Lista de Exercicios Mecanica Classica - IFMA

Instituto Federal do Maranhao IFMA MECˆANICA CLASSICA 2 ProfKleber Anderson T da Silva 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 i Se Q é uma matriz de rotação 180º logo Q2 representa uma rotação de 360º que é uma transformação identidade Logo Q2 I Matriz identidade ii Deja A 1 Q2 Logo A2 141 2Q Q2 Mas como Q2 I então A2 142 2Q 1Q2 A Analogamente B2 1 Q2 B iii Tanto A quanto B são matrizes idempotentes Vamos supor que A é inversível Como A2 A temos A2 A 0 AA 1 0 A1AA 1 0 Como estamos supondo que A1A 1 logo A 1 0 A 1 Portanto a única matriz idempotente que é inversível é a identidade Desse modo 1 Q2 são singulares L m v22 V m r a0 m2u r2 m v u r Para encontrar a equação de movimento vamos usar a equação de EulerLagrange ddtLv Lr Mas Lv m v m u r Além disso como v u r v u r e ru r2 2 u r u temos Lr m v u m u r u m a0 Vr Logo como ddtLv Lr ficamos com m dvdt m u v Vr m a0 m v u m u r u Podemos reescrever como r u r Fm a0 r u u r u com F Vr Vamos usar coordenadas cilíndricas x r cosθ y r sinθ z z e temos r R zh Vamos calcular primeiramente o tensor de inércia em relação ao sistema ilustrado e depois usaremos o teorema de Steiner para encontrarmos em relação ao CM Temos Ixx ρ ry2 z2 dr dθ dz com ρ Mπ R2 h3 Ixx 3Mπ R2 h 0h 02π 0R zh r y2 z2 dr dθ dz Ixx 3Mπ R2 h π 0h R44 h4 z4 dz 2π 0h R2h2 z4 dz Ixx 3M20R2 4h2 Iyy por simetria Izz 3M π R2 h r3 dr 6M R2 h R4 z3 4 h4 dz 3M R2 10 Os produtos de inércia são nulos pois Ixy ρ r xy dr Mas xy r2 senθ cosθ e 02π senθ cosθ dθ 0 Logo Ixy 0 Além disso Ixz Iyz 0 pois xz rz cosθ e yz ry cosθ mas 02π cosθ dθ 02π senθ dθ 0 Portanto temos I 3M20 R2 4h2 0 0 0 3M20R2 4h2 0 0 0 3M R210 Vamos então fazer os cálculos em relação ao CM Sabemos que a 0 0 3h4 Logo pelo teorema de Steiner Icmij Iij M a2cm δij ai aj Logo Icmxx 3M20 R2 4h2 9h2 M16 3M R2 20 3M h2 80 Por simetria Icmxx Icmyy Por sim Icmzz 3M R2 10 M 9h216 9h216 3M R2 10 Temos I cm 3M R2 20 3M h2 80 0 0 0 3M R2 20 3M h2 80 0 0 0 3M R2 10 Como o tensor de inércia é diagonal então os eixos principais são os eixos do sistema ilustrado eixos x y e z com a origem no CM 4 Se o torque é nulo as equações de Euler são I1 ũ1 u2 u3 I2 I3 I2 ũ2 u3 u1 I1 I3 I3 ũ3 u1 u2 I1 I2 a Multiplicando cada linha por ui temos u1 u2 u3 I2 u1 u2 u3 I3 I1 u1 ũ1 0 u1 u2 u3 I3 u1 u2 u3 I1 I2 u2 ũ2 0 u1 u2 u3 I1 u1 u2 u3 I2 I3 u3 ũ3 0 Somando temos I1 u1 ũ1 I2 u2 ũ2 I3 u3 ũ3 0 1 Logo de 1 integrando no tempo I1 u12 2 I2 u222 I3 u32 2 A constante Mas a energia é 12 ũ L com L I1 u1 I2 u2 I3 u3 Portanto A E e I1 u12 I2 u22 I3 u32 2E b Multiplicando as equações de Euler por Ii ui temos analogamente I12 u1 ũ1 I22 u2 ũ2 I32 u3 ũ3 0 2 Mas 2 é igual a 12 ddt L 2 0 com L I1 u1 I2 u2 I3 u3 Logo L L L² I₁ ω₁² I₂ ω₂² I₃ ω₃² Nota que o enunciado está errado pois coleta E total² Essa é uma igualdade para o quadrado do momento angular não da energia 5 a Temos P₀ I₁ ω sin θ Pψ cos θ e Pψ I₃ ψ ω cos θ Substituindo os valores θ 60 ω 2 mgl 3 I₁¹² ψ 3 I₁ I₃ mgl 3 I₁ I₃¹² Temos Pψ I₃ 3 I₁ I₃ mgl 3 I₁ I₃¹² mgl 3 I₁¹² Pψ 3 mgl I₁¹² Já para calcularmos P₀ P₀ I₁ 32 mgl 3 I₁¹² 12 3 mgl I₁¹² P₀ 3 mgl I₁¹² Como Vψ P₀ Pψ cos θ² 2 I₁ sen² θ mgl cos θ logo Vψ 3 mgl 1 cos θ² 2 sen² θ mgl cos θ Quando θ 0 Vψ mgl Quando θ π Vψ O pião se aproxima continuamente da vertical b Deja E I₁ θ² 2 Vψ então I₁ θ² 2 Vψ E com E E Pψ² 2 I₃ mgl Logo I₁ θ² 2 3 mgl 1 cos θ² 2 sen² θ mgl cos θ mgl Se cos θ u u θ sen θ e Temos I₁ u² 3 mgl 1 u² 2 mgl u u³ 2 mgl 1 u² I₁ u² mgl 3 6 u 3 u² 2 u 2 u³ 2 2 u² I₁ u² mgl 1 4 u 5 u² 2 u³ u² mgl I₁ 1 u² 2 u 1 Separando uma equação du 1 u 2 u 1 mgl I₁ dt 2 tanh¹ 2 u 1 mgl I₁ t u 12 tanh² mgl I₁ t 2 1 Fazendo u cos θ e elevando a 1 dos dois lados temos sec θ 1 sech mgl I₁ t De fato percebemos que o eixo do pião se aproxima da vertical pois conforme t cresce o lado direito se aproxima de 1 e sec¹ 1 0