Prof. Dr. Ronaldo Rodrigues Pelá. 12 de março de 2013

Transcrição

1 DINÂMICA Mecânica II (FIS-6) Prof. Dr. Ronaldo Rodrigues Pelá IEFF-ITA 1 de março de 013

2 Roteiro 1

3 Roteiro 1

4 : caso geral Componente do momento angular ao longo do eixo de rotação é L = I ω Mas o momento angular é um vetor paralelo ao eixo de rotação (ou então, a ω)? A resposta é: geralmente não.

5 : caso geral Então, qual a relação entre L e ω? Vejamos. L = i r i ( m i v i ). Para um eixo fixo v i = ω r i L = i ( m i ) r i ( ω r i ).

6 : caso geral Sendo ω = ω xˆx + ω y ŷ + ω z ẑ e r i = x iˆx + y i ŷ + z i ẑ, podemos escrever o duplo produto vetorial como: r i ( ω r i ) = [(y i + z i )ω x x i y i ω y x i z i ω z ]ˆx = [ x i y i ω x + (x i + z i )ω y y i z i ω z ]ŷ = [ x i z i ω x y i z i ω y + (x i + y i )ω z ]ẑ Tomando o limite em que m i 0 e reescrevendo na forma matricial, temos: L = Ĩ ω

7 Tensor de inércia I xx = Ĩ = I xx I xy I xz I yx I yy I yz I zx I zy I zz (y +z )dm I yy = (x +z )dm I zz = I xy = I yx = I xz = I zx = I yz = I zy = xydm xzdm yzdm (x +y )dm

8 Tensor de inércia Ĩ é conhecido como tensor de inércia de um corpo rígido. I xx, I yy e I zz são conhecidos como momentos de inércia em relação aos eixos x, y e z, respectivamente I xy,..., I zy são conhecidos como produtos de inércia. Para definir bem o tensor de inércia Ĩ é necessário especificar uma origem O e os eixos x, y e z.

9 Tensor de inércia Se fixamos o ponto O e fazemos uma rotação (de eixos) dada pela matriz de mudança de base R, então: x x y = R z y z. Logo L = R L e ω = R ω. Como R é uma matriz ortogonal: L = ( R T Ĩ R) ω O tensor de inércia nos novos eixos é: Ĩ = R T Ĩ R

10 Tensor de inércia Como Ĩ é simétrico, sempre é possível encontrar um conjunto de eixos ortogonais, x 0, y 0 e z 0, em relação ao qual o tensor é diagonal (trata-se de um problema de autovalores e autovetores). Neste caso, o tensor de inércia estará diagonalizado e pode ser escrito na forma simplificada: I x0 0 0 Ĩ = 0 I y I z0 I x0, I y0 e I z0 são chamados de momentos principais de inércia do corpo rígido (com relação ao ponto O). Os eixos x 0, y 0 e z 0 são chamados de eixos principais de inércia.

11 Tensor de inércia Quando um corpo rígido gira em torno de um eixo principal de inércia, podemos dizer que: L = I ω. A determinação dos eixos principais de inércia é um problema de autovetores (note que I é um autovalor associado). Existem muitos casos, entretanto, em que os eixos principais de inércia podem ser determinados por inspeção (no caso de um eixo de simetria, por exemplo). Dos três momentos principais de inércia, um será o maior e outro será o menor de todos os momentos de inércia de eixos que passam pelo ponto O (daí a vantagem em se conhecer os eixos principais de inércia).

12 Tensor de inércia Alguns eixos principais de inércia são dados na Figura

13 Exemplo Determine os eixos principais de inércia com relação ao ponto O. O corpo rígido mostrado na Figura?? é formado por 4 massas (duas massas M e duas m) ligadas por hastes de massas desprezíveis. Considere M m.

14 Solução I zz = 4ma + 4Ma = 4a (m + M), I xx = ma + Ma = a (m + M) = I yy, I xy = ma + Ma = a (M m), I yz = I xz = 0. a (m + M) a (m M) 0 Ĩ = a (m M) a (m + M) 0, 0 0 4a (m + M) Cujos autovetores são:

15 Solução Os eixos principais de inércia aparecem na Figura.

16 Dinâmica Até o momento, estudamos a cinemática do movimento plano do corpo rígido. Vamos, agora, estudar a dinâmica F (ext) = M a CM τ (ext) = d L dt Referencial para a equação dos torques: um ponto externo ao corpo rígido, ou, um ponto do corpo rígido (se este ponto for um referencial inercial) L = M r CM v CM + L CM τ (ext) CM = d L CM dt

17 Dinâmica Se o eixo de rotação for um eixo principal de inércia, então pode-se dizer que: L = I ω τ (ext) = I α Além de estudar a parte de rotação e a parte de translação, para se determinar completamente o movimento do corpo rígido é necessário alguma outra informação adicional, como por exemplo algum vínculo conectando a translação e a rotação (por exemplo, dizer que o corpo rígido rola sem deslizar).

