Dinâmica de Corpos Rígidos

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11.1 Introdução
Define-se um corpo rígido como um conjunto de 
partículas cujas distâncias são fixas. Embora isto 
não exista na prática, muitos corpos podem ser 
tratados em boa aproximação como corpos rígidos.
Para descrever o movimento de um corpo rígido 
são necessários dois sistemas de coordenadas: um 
sistema inercial e um sistema fixo no corpo. 
11
Dinâmica de Corpos Rígidos
inercialsistema 
αωυ senr=
São necessárias 6 coordenadas para especificar a 
posição do corpo rígido: 3 coordenadas para 
especificar a origem do sistema fixo no corpo 
(normalmente o CM) e 3 ângulos que especificam a 
orientação do sistema fixo no corpo em relação ao 
sistema inercial (ângulos de Euler, seç. 11.7).
corpo no fixosistema 
11.2 O tensor de inércia
A figura abaixo mostra uma partícula de massa m
que gira em torno de um dado eixo com velocidade 
angular (vetor) w.
r
v
α
w
A velocidade da partícula pode ser escrita, em 
módulo, como
Como v é perpendicular ao plano formado por r e 
w, podemos escrever
rwv ×=
Se w e v forem especificados em relação ao 
sistema fixo no corpo, a velocidade da partícula α
em relação ao sistema inercial pode ser escrita 
como
αα rwVv ×+=
onde V é a velocidade do sistema fixo no corpo em 
relação ao sistema inercial. A energia cinética do 
corpo rígido pode ser escrita, no referencial 
inercial, como
)()( 
)()(
2
12
2
1
2
1
αα
α
αα
α
α
α
α
αα
α
α
rwrwrwV
rwVrwV
×⋅×+×⋅+=
×+⋅×+=
∑∑∑
∑
mmVm
mT
O segundo termo pode ser escrito como
RwVrwV Mm ×⋅=×⋅ ∑ α
α
α
Se a origem do sistema fixo no corpo for colocado 
no CM, então R = 0, e o segundo termo de T é
nulo. Assim, podemos escrever
rottrans TTT +=
onde
2
2
12
2
1 MVVmTtrans == ∑
α
α
)()(21 αα
α
α rwrw ×⋅×= ∑mTrot
Da identidade vetorial
podemos escrever a energia cinética rotacional 
como
222 )()()( BABABA ⋅−=×⋅× BA
])([ 22221 αα
α
α ω rw ⋅−= ∑ rmTrot
Mas origem
zyxi
ji
ijji
i
i ωωωωδωωωω ,, 
,
22 ↔== ∑∑
 ,, 22 αααααααα ω zyxrrrr i
i
ii
i
i ↔⋅=⋅= ∑∑ rw
de forma que podemos escrever 
∑ ∑∑
∑ ∑ ∑
∑ ∑∑∑∑
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⋅−⋅=
ji
ji
k
kijji
ji
jiji
k
kijji
j
jj
i
ii
k
kij
ji
jirot
rrrm
rrrm
rrrmT
,
2
2
1
,
2
2
1
2
,
2
1
 
 
ααα
α
α
α
αααα
α
αααα
δωω
ωωδωω
ωωδωω
Definindo
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −= ∑∑ ji
k
kijij rrrmI ααα
α
α δ 2
podemos escrever 
(11.11) 21 jiij
ij
rot IT ωω∑=
Os nove termos Iij constituem os elementos de um 
tensor (matriz) designado por {I} chamado tensor 
de inércia.
Os elementos da diagonal (i = j) são chamados 
momentos de inércia e podem ser escritos como 
)(
)( )(
22
2222
αα
α
α
αα
α
ααα
α
α
yxmI
zxmIzymI
zz
yyxx
+=
+=+=
∑
∑∑
Os elementos fora da diagonal (i ≠ j) são chamados 
produtos de inércia e podem ser escritos como 
αα
α
α
αα
α
ααα
α
α
zymII
zxmIIyxmII
zyyz
zxxzyxxy
∑
∑∑
−==
−==−== 
Se o corpo rígido for tratado como uma 
distribuição contínua de matéria, podemos escrever
υδρ drrrI ji
k
kijij ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= ∑∫ 2)(r
dxdydzxyzyxI
dxdydzzyzyxI
xy
xx
∫∫∫
∫∫∫
−=
+=
),,(
)(),,( 22
ρ
ρ
Explicitamente,
etc.
