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Corpos Rıgidos

MOMENTO ANGULARMecanica II (FIS-26)

Prof. Dr. Ronaldo Rodrigues Pela

IEFF-ITA

5 de marco de 2013

R.R.Pela Corpos Rıgidos

Corpos Rıgidos

Roteiro

1 Corpos RıgidosMovimento Plano do Corpo RıgidoMomento Angular


Corpos RıgidosMovimento Plano do Corpo RıgidoMomento Angular

Roteiro

1 Corpos RıgidosMovimento Plano do Corpo RıgidoMomento Angular



Movimento Plano do Corpo Rıgido

Quando todas as partıculas de um corpo rıgido se movemao longo de trajetorias que sao equidistantes de um planofixo, diz-se que o corpo rıgido possui um movimento plano.Ha 3 tipos de movimento plano de corpo rıgido

1 Translacao: quando cada segmento de linha sobre o corporıgido permanece, durante o movimento, paralelo a suaposicao original.

2 Rotacao em torno de um eixo fixo: quando todas aspartıculas do corpo rıgido (exceto as que se apoiam sobreo eixo de rotacao) se movem em trajetorias circulares.

3 Movimento plano geral: quando ha uma combinacao dosdois movimentos anteriores.



Movimento Plano do Corpo Rıgido



Movimento Plano Geral

Movimento plano geral = translacao + rotacao

O sistema de eixos xy e fixo e mede a posicao “absoluta”de dois pontos A e B sobre o corpo.A origem do sistema x′y′ esta fixada a um ponto A docorpo rıgido (um ponto que geralmente tem um movimentoconhecido)Os eixos x′y′ nao giram com o corpo, eles podem apenastransladar em relacao ao sistema fixo



Movimento Plano Geral

~vB = ~vA + ~vB/A

B esta sempre a mesma distancia de ASeu movimento (em relacao a A) pode ser caracterizadocomo uma rotacao em torno de um eixo “fixo” que passapor A

~vB = ~vA + ~ω × ~rB/A~aB = ~aA + ~α× ~rB/A + ~ω × (~ω × ~rB/A)



Exemplo

A barra AB mostrada na Figura esta confinada a mover-se aolongo de planos inclinados em A e B. Se o ponto A tem umaaceleracao de 3,00 m/s2 e uma velocidade de 2,00 m/s ambasdirecionadas plano abaixo no instante em que a bara fica nahorizontal, determine a aceleracao angular da barra nesteinstante.



Solucao

Uma vez que A e B se movem em trajetorias retilıneas, asvelocidades (e aceleracoes) destes pontos estao dirigidasao longo destas direcoesComo o comprimento da barra nao varia com o tempo,vA cos 45◦ = vB cos 45◦, ou seja, vB = vA = 2,00 m/s. ComovB/A = ωrB/A, temos: (2).(2m/s).(

√2/2) = (ω).(10,0 m),

ou seja,~ω = (0,283 rad/s)z



Solucao

Aceleracao angular:

~aB = ~aA + ~α× ~rB/A + ~ω × (~ω × ~rB/A)

(aB cos 45◦)x+ (aB sin 45◦)y = (aA cos 45◦)x− (aA sin 45◦)y

+ (10,0α)y − (0,283)2.(10,0)x

que conduz ao seguinte sistema de equacoes:{aB cos 45◦ = aA cos 45◦ − (0,283)2.(10,0)aB sin 45◦ = −aA sin 45◦ + 10,0α

Substituindo aA = 3,00 m/s2, obtemos

~α = (0,344 rad/s2)z



Momento Angular

Corpo rıgido girando em torno de um eixo fixo ∆.

Componente do momento angular L∆ (ao longo do eixo derotacao):

L∆ =∑i

mi(~ri × ~vi).e∆ =∑i

~li.e∆



Momento Angular

~li.e∆ = li cos θ = (miωdi)ri cos θ = miωd2i .

L∆ =∑i

miωd2i =

(∑i

mid2i

)ω.

∑i

mid2i , I∆: momento de inercia do corpo rıgido em

relacao ao eixo ∆L∆ = I∆ω

Em algumas condicoes especiais (e.g. quando ∆ e umeixo de simetria), a identidade anterior pode ser reescritana forma vetorial:

~L = I~ω



Momento de Inercia

Por analogia com o momento linear ~P = M~v, ~L = I~ωmostra que o momento de inercia mede a resitencia de umcorpo a rotacao (I e como se fosse uma “massa” para arotacao).O momento de inercia mede como a massa estadistribuıda em torno de um eixo de rotacao: quanto maismassa houver proximo ao eixo de rotacao, menor sera omomento de inercia.Para um dado corpo rıgido, o momento de inercia dependedo eixo considerado, ja que a massa pode estar melhordistribuıda em torno de um eixo que de outros.