18 Exemplo A roda de 30 kg mostrada na Figura tem um CM em G e um raio de giração k G = 0,15 m. Se a roda está inicialmente em repouso e é abandonada da posição mostrada, determine sua aceleração angular. Considere que não ocorre deslizamento.

19 Solução Marcamos as forças agindo na roda. Escrevendo as equações de forças e torques, temos: Mg N = Ma y, f = Ma x, Nd fr = MkGα.

20 Solução Adotamos como sentido positivo para α o sentido anti-horário e para a y o sentido para baixo. Mas a G = a O + α r + ω ( ω r), e, como a O = αr, temos: a xˆx a y ŷ = (αr)ˆx (αd)ŷ. Assim: a x = αr e a y = αd. Sendo g = 9,81 m/s : α = gd k G + R + d α = 10 rad/s

21 E C = m 1v 1 + m v m Nv N = Mv CM + E C,CM. Quando um corpo rígido está sujeito à translação (retilínea) ou curvilínea, sua energia cinética é dada simplesmente por E C = MvCM/. E C,CM = m i v i,cm. i Eixo de rotação passando pelo CM: v i,cm = ωr i. E C,CM = ω i ( m i )r i = I CMω. E C = Mv CM + I CMω

22 Quando o corpo rígido gira em relação a um eixo fixo passando por um ponto O (não necessariamente o CM), sua energia cinética é E C = Mv CM + I CMω Usando o Teorema dos eixos paralelos, já que v CM = ωd: E C = (I CM + Md ) ω = I Oω Desafio: Mostre que a expressão geral para a energia cinética (de rotação) é: E C = 1 ω L

23 Forças que não realizam trabalho Existem algumas forças externas que não realizam trabalho quando o corpo é deslocado e, portanto, são incapazes de alterar a energia cinética do corpo rígido. Essas forças podem atuar tanto sobre pontos fixos do corpo rígido como podem ter a direção perpendicular a seus deslocamentos. Exemplos destas situações incluem as reações em pinos de apoio em relação aos quais o corpo gira, a reação normal atuante sobre um corpo que se move ao longo de uma superfície fixa e o peso de um corpo quando seu CM se move em um plano horizontal.

24 Forças que não realizam trabalho A força de atrito estático f atuante sobre um corpo roliço quando ele rola sem deslizar sobre uma superfície rugosa também não realiza trabalho (quando ocorre deslizamento, a situação é bem diferente). Durante um intervalo de tempo dt, f atua sobre um ponto cuja velocidade instantânea é zero, logo o trabalho realizado pela força sobre o ponto é nulo, pois o ponto não é deslocado na direção da força durante esse instante. Uma vez que f entra em contato com pontos sucessivos distintos, o trabalho de f é nulo.

25 Exemplo A barra fina mostrada na Figura tem uma massa m e um comprimento l e é solta do repouso quando θ = 0. Determine a reação do pino em função de θ

26 Solução Equações das forças e dos torques Por conservação de energia A n mg sin θ = mω (l/) A t + mg cos θ = mα(l/) A n = 5 mg sin θ A A = mg l cos θ = 1 3 ml α ω = 3(g/l) sin θ A n + A t = mg 4 t = 1 mg cos θ sin θ

27 Exemplo O bloco retangular da uniforme com as dimensões mostradas está deslizando para a esquerda sobre a superfície horizontal com uma velocidade v 1 quando atinge o pequeno degrau em O. Assuma um recuo desprezível no degrau e calcule o valor mínimo de v 1 que permitirá ao bloco girar livremente em relação a O e por pouco chegar à posição elevada A sem velocidade. Calcule o percentual de perda de energia para b = c.

28 Solução (H 0 ) = I 0 ω = { [ 1 ( ( ) ]} c b 1 m(b + c ) + m + ω ) = m 3 (b + c )ω (H 0 ) 1 = (H 0 ) b mv 1 = m 3 (b + c )ω 3v 1 b ω = (b + c )

29 Solução 1 ( ( ) I Oω = mg c b + ) b v 1 = g 3 Percentual de perda de energia n = E 1 E = mv 1 1 I Oω 1 mv 1 ( ) ( 1 + c b b + c b) 3 = 1 ( ) c b Para b = c n = 6,5%