Exemplo 11.1 --------------------------------------------
Calcule o tensor de inércia de um cubo homogêneo 
de massa M e aresta b. A origem está em um dos 
vértices e os 3 lados adjacentes estão ao longo dos 
eixos x, y e z.
x
z
y
Solução. 
2
4
15
4
1
000
2
3
25
3
2
0
22
00
)(
MbbdzydyxdxI
MbbdzzydydxI
bbb
xy
bbb
xx
−=−=−=
==+=
∫∫∫
∫∫∫
ρρ
ρρ
Por simetria, 
yzxzxyzzyyxx IIIIII ==== 
de forma que o tensor de inércia pode ser escrito 
como 
{ }
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−
−−
−−
=
3
2
4
1
4
1
4
1
3
2
4
1
4
1
4
1
3
2
2MbI
--------------------------------------------------------------
11.3 Momento angular
O momento angular de um corpo rígido em relação 
a uma origem fixa no corpo (não necessariamente o 
CM) pode ser escrito como
∑ ×=
α
αα prL
Existem duas escolhas convenientes: (a) se houver 
um ou mais pontos do corpo rígido que permaneça 
fixo, um destes pontos deve ser escolhido como 
origem; (b) se não houver um ponto fixo, a escolha 
mais conveniente é o CM.
Como 
ααααα rwvp ×== mm
podemos escrever
∑ ××=
α
ααα )( rwrL m
Da identidade vetorial
)()( 2 BAABABA ⋅−=×× A
)]([ 2 wrrwL ⋅−= ∑ αα
α
αα rm
Empregando a mesma técnica usada para escrever 
Trot, temos
∑ ∑∑
∑ ∑∑
∑ ∑∑
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=
α
αααα
α
αααα
α
αααα
δω
ωδω
ωω
k
jikij
j
j
j
k
ijkijj
j
j
jj
k
ikii
rrrm
rrrm
rrrmL
2
2
2
 
 
ou
(11.20a) ∑=
j
jiji IL ω
Em notação tensorial
{ } wIL ⋅=
Note que a não ser que os elementos fora da 
diagonal do tensor {I} sejam todos nulos, os vetores 
L e w não serão paralelos. Como um exemplo, 
considere um alteres girando (figura abaixo).
L1 é perpendicular a r1 e v1 e L2 é perpendicular a 
r2 e v2. Assim, L = L1 + L2 é perpendicular à barra 
que une as duas massas.
À medida que o sistema gira, L muda de direção, 
de forma que
0≠= NL&
Portanto, é necessário aplicar um torque ao alteres 
para mantê-lo girando.
Uma relação entre Trot, L e w pode ser obtida 
multiplicando-se (11.20a) por ωi e somando sobre 
i. Assim, teremos 
rot
ij
jiij
i
ii TIL == ∑∑ ωωω 2121
Em notação tensorial, podemos escrever
{ } wIwLw ⋅⋅=⋅= 2121rotT
Exemplo 11.2 -------------------------------------------
Obtenha a freqüência de pequenas oscilações (no 
plano) para o pêndulo da figura abaixo. 