Momento de Inercia

Para distribuicoes contınuas de massa:

I =∑

r2i ∆mi,

No limite em que ∆mi → 0:

I =

∫r2i dm.

Distribuicao linear de massa: dm = λdl.Distribuicao superficial de massa: dm = σdA.Distribuicao volumetrica de massa: dm = ρdV .



Exemplo

Obter o momento de inercia da haste a seguir com relacaoao eixo z.



Solucao

Tomando a divisao de massas como na Figura anterior,temos:

I =

∫ L

0x2λdx = λ

L3

3=ML2

3



Exemplo

Obter o momento de inercia do disco (massa M e raio R)em relacao ao eixo de simentria normal ao seu plano



Solucao

Considerando a divisao de massas da Figura anterior:

I =

∫(x2 +y2)σdA =

∫ R

0

∫ 2π

0r2σrdθdr = σ

R4

42π =

MR2

2

Nas tabelas, mostramos o momento de inercia paradiversos objetos com distribuicao uniforme de massa.

http://www.ief.ita.br/˜rrpela/downloads/FIS26-MomentoArea-2011.jpeghttp://www.ief.ita.br/˜rrpela/downloads/FIS26-MomentoInercia-2011.jpeg


http://www.ief.ita.br/~rrpela/downloads/FIS26-MomentoArea-2011.jpeg

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http://www.ief.ita.br/~rrpela/downloads/FIS26-MomentoInercia-2011.jpeg

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Teorema

Se um corpo rıgido pode ser dividido em duas partes A eB, entao seu monento de inercia (em relacao a um eixo ∆)e igual a soma dos momentos de inercia de A e B (comrelacao ao mesmo eixo).Prova: Basta dividir o domınio de integracao em A e B:

I =

∫S=A+B

r2dm =

∫Ar2dm+

∫Br2dm = IA + IB.



Teorema dos eixos paralelos

Teorema dos eixos paralelos ou de SteinerSe o momento de inercia em relacao a um eixo que passapelo CM e ICM , entao o momento de inercia em relacao aqualquer outro eixo paralelo a este e:

I = ICM +Md2,

sendo d a distancia dos eixos e M a massa do corporıgido.




Prova: Considere dois sistemas cartesianos com eixosparalelos, um dos sistemas esta localizado no CM

Escrevendo a expressao do momento de inercia

I =∑

r2i ∆mi.




Mas ~ri = ~rCM + ~ri/CM , e portanto,r2i = ~ri · ~ri = r2

CM + r2i/CM + 2~rCM · ~ri/CM , o que implica:

I =∑

r2CM∆mi +

∑r2i/CM∆mi + 2

∑~rCM · ~ri/CM∆mi,

= Md2 + ICM + 2~rCM ·∑

~ri/CM∆mi.

Como∑

∆mi~rCM =∑

~ri∆mi, tem-se~0 =

∑(∆mi)(~ri − ~rCM ) =

∑(∆mi)(~ri/CM ), donde segue

que:I = ICM +Md2.



Exemplo

Determine o momento de inercia da haste da Figuraseguinte em relacao ao eixo z.

Solucao: Usando o teorema dos eixos paralelos:

ML2

3= Iz +

ML2

4.

Iz =ML2

12.



Raio de giracao

Ocasionalmente, o momento de inercia de um corpo rıgidoem relacao a um eixo especıfico e documentado emmanuais atraves do raio de giracao k. Ele e definido como:

I = Mk2 ou k =

√I

M.

O raio de giracao pode ser interpretado como a distancia(em relacao ao eixo de rotacao) na qual se estivesseconcentrada toda a massa M produziria o mesmomomento de inercia.



Teorema dos eixos perpendiculares

Seja um corpo rıgido plano com momentos de inercia Ix eIy por dois eixos (perpendiculares entre si) que estao nomesmo plano do corpo. Se o eixo z e perpendicular a x ea y, entao:

Iz = Ix + Iy.

Prova

tIx =

∫y2dm, Iy =

∫x2dm.

Iz =

∫(x2 + y2)dm = Ix + Iy.



Exemplo

Calcule o momento de inercia de um disco por um eixopassando por um diametro.Solucao: Considere o disco ilustrado na Figura. Porsimetria, temos Ix = Iy

Usando o teorema dos eixos perpendiculares:

Iz = Ix + Iy = 2Ix.

Como Iz = MR2/2:

Ix =MR2

4.



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).



Momento Angular: caso geral

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 + (x2

i + z2i )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.


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