. Considere um pêndulo duplo (ângulo de abertura \theta ), que é constituido de uma barra fina de massa desprezivel e de comprimento b, articulada na extremidade superior, com uma massa m_{1} na extremidade inferior e outra massa m_{2} colocada no centro da barra (distância b / 2 das extremidades). Escolha um sistema de coordenadas fixo no pêndulo com origem no ponto de articulação, eixo x ao longo do pêndulo e eixo y perpendicular a esse e no plano de oscilação do pêndulo.
a). Mostre que o tensor de inércia é diagonal e dado por I_{11}=0, I_{22}=I_{33}= m_{1} b^{2}+m_{2} b^{2} / 4 e demais elementos nulos.
b). Mostre que o momento ângular nesse caso só tem componente z e é dado por
L_{z}=\left(m_{1} b^{2}+m_{2} b^{2} / 4\right) \dot{\theta}
c). Mostre que o torque devido a gravidade é dado por:
\vec{\tau}=-b g\left(m_{1}+m_{2} / 2\right) \sin \theta \hat{e}_{3}
d). Escreva a equação de movimento do pêndulo duplo e mostre que a frequência para pequenas oscilações (\theta \ll 1) é dada por
\omega_{0}^{2}=\frac{m_{1}+m_{2} / 2}{m_{1}+m_{2} / 4} \frac{g}{b}

Passo 1

O enunciado descreve um pêndulo constituído por uma barra fina de massa desprezível e comprimento b, articulada na extremidade superior, com duas massas puntuais: m_{1} na extremidade inferior (distância b da articulação) e m_{2} colocada no centro da barra (distância b/2 da articulação). Foi escolhido um sistema de coordenadas fixo ao pêndulo com origem na articulação, eixo \hat{e}_{1} ao longo da barra (sentido do pêndulo), eixo \hat{e}_{2} perpendicular a \hat{e}_{1} no plano de oscilação, e \hat{e}_{3} perpendicular ao plano (sentido dado pela regra da mão direita). O ângulo de deslocamento é \theta e a aceleração da gravidade tem módulo g, apontando vertical para baixo.
Perguntas:
a) Mostrar que o tensor de inércia é diagonal e obter I_{11},I_{22},I_{33} e que os demais elementos são nulos.
b) Mostrar que o momento angular tem apenas componente z e obter L_{z}.
c) Calcular o torque devido à gravidade \vec{\tau}.
d) Escrever a equação de movimento e obter a frequência para pequenas oscilações \omega_{0}^{2} (caso \theta\ll1).
Dados importantes extraídos do enunciado:
\vec{r}_{1}=b\,\hat{e}_{1} (posição de m_{1} no referencial do pêndulo), \vec{r}_{2}=\tfrac{b}{2}\,\hat{e}_{1} (posição de m_{2}). A barra é massa desprezível, então apenas m_{1} e m_{2} contribuem para a inércia.

Passo 2

Fórmula útil para tensores de inércia de um conjunto de massas puntuais: para índices i,j\in\{1,2,3\},
I_{ij}=\sum_{\alpha} m_{\alpha}\left(\delta_{ij} r_{\alpha}^{2}-r_{\alpha,i}r_{\alpha,j}\right),
onde r_{\alpha}^{2}=r_{\alpha,1}^{2}+r_{\alpha,2}^{2}+r_{\alpha,3}^{2} e \delta_{ij} é o delta de Kronecker ( \delta_{ij}=1 se i=j e 0 caso contrário). Essa fórmula surge do fato que o momento de inércia em torno de um eixo é a soma das massas vezes a distância ao quadrado desse eixo, e os produtos de inércia são dados pelos produtos das coordenadas.
Aplicando ao nosso caso, as coordenadas das massas no referencial do pêndulo são:
\vec{r}_{1}= (b,0,0),\qquad \vec{r}_{2}=\bigl(\tfrac{b}{2},0,0\bigr).
Ou seja, para cada massa y e z são zero. Vamos calcular componente a componente.

Passo 3

Cálculo direto das componentes diagonais usando a forma equivalente:
I_{11}=\sum_{\alpha} m_{\alpha}\bigl(r_{\alpha,2}^{2}+r_{\alpha,3}^{2}\bigr),\qquad I_{22}=\sum_{\alpha} m_{\alpha}\bigl(r_{\alpha,1}^{2}+r_{\alpha,3}^{2}\bigr),\qquad I_{33}=\sum_{\alpha} m_{\alpha}\bigl(r_{\alpha,1}^{2}+r_{\alpha,2}^{2}\bigr).
Como para ambas as massas r_{\alpha,2}=r_{\alpha,3}=0, obtemos:
I_{11}=m_{1}(0+0)+m_{2}(0+0)=0.
Para I_{22} e I_{33} (ambas dependem de r_{\alpha,1}^{2}):
I_{22}=m_{1}b^{2}+m_{2}\left(\tfrac{b}{2}\right)^{2}=m_{1}b^{2}+m_{2}\frac{b^{2}}{4},
I_{33}=m_{1}b^{2}+m_{2}\left(\tfrac{b}{2}\right)^{2}=m_{1}b^{2}+m_{2}\frac{b^{2}}{4}.
Produtos de inércia (componentes fora da diagonal) são proporcionais a somas do tipo \sum m_{\alpha} r_{\alpha,i}r_{\alpha,j} com i\neq j. Como todas as coordenadas r_{\alpha,2} e r_{\alpha,3} são zero, todos esses produtos são nulos. Portanto o tensor de inércia é diagonal, com as componentes calculadas acima e demais elementos nulos.