2
b
2
b
2m
1m
θ
g
2e
1e
3e •
Solução. Como as partículas estão sobre o eixo e1, 
as únicas componentes não nulas do tensor {I} são
2
24
1
13322 )( bmmII +==
Assim, o tensor de inércia pode ser escrito como
{ }
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
+
+=
2
24
1
1
2
24
1
1
)(00
0)(0
000
bmm
bmmI
A velocidade angular é dada por
3 ew θ&=
O momento angular é dado por (11.20a) ou por 
temos
{ } wIL ⋅=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⋅
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
+
+=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
θ&
0
0
)(00
0)(0
000
2
24
1
1
2
24
1
1
3
2
1
bmm
bmm
L
L
L
Em notação matricial, 
•
•
2v
2m
2r
1r
1vw
L
1m
Assim, podemos escrever 
3
2
24
1
1 )( eL θ&bmm +=
O torque sobre o sistema é dado por
grrgrgrN ×+=×+×= )( 22112211 mmmm
Como
 121211 erer bb ==
temos
( ) 32211
21122
1
1
 sen 
) sen (cos)(
e
eeeN
θ
θθ
bgmm
gbmm
+−=
−×+=
Da relação,
NL =&
podemos escrever
( ) ( ) θθ sen 221122411 bgmmbmm +−=+ &&
Para θ pequeno, temos a equação de um MHS com 
freqüência de oscilação 
b
g
mm
mm
o ⋅+
+=
24
1
1
22
1
12ω
--------------------------------------------------------------
11.4 Eixos principais de inércia
É sempre possível encontrar 3 eixos mutuamente 
perpendiculares, chamados eixos principais de 
inércia, para os quais os produtos de inércia são 
nulos. Em outras palavras, o tensor de inércia só
possui elementos não nulos na diagonal:
{ }
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=↔=
3
2
1
00
00
00
 
I
I
I
II ijiij Iδ
Em termos dos eixos principais de inércia, o 
momento angular e a energia cinética rotacional
podem ser escritos como
∑ ==
j
iijijii IIL ωωδ
 22121∑ ∑==
ij i
iijiijirotIIT ωωωδ
Se o corpo girar em torno de um eixo principal de 
inércia e I for o momento de inércia em relação a 
este eixo, então L e w apontam ao longo do eixo, 
de maneira que podemos escrever
(11.36) wL I=
As componentes de L em relação aos eixos x, y, z
(não principais) são
zxyxxx ILILIL ωωω === , ,
Por outro lado, de (11.20a), podemos escrever 
zzzyzyxzxz
zyzyyyxyxy
zxzyxyxxxx
IIIL
IIIL
IIIL
ωωω
ωωω
ωωω
++=
++=
++=
Igualando as expressões, temos 
0)(
(11.38) 0)(
0)(
=−++
=+−+
=++−
zzzyzyxzx
zyzyyyxyx
zxzyxyxxx
IIII
IIII
IIII
ωωω
ωωω
ωωω
Este sistema de equações só possui solução 
diferente da trivial (ωx = ωy = ωz = 0) se
0=
−
−
−
IIII
IIII
IIII
zzzyzx
yzyyyx
xzxyxx
Esta é uma equação do terceiro grau em I, e 
portanto, possui 3 soluções: I1, I2 e I3. As soluções 
correspondem aos momentos de inércia em relação 
aos eixos principais e são chamadas momentos 
principais de inércia.
Se o corpo girar em torno do eixo principal 
correspondente ao momento principal I1, (11.36) 
pode ser escrita como
111 wL I=
de forma que L1 e w1 apontam ao longo deste eixo. 
Assim, podemos determinar a direção do eixo 
substituindo I1 no lugar de I em (11.38) e 
determinando a direção de w1: as razões entre as 
componentes da velocidade angular. Estas razões 
dão os cossenos diretores do eixo principal em 
relação aos eixos não principais x , y e z. 
) sen (cos 21 eeg θθ −= g
Os eixos correspondentes a I2 e I3 podem ser 
obtidos de forma análoga.
Os corpos rígidos podem ser classificados da 
seguinte forma:
oassimétric pião 
 rotor 0 ,
simétrico pião 
esférico pião 
321
321
321
321
→≠≠
⎩⎨
⎧
→==
→≠=
→==
III
III
III
III
Exemplo 11.3 --------------------------------------------
Obtenha os momentos e os eixos principais de 
inércia para o cubo do exemplo 11.1.
