Solução da 2ª Lista de Atividades - Mecânica Clássica 2

Instituto Federal do Maranhao IFMA MECˆANICA CLASSICA 2 ProfKleber Anderson T da Silva SOLUCAO DA 2ª LISTA DE ATIVIDADES Problema 1 Seja Q uma matriz de rotacao de 180em torno de um eixo qualquer i Determine Q2 ii Sendo A IQ 2 e B IQ 2 mostre que A2 A e B2 B iii Mostre que as matrizes sao singulares Problema 2 Considere a lagrangiana L 1 2mv2 V mr a0 m 2 ω r2 mv ω r onde v r e V o potencial da forca Encontre a equacao de movimento Problema 3 Determine a o tensor de Inercia e os b eixos principais de inercia de um cone homogˆeneo de altura h e raio da base R em relacao ao centro de massa Obs o C M encontrase a 3 4h do vertice Problema 4 Considere as Equacoes de Euler de movimento para um corpo rıgido tendo torque externo zero em torno de um ponto O fixo Mostre que a I1ω2 1 I2ω2 2 I3ω2 3 2Ecinetica b I2 1ω2 1 I2 2ω2 2 I2 3ω2 3 E2 total Problema 5 Estude a secao 49 do livro Nivaldo Lemos e resolva a questao 413 Vigiai pois porque nao sabeis o dia nem a hora em que o Filho do homem ha de virMt 2513 1 1 Primeira Questao Para demonstrarmos o item i consideremos uma rotacao de 180 em torno do elxO Z OU Seja cost sina O l1 0 O Q sinzt cost 0 0 1 0 0 0 1 0 oO 1 Sem fazermos calculo é possivel ver que QQ 1 Em sendo partindo do resultado QQ I e multiplicando pela esquerda por QT Q7QQ QI Sa I encontramos gt Qt Nesse sentido Q resulta ser 1 0 0O l1 0 0 Q QQ 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 oO 1 1 0 O 0 1 0I 0 0 1 Escrevendo uma matriz A e B como 1 0 O 1 0 0 0 0 0 0 0 0 I 1 1 aA t8 01 0 0 1 050 0 00 0 of 0 0 1 0 oO 1 0 0 2 0 0 1 1 0 O 1 0 0 2 0 0 1 0 O p 85 01 0 0 1 0 50 2 00 1 of 0 0 1 0 oO 1 0 0 0 0 0 0 Vemos que tanto A quanto B obedece a relacgao A A fT B B 7 1 Calculemos A 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A0 0 0x00 00 0 0 A 0 0 1 0 0 1 0 0 1 De modo andlogo encontramos para B 1 0 O 1 0 O 1 0 0 BP0 10x0O100 1 0B 0 0 0 0 0 0 0 0 0 As matrizes A e B sao singulares tendo em vista que o determinante de cada matriz é nulo ou seja 0 0 0 detA det 0 0 0 O 00 1 1 0 0 dettB det 0 1 0 0 0 0 0 2 Segunda Questao Seja a lagrangiana 1 Mm 2 L gmv vVmrag xr mvG xr onde v re V o potencial da forga Considerando r a coordenada generalizada derivemos a lagrangiana em relacao a v e r respectivamente encontramos ob mo x r mv ma Ov p d OL dv 4 das rh x diav ate ae wey Ob OV 5 ma md xr x G mv x d or Or 2 Logo d OL OL 0 dt Or or Vvx dv do OV 4 4 a ma m r xra0xv oF mao mws x r xdmvxd 0 wy S Qe a rx 46 F 4 4 4 dos Fmag 2mv x mad x r x mrx ma 3 Terceira Questao Para resolvermos