Passo 4

Resumo do resultado do passo anterior (útil para os próximos itens):
I_{11}=0,\qquad I_{22}=I_{33}=m_{1}b^{2}+m_{2}\frac{b^{2}}{4},
e I_{ij}=0 para i\neq j.
Explicação física curta: as massas estão sobre o eixo \hat{e}_{1}, então não há inércia para rotações em torno de \hat{e}_{1} ( I_{11}=0 ), e rotações fora do eixo \hat{e}_{1} “veem” a distância x ao quadrado.

Passo 5

Momento angular de um corpo rígido: \vec{L}=\mathbf{I}\cdot\vec{\omega}, onde \mathbf{I} é o tensor de inércia (matriz) e \vec{\omega} é o vetor velocidade angular. No nosso movimento o pêndulo gira no plano, com velocidade angular de módulo \dot{\theta} em torno do eixo perpendicular ao plano \hat{e}_{3}. Assim
\vec{\omega}=\dot{\theta}\,\hat{e}_{3}.
Como o tensor é diagonal e \omega tem apenas componente 3, o produto é direto:
\vec{L}=I_{33}\dot{\theta}\,\hat{e}_{3}.
Substituindo I_{33} do passo anterior:
\vec{L}=\left(m_{1}b^{2}+m_{2}\frac{b^{2}}{4}\right)\dot{\theta}\,\hat{e}_{3}.
Portanto o momento angular tem apenas componente ao longo de \hat{e}_{3} (o “z” do enunciado) e seu valor escalar é exatamente a expressão acima.

Passo 6

Cálculo do torque devido à gravidade. Para uma massa puntal m localizada a uma distância r ao longo da barra, o torque em módulo devido ao peso m\vec{g} em relação à articulação é
\tau = r\,m g\,\sin\varphi,
onde \varphi é o ângulo entre o vetor posição \vec{r} (ao longo da barra) e a direção do peso (vertical para baixo). No nosso sistema, se o pêndulo faz ângulo \theta em relação à vertical, então o ângulo entre \vec{r} e a vertical é \theta. Assim o torque escalar (com sinal, seguindo a regra da mão direita para a direção \hat{e}_{3}) para cada massa é -m g r \sin\theta (o sinal negativo aparece porque a gravidade tende a reduzir \theta quando \theta>0). Somando as contribuições de m_{1} e m_{2} (posicionados em r=b e r=b/2, respectivamente) obtemos o torque total:
\vec{\tau}=-\bigl(m_{1}g b+m_{2}g\tfrac{b}{2}\bigr)\sin\theta\;\hat{e}_{3}.
Fatorando:
\vec{\tau}=-b g\left(m_{1}+\tfrac{m_{2}}{2}\right)\sin\theta\;\hat{e}_{3}.
Observação geométrica: aqui usamos que a perpendicular do vetor peso à linha do pêndulo tem comprimento r\sin\theta, então o braço de alavanca é r\sin\theta.

Passo 7

Equação de movimento. Para um corpo rígido com ponto fixo na articulação a equação de movimento é a versão vetorial de Euler (na forma simples neste caso uniaxial):
\vec{\tau}=\frac{d\vec{L}}{dt}.
Já vimos que \vec{L}=I_{33}\dot{\theta}\,\hat{e}_{3}. O eixo \hat{e}_{3} é perpendicular ao plano de oscilação e não muda de direção durante o movimento (é um eixo fixo no espaço do tipo “normal ao plano de movimento”), portanto a derivada temporal é simples:
\frac{d\vec{L}}{dt}=I_{33}\ddot{\theta}\,\hat{e}_{3}.
Igualando à expressão do torque do passo anterior obtemos a equação escalar:
I_{33}\ddot{\theta}=-b g\left(m_{1}+\tfrac{m_{2}}{2}\right)\sin\theta.
Substituindo I_{33}=m_{1}b^{2}+m_{2}\tfrac{b^{2}}{4} tem-se
\left(m_{1}b^{2}+m_{2}\frac{b^{2}}{4}\right)\ddot{\theta}=-b g\left(m_{1}+\tfrac{m_{2}}{2}\right)\sin\theta.

Passo 8

Pequenas oscilações: para \theta\ll1 usamos a aproximação \sin\theta\approx\theta. A equação linearizada fica
\left(m_{1}b^{2}+m_{2}\frac{b^{2}}{4}\right)\ddot{\theta}=-b g\left(m_{1}+\tfrac{m_{2}}{2}\right)\theta.
Rearranjando para a forma padrão \ddot{\theta}+\omega_{0}^{2}\theta=0, obtemos
\omega_{0}^{2}=\frac{b g\left(m_{1}+\tfrac{m_{2}}{2}\right)}{m_{1}b^{2}+m_{2}\dfrac{b^{2}}{4}}.
Simplificando b e b^{2}:
\omega_{0}^{2}=\frac{m_{1}+\tfrac{m_{2}}{2}}{m_{1}+\tfrac{m_{2}}{4}}\frac{g}{b},
que é a expressão desejada para a frequência de pequenas oscilações.

Resposta

a) I_{11}=0,\quad I_{22}=I_{33}=m_{1}b^{2}+m_{2}\dfrac{b^{2}}{4}, demais elementos nulos.
b) L_{z}=\left(m_{1}b^{2}+m_{2}\dfrac{b^{2}}{4}\right)\dot{\theta}.
c) \displaystyle \vec{\tau}=-b g\left(m_{1}+\tfrac{m_{2}}{2}\right)\sin\theta\;\hat{e}_{3}.
d) \displaystyle \left(m_{1}b^{2}+m_{2}\dfrac{b^{2}}{4}\right)\ddot{\theta}=-b g\left(m_{1}+\tfrac{m_{2}}{2}\right)\sin\theta,\quad \omega_{0}^{2}=\frac{m_{1}+\tfrac{m_{2}}{2}}{m_{1}+\tfrac{m_{2}}{4}}\frac{g}{b}.

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