Solução. Para simplificar a notação, vamos fazer
2Mb=β
Temos que resolver a equação secular
0
3
2
4
1
4
1
4
1
3
2
4
1
4
1
4
1
3
2
=
−−−
−−−
−−−
I
I
I
βββ
βββ
βββ
Um determinante não se altera quando uma de suas 
linhas (ou colunas) é substituída por uma combi-
nação dela mesma com as outras. Assim, podemos 
fazer a troca
linha 2 linha 1linha 2 ooo −−− →−
para obter
00
3
2
4
1
4
1
12
11
12
11
4
1
4
1
3
2
=
−−−
−+−
−−−
I
II
I
βββ
ββ
βββ
ou
0011 )(
3
2
4
1
4
1
4
1
4
1
3
2
12
11 =
−−−
−
−−−
−
I
I
I
βββ
βββ
β
Expandindo, temos 
0)]()[( )( 3241
2
8
12
3
2
12
11 =−−−−− III βββββ
ou 
0])[( 272111213
2
12
11 =+−− βββ III
As soluções desta equação são: 
βββ 1211312112611 === III
e o tensor de inércia diagonalizado é
{ }
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
2
12
11
2
12
11
2
6
1
00
00
00
Mb
Mb
Mb
I
Para obter o eixo principal de inércia associado a 
I1, vamos substituir a solução I1 = β/6 em (11.38) 
para obter
0)(
0)(
0)( 
16
1
3
2
14
1
14
1
14
1
16
1
3
2
14
1
14
1
14
1
16
1
3
2
=−+−−
=−−+−
=−−−
zyx
zyx
zyx
ωβββωβω
βωωβββω
βωβωωββ
onde o índice 1 indica componentes da velocidade 
angular associada a I1. Simplificado, temos
02
02
02 
111
111
111
=+−−
=−+−
=−−
zyx
zyx
zyx
ωωω
ωωω
ωωω
Note que estas 3 equações não são linearmente 
independentes: a terceira é soma das outras duas 
multiplicada por –1. Dessa forma, não podemos 
obter ω1, ω2 e ω3 mas somente relações entre estas 
componentes. Isto nos dá a direção de w, que é o 
que nos interessa. Da primeira e segunda equações, 
temos
111 zyx ωωω ==
Isto significa que a velocidade angular pode ser 
escrita como
)( 11 kjiw ++= xω
e portanto, é paralela ao vetor unitário
Em outras palavras, o eixo associado a I1 = β/6 
aponta na direção de e1: a diagonal do cubo.
Se substituirmos I2 = 11β/12 em (11.38) teremos 3 
equações equivalentes. Nesse caso, a única relação 
entre as componentes de w é
)( 
3
1
1 kjie ++=
0 222 =++ zyx ωωω
e portanto, não é possível determinar de forma 
única a direção do eixo associado a I2. Este 
resultado é uma conseqüência do fato de que 
I2 = I3, de forma que devemos obter a mesma 
equação para o segundo e o terceiro eixos. A 
equação acima é a equação de um plano 
perpendicular a e1 e impõe que os eixos associados
a I2 e I3 estejam contidos em um plano perpen-
dicular a e1 mas as suas direções sobre o plano são 
arbitrárias. Por conveniência, escolhe-se e2 e e3 de 
maneira que sejam perpendiculares entre si. 
--------------------------------------------------------------
11.5 Momentos de inércia em sistemas de 
coordenadas paralelos 
Considere dois sistemas de coordenadas fixos no 
corpo. Os eixos coordenados nos dois sistemas são 
paralelos mas um sistema possui origem no CM e o 
outro não.
As relações entre as coordenadas da partícula α
podem ser escritas como 
iii arr +=′ αα
Os elementos do tensor de inércia no referencial 
com linha (origem fora do CM) são dados por 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−+
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++−+=′
∑∑
∑∑
∑∑
∑∑
k
jiijkkij
k
jikij
k
jikij
k
jjiikkijij
arararm
aaam
rrrm
arararmI
ααα
α
α
α
α
ααα
α
α
ααα
α
α
δ
δ
δ
δ
2 
 
 
))(()(
2
2
2
Note que o primeiro termo é Iij: a componente ij
tensor de inércia em relação ao sistema com 
origem no CM. Por outro lado, todos os termos do 
último somatório envolvem somas do tipo
que é igual a zero porque Ri é a componente i (X, Y, 
ou Z) do vetor posição do CM em relação ao 
próprio CM. Por outro lado,
22222 aaaaa zyx
k
k =++≡∑
de forma que podemos escrever
)( 2 jiijijij aaaMII −+=′ δ
Esta equação é uma generalização do teorema dos 
eixos paralelos de Steiner visto no cap. 11 do 
Halliday-Resnick.