a questao do cone veja figura abaixo Z h A SS te y x Podemos extrair da figura a seguinte relagao R z Ph Em sendo calculemos I Log al y 27 dadydz 3M Co yes onde fp Rh é a densidade do cone Usando coordenadas cilindricas T Log y 27 dadydz Ina p sin 6 2 pdpdédz 3 com0zhO027ce0p Bez encontramos 27 h gz Ion uf p sin 6 27p dp dzdé o Jo 0 Qn ph 7A 2 2 a P sin 9 4 222 dzdé om ph 4 zA 2 2 zA Qn 5 5 h 4 2 2 4 0 dé a IG sant sn rR ian 20 3 h h R sin 6 R do of m sin re 0 oO 20 3 h 1 cos 20 h R R do f a0 2 i h 6 sin26 ney Ri R6 450 G 04 h h R hh pl Rit 4 Rete Tee ut Rh 5 20 5 CY 20 5 3M Ie 3M512 R 47 oe 20 5 20 O calculo da componente J tera o mesmo resultado da componente Jz devido a simetria do sistema Para componente I encontramos Iz pf P dadydz Iz 1 f Podpdoa Qr h Rez h p Ry Iz i prdp dz I 21 5 dz 0 0 0 0 45 h pa 4 h 4 R R Rh I 2 edz Iz 2m 52 1 7 uf ana wu soaa mE 0 2 I wtRh Ks Lz 3 yp VY 10 10 3M 4 Calculemos agora os elementos cruzados ou seja Izy u cytedya Igy u 9 sin 0 cos Opdpdédz 2a h zz Iny p sin cos 6 pdp dz Iny 0 0 0 0 ecqY 0 consequentemente Iz Iyz 0 Partindo para Iz Ip n xzdedyd Ip 1 pe0s 0 zpdpdodz 20 h Rez Ing ph cost z pdp dz I0 0 0 0 eee 0 Consequentemente I Iz 0 Por fim encontramos para Iy Iyz u westedya ly u psin zpdpdédz 2a h Rez yz p sin sat z pdp dz Iyz 0 0 0 0 e 0 Consequentemente Iy Iz 0 Portanto o tensor momento de inércia toma a forma aut R 4h 0 0 Ho 20 I 0 at R 4h 0 3 2 0 0 ip VR Como a matriz é diagonal concluimos que os momentos de inércial Izz Iyy I 40 OS eixos principais de inércia Para encontrarmos 0 momento de inércia relativo ao centro de massa do cone devemos lembrar que sua posigao é h isto é 0 0 h e usar o teorema de Steneir a saber Para componente I encontramos 3M 9 3M 3M 3M IGM P an M n IGM Rh ISM hn 4 we 9g 16 ne 99 F380 nen By i aR Para componente eM encontramos o mesmo resultado ou seja 3M 9 3M 3M 3M 16M 2 an M n GM Rn GM hn 4 wy 20 16 uy 20 80 wy 80 5 Por fim 2resulta ser 3 9 9 3 ISM MR M h h IS MR 4 10 16 16 4 10 4 QUARTA QUESTAO Seja as equacoes de Euler para o movimento geral de um corpo rigido Tw U3 Iz w2w3 71 Tnw2 Ty 13 wiw3 Ta I3w3 Ig 11 wiwe T3 Considerando o torque externo nulo as equacoes acima se reduz a Tw U3 Iz wow3 0 Inwy 1 Is W1W3 0 2 I3w3 Ig I wwe 0 Multiplicando a primeira equagao por w 1 a segunda equagao por w2 e a terceira equacao por W3 ou seja Tywia1 U3 In wiwew3 0 Tnwew2 Ii Iz wiwew3 0 T3w3W3 21 wiwow3 0 e depois somando membro a membro Twiw Inwew2 Inw3w3 0 dw dw dws Iywy Igwg Igw3 0 Wie Lowe di 303 di Considerando 0 momento de inércia uma constante e em seguida integrando encontramos