=
Z
S
x2�ds =
Z �=2
0
x2dx
�Z cos x
0
dy
�
=
=
Z �=2
0
x2 cosxdx =
�
1
4
�2 � 2
�
e ainda � !
I
�1
2
= �
Z
S
xy�ds = �
Z �=2
0
xdx
�Z cos x
0
ydy
�
=
= �1
2
Z �=2
0
x cos2 xdx = �1
4
Z �=2
0
x (1 + cos 2x) dx =
= �1
4
"
1
2
��
2
�2
+
Z �=2
0
x cos 2xdx
#
= �1
8
���
2
�2
� 1
�
(c) (1,0 ponto) Calcule o tensor de inércia em relação ao centro de massa.
Solução: Pelo teorema dos eixos paralelos, temos que:
 !
I 0 =
 !
I CM + M̂
onde (lembrando que ~RCM =
�
�
2 � 1
�
{̂+ |̂�8 )�
M̂
�i
j
= M
�
~R2CM�
i
j �RiCMRCMj
�
=
= M
 �
�
8
�2 ��8 ��2 � 1�
��8
�
�
2 � 1
� �
�
2 � 1
�2
!
De modo que:
 !
I CM =
 !
I 0 � M̂ =
= M
240@ 29 � 18 h��2 �2 � 1i
� 18
h�
�
2
�2 � 1i 14�2 � 2
1A� ��8 �2 ��8 ��2 � 1�
��8
�
�
2 � 1
� �
�
2 � 1
�2
!35 =
=
�
2
9 �
1
64�
2 1
32 (� � 2)
2
1
32 (� � 2)
2
� � 3
�
�
�
7 4
4 14
�
� 10�2
4
(d) (1,0 ponto) Diagonalize o tensor de inércia e encontre os eixos principais de inércia.
Solução: O polinômio característico em � do tensor de inércia é dado pelo determinante:��� !I CM � �Î��� = ���� 7� � 44 14� �
���� = �2 � 21�+ 82
que possui raízes aproximadamente iguais a 5; 2 e 15; 8, de modo que os momentos principais de inércia são
�1 = 0; 052 e �2 = 0; 158
e as direções principais são dadas pelos respectivos autovetores. Para �1, temos:�
1; 8 4
4 �8; 8
��
x
y
�
=
�
0
0
�
logo 1; 8x+ 4y = 0
que nos dá um autovetor (já normalizado)
�̂1 =
1
1; 1
�
1
�0; 45
�
Para �2, temos: �
�8; 8 4
4 �1; 8
��
x
y
�
=
�
0
0
�
logo � 8; 8x+ 4y = 0
que nos dá um autovetor (já normalizado)
�̂2 =
1
2; 41
�
1
2; 2
�
(e) (1,0 ponto) Encontre o ângulo (em graus) que o sistema de eixos diagonalizado está rotacionado em
relação ao sistema original.
Solução: Temos que
ê1 � �̂1 = cos � =
1
1; 1
logo
� = arccos
�
1
1; 1
�
� 0:43 radianos
ou seja
� =
0:43� 180
�
� 24; 6�
x
y
5