Exemplo 11.4 --------------------------------------------
Obtenha o tensor de inércia do cubo do exemplo 
11.1 em um sistema de coordenadas com origem 
no CM.
a
r
r′
z′
x′
y′
y
z
x
CM
{ }
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−
−−
−−
=′
3
2
4
1
4
1
4
1
3
2
4
1
4
1
4
1
3
2
2MbI
x′
z′
y′
x
z
ya
O vetor a tem componentes
babaaa zyx 2321 =⇒===
Solução. De acordo com a nossa notação, a solução 
do exemplo 11.1 é
Assim,
2
6
12
2
12
2
32
3
2
222
3
2
])()[( 
)(
MbbbMMb
aaMMbI xxx
=−−=
−−=
0)( 
)(
2
1
2
12
4
1
2
4
1
=⋅−−−=
−−−=
aaMMb
aaMMbI yxxy
Por simetria,
yzxzxyzzyyxx IIIIII ==== 
de forma que o tensor de inércia no sistema com 
origem no CM (sem linha) é
 ii MRrm =∑ α
α
α
{ }
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
6
1
6
1
6
1
2
00
00
00
MbI
Em notação simplificada,
{ } { }1I 261 Mb=
onde {1} é o tensor unitário
{ }
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
100
010
001
1
É interessante observar que quando a origem é
colocada no CM o tensor {I} é diagonal: os eixos x, 
y e z são eixos principais de inércia. Além disso, os 
momentos principais de inércia, Ix, Iy e Iz, são todos 
iguais. No próximo exemplo vamos mostrar que, 
com a origem no CM, o tensor de inércia do cubo é
o mesmo, independente da orientação dos eixos 
(como uma esfera!). Por exemplo, se os eixos 
fossem definidos ao longo das diagonais do cubo, 
teríamos o mesmo {I}.
--------------------------------------------------------------
11.6 Outras propriedades do tensor deinércia
As componentes do momento angular podem ser 
escritas em relação a um sistema de coordenadas 
xyz como
(11.54a) ∑=
l
lklk IL ω
Da mesma forma, em um sistema de coordenadas 
x’y’z’, rodado em relação ao primeiro, podemos 
escrever
(11.54b) ∑ ′′=′
j
jiji IL ω
Se λ for a matriz que faz a rotação do sistema sem 
linha para o sistema com linha, então λt é a matriz 
que faz a transformação inversa. Assim podemos 
escrever
∑∑ ′=′=
j
j
t
ljl
m
m
t
kmk λLλL ωω 
Substituindo as duas últimas equações em (11.54a), 
temos
∑∑∑ ′=′
j
j
t
lj
l
kl
m
m
t
km ωλILλ
Multiplicando ambos os lados da última equação 
por λik e somando sobre k, temos
∑∑∑∑ ′=′
lk
j
t
ljklik
jk
m
t
kmik
m
ωλILλ
,
)()( λλ
O termo entre parênteses no lado esquerdo da 
última equação é δim, de forma que podemos 
escrever
∑∑∑ ′=′=′
lk
j
t
ljklik
j
i
m
mim ωλILL
,
)( λδ
Comparando com (11.54b), temos 
∑=′
lk
t
ljklikij λII
,
λ
ou, em notação matricial, 
tλIλI =′
Uma transformação deste tipo é chamada 
transformação de similaridade: I’ é similar a I. 
Exemplo 11.5 --------------------------------------------
Mostre que o tensor de inércia do cubo (com 
origem no CM) independe da orientação dos eixos.
Solução. O tensor de inércia obtido com o sistema 
de eixos do exemplo 11.4 é
1I 261 Mb=
Observe que suprimimos o {}. Na nossa notação I é
a matriz que contém os elementos do tensor {I}. O 
tensor de inércia em um outro sistema, rodado em 
relação ao do Exemplo 11.4 é dado por
I1λλλ1λI ====′ 261261261 MbMbMb tt
Portanto, o tensor de inércia independe da orienta-
ção dos eixos.