I order Ip order Ts vsdes 0 wt we we hy b I const Ecinética Twy Inw Inw3 2Ecinética De forma semelhante podemos multiplicar o grupo de equacao 2 da seguinte forma a primeira equacao por w 1 a segunda equacao por Igw2 e a terceira equacao por 3w3 de modo que ww 1113 Ty 1p wiwow3 0 Two oh InT3 wiwow3 0 3 w3w3 I3Io I3T1 wiwow3 0 6 Somando mebro a membro encontramos Feud wows Bw3w3 0 Considerando os momentos de inércia constantes e integrando encontramos dw dwy dws Pw Bw2 Fw3 0 edt 2 dt 89 at r order Es vrder iB vrder 0 2 2 2 wW wW W Pot4R223 const 4 15 25 35 4 Podemos definir a constante se lembrarmos que 0 momento angular resulta ser cod L 13 ou em termos de componentes L 11w1 x Iowa I3w3 Z Ante o exposto podemos escrever LL wit ws ws BP Rutt Bw Bw e assim a equacao 4 toma a forma 19 2 3h const 2 x const L Portanto a a equacao 4 resulta ser FRwi ws Gw3 1 5 QUINTA QUESTAO Seja um pido simétrico com ponto fixo representado pela lagrangiana veja equacao 491 do Nivaldo Lemos L4h w2 02 2 hw lcos 5h wi w 5 3W3 mgl cos onde w 1 W2 e w3 sao as velocidades angulares em termos dos angulos de Euler Wy osin 6 sin w Acosw Ww osin 8 cos w ésiny w3 w bcos 0 7 Substituindo esses valores na lagrangiana encontramos 1 2 059 9 ost 2 209 95 s 2 L 5h sin Osin 296 sin Asin cos 6 cos sin 6 cos2728 sin 6 cos y sinw sin 1 2 2 2 5hs 0 2vcos cos 6 mglcos 1 42 9 2 1 2 4 12 9 L gf 6 sin 6 93 0 2vucos6 cos 6 mglcos OL OL Calculando e respectivamente encontramos Oy OW OL ss Isycos8 a sv o OL 0 Ow ou seja w é uma coordenada ignoravel Portanto d OL OL d Lo di SS 3 0 a 43 i dcos8 0S13 d dcos8 const py OL OL Agora calculemos e respectivamente d 96 L OL Isin61s i cos cos 6 do OL 0 do ou seja também é uma coordenada ignoravel Portanto d OL OL d at 5 a6 0 7 1idsin 6 Js cos dos 8 0 sin64 Is 0 cos 0 cos 6 const pe sin 6 cos i dcos pp ps Losin 6 py cos oO Py Considerando que oO mgl 12 mgl 12 6 60 624 8 0 b 8h Is 474 8 vemos que 12 12 mgl mgl 1 I I Is 2 is Gia 2Gr 1 mgl 2 mgl 2 I3 8h Is a 1 3 31 12 12 mgl mgl 3 Is I3 3h Fe n Fe mgl 12 38h a py V3hmgl 1 Enquanto que pg resulta ser Po I ésin 6 py cos 8 2 1 1 7fjo7 v3 V3hmgl 3 2 2 W713 4 po 2 me 3hmgl 3i 4 2 3 V7 4 i ms 3hmgl 2 383i 2 1 1 3 V 8faimgl 3 Vv 8Limgl po V3limgl ou seja nessas condigoes do problema pg py Para encontrarmos o potencial efetivo devemos iniciar com py ou seja Py py Iz i bcose wcosé 7 3 e substituir em pg de modo que b tome a forma Po I ésin 0 py cos 6 Po Py Cos O j Per Pw cos I sin 0 Considerando que a energia total do sistema resulta ser E Ecinetica V 1 12 9 2 1 2 5h 6 sin 0 6 513 1h dcosa mgl cos 9 9 