--------------------------------------------------------------
Na seqüência vamos examinar as condições sobre 
uma rotação para que os novos eixos x’y’z’ sejam 
eixos principais de inércia. Se o sistema com linha 
é formado por eixos principais, podemos escrever
∑==′
lk
lj
t
klikijiij III
,
λλδ
Multiplicando ambos os lados por λtmi e somando 
sobre i, 
∑ ∑∑ =
lk
lj
t
klik
i
t
mi
i
ij
t
mii II
,
)( λλλδλ
O termo entre parênteses é δmk, de forma que 
podemos escrever
∑=
l
lj
t
ml
t
mjj II λλ
ou
∑=
l
mljljmj II λλ
O lado esquerdo desta equação pode ser escrito 
como
∑=
l
mljljjmj II δλλ
de forma que
∑∑ =
l
mljl
l
mljlj II λδλ
ou
0)( =−∑ jl
l
mljml II λδ
Temos portanto, um sistema de três equações 
acopladas (uma para cada valor de m), ou seja,
0)(
0)(
0)(
333232131
323222121
313212111
=−++
=+−+
=++−
jjjj
jjjj
jjjj
IIII
IIII
IIII
λλλ
λλλ
λλλ
Este sistema só apresenta solução não trivial se o 
determinante dos coeficientes for nulo, isto é, se 
0
333231
232221
131211
=
−
−
−
j
j
j
IIII
IIII
IIII
que é a mesma equação secular obtida anterior-
mente. Resolver a equação secular é equivalente a 
encontrar a matriz transformação λ tal que I’ seja 
diagonal.
A seguir vamos mostrar que os eixos principais de 
inércia são ortogonais. Suponha que Im seja o 
momento de inércia em relação ao eixo principal 
m. Se w estiver orientado na direção deste eixo 
então L é paralelo a w e, neste caso, podemos 
escrever,
mmm wIL =
onde o índice m indica que Lm e wm apontam na 
direção do eixo Im. Em termos das componentes, 
podemos escrever
immim IL ω=
onde o índice i indica a componente do vetor Lm. 
Por outro lado, em termos do tensor não diagonal, 
podemos escrever
∑=
k
kmikim IL ω
Combinando estas duas relações temos,
(11.81a) imm
k
kmik II ωω =∑
Similarmente, para o eixo principal n,
(11.81b) knn
i
inki II ωω =∑
Multiplicando a primeira equação por ωin e 
somando sobre i, e multiplicando a segunda por 
ωkm e somando sobre k, temos
 
 
,
,
∑∑
∑∑
=
=
k
kmknn
ki
kminki
i
iminm
ki
kminik
II
II
ωωωω
ωωωω
Como o tensor de inércia é simétrico (Iik = Iki), os 
lados esquerdos são iguais. Os somatórios nos 
lados direitos também são iguais porque diferem 
apenas no índice de soma. Assim 
(11.84) 0)( =− ∑
k
kmknnm II ωω
Se os momentos de inércia forem diferentes (Im ≠
In), podemos escrever
0=∑
k
kmknωω
ou
0=⋅ nm ww
Como m e n são arbitrários, podemos dizer que se 
os três momentos principais de inércia forem todos 
diferentes (pião assimétrico), os três eixos princi-
pais são mutuamente perpendiculares. 
Se houver uma dupla raiz, por exemplo I1 ≠ I2 = I3, 
podemos escrever 
0 0 2121 =⋅=⋅ wwww
Assim só podemos dizer que I1 é perpendicular a I2
e a I3 mas não podemos dizer que I2 é perpendi-
cular a I3. Contudo, o fato de termos I2 = I3 implica 
na existência de um eixo de simetria ao longo de 
w1. Então a única exigência é que w2 e w3 estejam 
no plano perpendicular a w1. Neste caso, não há
nenhuma perda de generalidade se escolhermos w2
perpendicular a w3, de forma que os três eixos 
principais de inércia sejam perpendiculares entre si.
Finalmente, vamos mostrar que as três raízes da 
equação secular (cúbica) são todas reais. Para isto 
vamos admitir (por absurdo) que I possa ser 
complexo: nesse caso, w também poderia ser 
complexo. Repetindo a equação (11.81a) e 
tomando o complexo conjugado de (11.81b) temos
∗∗∗∗ =∑ knn
i
inki II ωω
imm
k
kmik II ωω =∑
Agora multiplicamos a primeira equação por e 
somamos sobre i e multiplicando a segunda 
por e somamos sobre k. Considerando que o 
tensor I é real e simétrico , obtemos 
∗
inω
kmω
)( ikki II =∗
0)( ** =− ∑
k
kmknnm II ωω
Se fizermos m = n, 
0)( ** =− ∑
k
kmkmmm II ωω
O somatório é exatamente a definição do produto 
escalar de dois vetores complexos. Assim podemos 
escrever, 
0** >=⋅ ∑
k
kmkmmm ωωww
de forma que 
*
mm II =
Portanto, Im é real. 
Note que em todas as provas exibidas nesta seção 
só usamos o fato que I é simétrico e real. Assim, os 
resultados demonstrados valem também para 
outros tensores com estas propriedades.
11.7 Ângulos de Euler
A transformação de um sistema de coordenadas 
fixo para um sistema no corpo pode ser 
representada por uma matriz λ que contém três 
ângulos independentes. Existem muitas escolhas 
possíveis para estes ângulos mas a mais tradicional 
é usar os chamados ângulos Euler. Vamos denotar 
por o sistema fixo e o sistema no corpo. Uma 
rotação geral pode ser expressa em termos dos 
ângulos de Euler utilizando uma série de três 
rotações as quais mostraremos a seguir.
1. Uma rotação no sentido anti-horário, de um 
ângulo φ, em torno do eixo . Esta rotação gera 
um sistema de coordenadas intermediário que 
chamaremos . A matriz que faz esta rotação é
dada por 
ix′ ix
3x′
ix ′′
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=
100
0cossen
0sencos
φφ
φφ
φλ
1x′
2x′
33 xx ′′=′
φ
1x ′′
2x ′′
Note que a velocidade angular, denotada por , 
aponta ao longo do eixo . Em notação ma-
tricial podemos escrever 
33 xx ′′=′
φ&
xλx ′=′′ φ
2. Uma rotação no sentido anti-horário, de um 
ângulo θ, em torno do eixo . Esta rotação gera 
outro sistema de coordenadas que chamaremos . 
A matriz que faz esta rotação é dada por 
1x ′′
ix ′′′
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−
=
θθ
θθθ
cossen0
sencos0
001
λ
1x′
2x′
33 xx ′′=′
φ
11 xx ′′′=′′
2x ′′
2x ′′′
φ&
φ&3
x ′′′
θ θ
θ&
Note que aponta ao longo do eixo . Em 
notação matricial 
θ& 11 xx ′′′=′′
3. Uma rotação no sentido anti-horário, de um 
ângulo ψ em torno do eixo . Esta rotação gera o 
sistema de coordenadas que gira com o corpo, 
chamado aqui de . A matriz quefaz esta rotação 
é dada por 
3x ′′′
ix
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=
100
0cossen
0sencos
ψψ
ψψ
ψλ
xλx ′′=′′′ θ
Note que aponta ao longo do eixo . Em 
notação matricial 
ψ& 33 xx =′′′
xλx ′′′= ψ
A interseção dos dois planos da figura é chamada 
linha de nodos. Ela coincide com o eixo . 11 xx ′′′=′′
φ
φ
1x′
2x′
33 xx ′′=′
φ
11 xx ′′′=′′
2x ′′
2x ′′′
φ&33
xx =′′′
θ θ
θ& 1x
2x
ψ
ψψ&
A transformação completa é dada por 
xλλλx ′= φθψ
de forma que a matriz rotação é
φθψ λλλλ =
Os elementos desta matriz são dados por 
φ
φθλ
ψφθφψλ
ψφθφψλ
sensen
cossencoscossen
sensencoscoscos
31
21
11
=
−−=
−=
φθλ
ψφθφψλ
ψφθφψλ
cossen
coscoscossensen
sencoscossencos
32
22
12
−=
+−=
+=
θλ
θψλ
θψλ
cos
sencos
sensen
33
23
13
=
=
=
As componentes das velocidades angulares inter-
mediárias em relação ao sistema no 
corpo são dadas por (olhe para a última figura com 
muita atenção) 
) e ,( ψθφ &&&
θφφ
ψθφφ
ψθφφ
cos
cossen
sensen
3
2
1
&&
&&
&&
=
=
=
0
sen
cos
3
2
1
=
−=
=
θ
ψθθ
ψθθ
&
&&
&&
ψψ
ψ
ψ
&&
&
&
=
=
=
3
2
1
0
0
As componentes da velocidade angular, associada à
rotação completa, em relação ao sistema no corpo, 
são
ψθφω
ψθψθφω
ψθψθφω
&&
&&
&&
+=
−=
+=
cos
sencossen
cossensen
3
2
1
11.8 As equações de Euler para um 
corpo rígido
As equações que descrevem o movimento de 
rotação de um corpo rígido são chamadas equações 
de Euler. Para deduzí-las volte à segunda figura 
da página 1 e troque r por L, e consequentemente, 
v por dL/dt. Agora você deve interpretar a figura 
assim: enquanto o corpo gira o momento angular, 
no sistema do corpo, precessiona em torno de w. o 
momento angular no sistema fixo é dado por
LwLL ×+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
corpofixo dt
d
dt
d
Como o referencial fixo é inercial, podemos 
escrever
NL =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
fixodt
d
e portanto
NLwL =×+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
corpodt
d
Se escolhermos os eixos do sistema no corpo como 
sendo eixos principais de inércia, podemos escre-
ver
iiiiii ILIL ωω && =⇒= 
Por exemplo, para i = 3, temos
312213 NLLL =−+ ωω&
Assim
3211233 )( NIII =−+ ωωω&
Fazendo o mesmo para as outras componentes 
obtemos as equações de Euler.