podemos reescrevéla em funcgao dos momentos py e pg ou seja 1 Do Pa COS O 7 1 2 1 Di E Isin6 2 416 15 mgicos9 a7 I sin 0 gh gy 9 1 ps pycos0 1 2 Di oe 4 10 magi cos 0 2 Tsin2d 2 op 9 2 2 1 0 E o she Pe Pasty mgl cos 0 3 1s51n E Evinética Ver 0 1 2 EB gf Very 8 onde 5 po Py C08 8 Ver 0 mgl cos 0 0 Qhsin2 Considerando que pg py p o potencial efetivo toma a forma 2 2 2 2 p 1 cos p 1 cos 6 Verte 0 locos 0 Ver z 8 lcos 0 ft 0 DT sin 8 mgl cos ft 9 oT 1a cos 9 cos 2 2 2 p 1 cos p 1 cos Vege 0 Locos 0 Vf 0 lcos0 6 BT 1 cos 1cos0 9 eo 14 21 1 cos8 9 eos p 0 3mgl 0 Vere 8 tan mglcosé Vir 8 tan mgl cos 6 21 2 2 2 Consideremos a constante E que aparece na expressao 498 do Nivaldo Lemos 2 Pp Bo Bos 2T3 of 2 1 209 22 1 Lo 2 I i cose 1 6 sin20 8 4 t bcosa mglcos6 2 2 213 1 Sh sin 6 6 mgl cos 0 Considerando que 5 mal 12 mat 12 6 60 b 2 3H 8 0 b 8h Is 374 E toma a forma 1 mgl 3 BFo Ix4 l 5h x Ga aimg cos 60 1 1 mglmgl E mgl 2 2 10 Vor 8 t t I i i i I mg TC 0 Portanto substituindo o valor de E na equacao 499 do Nivaldo Lemos 1 E 5h Ver 0 encontramos 1 2 gh Vert 8 mgl 12 p1cosé 10 mglcos l 6 27 ohsin2 m9 6 Fazendo uma mudanga de varidvel do tipo ucosdt O sind a equacao 6 toma a forma 1 uw pt1uy 7 A lu l 2 iat onduw mg 2 2 2 a p 1u I 2mglu 2mgl i hRaw o mg we 3Imgl 1 u Ly te Ht 2mglu 22mg 1qw Tw 2mglu mgl we 3mgl 1 u 1 u 4 2mglu 2mgl aw ay ay a 11 Ti 3mgl 1 u 2mglu 1 u 22mgl 1 u 2 2 3 6 2 Iu 38mgl 6mglu3mglu 2mglu2mglu 2mgl 2mglu Tt ON i mgl 4mglu 5mglu 2mglu Tw mgl14u5u2u 7 Para fatorarmos o lado direito basta percebermos que u 1 é uma das raizes Logo 2u 5u24u1 u12u3u1 u1u12u1 u12u1 Portanto 7 resulta ser Tt mgl 14 4u 5u 2u l mglu122u1 w 2 u 12u1 1 A integracéo dessa fungao resulta ser du mgl e 4u1Vv2u1 dt ly SS oe fas may u 12u 1 qi u12u1 ty para solucionarmos a integral do lado esquerdo fagamos a mudanga de varidvel 2 1 Qul2 Su de modo que du ada Logo rs2 may x 1 qi a 1 I De 2 Chamando x siny dx cos pdy 12 temos cos pdip mgl dy at at 2 t2 t 21 t t SS I 7 cos y i nsec y tan 7 2 1 l V1l2x l 12 mal 91 Me in ft AF a exp mg V1 x qi x1 qth 1 ty l mgl mgl mgl 7 4t la 4t t la os i x oo ia vee L mgl mal 1exp 70 lexp 3522 x 1exp 4t lexpt 2 fh fi 1 exp 20 lexp 3422 1 exp 3 422 exp 342 a exp 3 72 exp 342 exp 342 exp 3 422 Lc OS exp 342 exp 3 422 x tanh t 2u1tanh t 2 qty 2 I 1 mgl 2u1 tanh mg 2V 21 mgl 1 i 1 tanh 32 2cos 1tanh mars cos PV BS 2V i 2 2 seco 1 tanh 1 241 cosh 3 mat secO gp MPV 1 mgl 1 mal cosh mga sinh mg 2V i 2V ih eeSS cosh 2324t cosh 370 sec 2 cosh 6 2cosh L mat h fo sec COs VT sec T 1cosh aCe y mat 1 mgl mgl secO 1 ca TB bon es iy i mgl Il1sech t ty