3212133
2131322
1323211
)(
)(
)(
NIII
NIII
NIII
=−−
=−−
=−−
ωωω
ωωω
ωωω
&
&
&
Estas equações podem ser escritas (verifique) em 
termos do tensor de Levi-Cevita com
0)()( =−−− ∑
k
ijkkkkjiji NIII εωωω &
O tensor de Levi-Cevita é definido como
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
 cíclica nãofor índices dos ordem a se 1
 cíclicafor índices dos ordem a se 1
 repetidos índiceshouver se 0
 -
ijkε
onde
i
j
k i
j
k
cíclica ordem cíclica não ordem
Exemplo 11.8 --------------------------------------------
Considere o alteres da seção 11.3. Obtenha o 
momento angular do sistema e o torque requerido 
para manter o movimento mostrado na figura.
Solução. Seja . Vamos escolher o eixo 
x3, no sistema do corpo, ao longo da barra, x2 ao 
longo de L e x1 ao longo de v1. As componentes da 
velocidade angular, no sistema do corpo, são 
•
•
2v
2m
2r
1r
1vw
L
1m
3e
1e
α
0 cossen)( 22
22
211 ==+−= NNbmmN ααω
Assim, o torque requerido para fazer o sistema 
girar como na figura deve apontar na mesma 
direção e em sentido contrário a e1 (ou v1).
b== 21 rr
αωωαωωω cos sen 0 321 ===
Por sua vez, os momentos principais de inércia são 
0 )( 3
2
2121 =+== IbmmII
Como Li = Iiωi, podemos escrever 
0 sen)( 0 3
2
2121 =+== LbmmLL αω
de acordo com a escolha de e2 ao longo de L. Por 
outro lado, das equações de Euler, temos 
Problemas 
1. Calcule o tensor de inércia para uma esfera 
homogênea de raio a e massa m. Tome a origem no 
centro da esfera.
2. Calcule o tensor de inércia para um cone 
homogêneo de massa m, altura h e raio da base R. 
Tome o eixo z como sendo o eixo do cone e 
considere a origem no vértice. Faça uma 
transformação para uma nova origem no centro de 
massa do cone.
3. Calcule o tensor de inércia para um elipsóide
homogêneo de massa m e semi-eixos a, b e c. 
4. Um cubo homogêneo, de aresta a, está inicial-
mente em uma posição de equilíbrio instável com 
uma de suas arestas em contato com um plano 
horizontal. Ao cubo é dado um pequeno 
deslocamento de tal maneira que ele irá cair. 
Mostre que a velocidade angular do cubo quando 
uma face atinge o plano é dada por 
)12(2 −=
a
gAω
onde A = 3/2 se a aresta em contato com o plano 
não deslizar e A = 12/5 se a aresta deslizar sem
5. Mostre que nenhum dos momentos principais de 
inércia pode exceder à soma dos ostros dois.
6. Um sistema de três partículas consiste das 
seguintes massas e coordenadas:
)0,,( ,2
),,( ,4
),0,( ,3
3
2
1
bbmm
bbbmm
bbmm
−=
−=
=
Obtenha o tensor de inércia, os eixos principais e 
os momentos principais de inércia.
7. Determine o tensor de inércia de um hemisfério 
homogêneo de raio a e massa m com relação ao seu 
centro de massa.
atrito sobre o plano. 
2e