Um cubo homogêneo de densidade \rho, massa M e comprimento do lado b tem um vértice na origem e três lados adjacentes repousando ao longo dos eixos coordenados.
O cubo acima é posto a girar em torno da aresta que coincide com o eixo X_{3}. Determine o vetor momento angular do cubo em relação ao vértice Q e o ângulo que ele faz com o vetor velocidade angular.

Passo 1

O enunciado dá um cubo homogêneo de densidade \rho, massa M e aresta b. Um vértice Q do cubo está na origem e as três arestas adjacentes a Q repousam ao longo dos eixos coordenados x_{1},x_{2},x_{3}. O cubo é colocado para girar em torno da aresta que coincide com o eixo X_{3} (ou seja, em torno de uma reta passando por Q na direção \mathbf{e}_{3}).\n\nAs perguntas são:\n- Determinar o vetor momento angular do cubo em relação ao vértice Q, \mathbf{L}_{Q}.\n- Determinar o ângulo \theta entre \mathbf{L}_{Q} e o vetor velocidade angular \boldsymbol{\omega}.\n\nInformações geométricas usadas (retiradas da figura): o centro de massa O' do cubo está no ponto \left(\tfrac{b}{2},\tfrac{b}{2},\tfrac{b}{2}\right) medido a partir de Q. Vamos chamar o vetor de Q para O' de \mathbf{a}, ou seja \mathbf{a}=\left(\tfrac{b}{2},\tfrac{b}{2},\tfrac{b}{2}\right). Não há outras informações faltando.

Passo 2

Primeiro vamos obter os momentos de inércia em relação ao centro de massa O'. Para um paralelepípedo de arestas b,b,b (cubo) com massa M e origem no centro, o momento de inércia em torno de um dos eixos ligados às arestas (por exemplo eixo x_{1} passando pelo centro) é dado por
I_{O',11}=\int (y^{2}+z^{2})\,dm.
Com densidade uniforme dm=(M/b^{3})\,dV e integrando y,z de -b/2 a b/2 e x também, o resultado padrão é
I_{O',11}= \frac{1}{12}M(b^{2}+b^{2})=\frac{1}{6}M b^{2}.
Por simetria obtemos
I_{O',11}=I_{O',22}=I_{O',33}=\frac{1}{6}M b^{2}.
(Se quiseres, dá pra fazer a integral passo a passo, mas este é o resultado conhecido para um cubo.)

Passo 3

Escrevemos o tensor de inércia em relação ao centro O' na base dos eixos principais como matriz diagonal:
I_{O'}=\frac{1}{6}M b^{2}\begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]0&1&0\\[4pt]0&0&1\end{pmatrix}=\frac{1}{6}M b^{2}\,\mathbf{I}.]

Passo 4

Para obter o tensor de inércia em relação ao vértice Q usamos a versão tensorial do teorema dos eixos paralelos:
I_{Q}=I_{O'}+M\bigl(\|\mathbf{a}\|^{2}\mathbf{I}-\mathbf{a}\mathbf{a}^{T}\bigr),
onde \mathbf{a} é o vetor de Q para o centro O'. Aqui \mathbf{a}=\left(\tfrac{b}{2},\tfrac{b}{2},\tfrac{b}{2}\right). Calculamos primeiro
\|\mathbf{a}\|^{2}=\left(\tfrac{b}{2}\right)^{2}+\left(\tfrac{b}{2}\right)^{2}+\left(\tfrac{b}{2}\right)^{2}=\frac{3}{4}b^{2},
e a matriz \mathbf{a}\mathbf{a}^{T} tem todas as entradas iguais a \tfrac{b^{2}}{4}:
\mathbf{a}\mathbf{a}^{T}=\frac{b^{2}}{4}\begin{pmatrix}1&1&1\\[4pt]1&1&1\\[4pt]1&1&1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Substituindo em I_{Q}:
I_{Q}=\frac{1}{6}M b^{2}\mathbf{I}+M\Bigl(\frac{3}{4}b^{2}\mathbf{I}-\frac{b^{2}}{4}\begin{pmatrix}1&1&1\\[4pt]1&1&1\\[4pt]1&1&1\end{pmatrix}\Bigr).
Agora calculamos componente a componente. Para as entradas diagonais:
I_{Q,11}=\frac{1}{6}M b^{2}+M\Bigl(\frac{3}{4}b^{2}-\frac{b^{2}}{4}\Bigr) =\Bigl(\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\Bigr)M b^{2}=\frac{2}{3}M b^{2}.
Pelo mesmo raciocínio I_{Q,22}=I_{Q,33}=\dfrac{2}{3}M b^{2}. Para as entradas fora da diagonal (por exemplo 12):
I_{Q,12}=0 - M\cdot\frac{b^{2}}{4}=-\frac{1}{4}M b^{2}.
Portanto o tensor de inércia em relação a Q é
I_{Q}=M b^{2}\begin{pmatrix}\tfrac{2}{3}&-\tfrac{1}{4}&-\tfrac{1}{4}\\[6pt]-\tfrac{1}{4}&\tfrac{2}{3}&-\tfrac{1}{4}\\[6pt]-\tfrac{1}{4}&-\tfrac{1}{4}&\tfrac{2}{3}\end{pmatrix}.]

Passo 6

A velocidade angular, por hipótese, está ao longo da aresta X_{3} que passa por Q; portanto
\boldsymbol{\omega}=\omega\,\mathbf{e}_{3}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]\omega\end{pmatrix}.
O momento angular em relação a Q é \mathbf{L}_{Q}=I_{Q}\,\boldsymbol{\omega}. Multiplicando a matriz por \boldsymbol{\omega} obtemos
\mathbf{L}_{Q}=M b^{2}\omega\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{4}\\[4pt]-\tfrac{1}{4}\\[4pt]\tfrac{2}{3}\end{pmatrix} = M b^{2}\omega\Bigl(-\tfrac{1}{4}\mathbf{e}_{1}-\tfrac{1}{4}\mathbf{e}_{2}+\tfrac{2}{3}\mathbf{e}_{3}\Bigr).
Isso mostra que \mathbf{L}_{Q} não é paralelo a \boldsymbol{\omega}: além da componente na direção \mathbf{e}_{3} há componentes nas direções \mathbf{e}_{1} e \mathbf{e}_{2}.]

Passo 7

Agora calculamos o ângulo \theta entre \mathbf{L}_{Q} e \boldsymbol{\omega}. Usamos
\cos\theta=\frac{\mathbf{L}_{Q}\cdot\boldsymbol{\omega}}{\|\mathbf{L}_{Q}\|\,\|\boldsymbol{\omega}\|}.
Como \boldsymbol{\omega}=\omega\mathbf{e}_{3} e \mathbf{L}_{Q}=M b^{2}\omega(-\tfrac{1}{4},-\tfrac{1}{4},\tfrac{2}{3}), temos o produto escalar
\mathbf{L}_{Q}\cdot\boldsymbol{\omega}= \bigl(M b^{2}\omega\bigr)\bigl(\tfrac{2}{3}\bigr)\omega = M b^{2}\omega^{2}\cdot\frac{2}{3}.
O módulo de \mathbf{L}_{Q} é
\|\mathbf{L}_{Q}\|=M b^{2}\omega\sqrt{\Bigl(-\tfrac{1}{4}\Bigr)^{2}+\Bigl(-\tfrac{1}{4}\Bigr)^{2}+\Bigl(\tfrac{2}{3}\Bigr)^{2}} = M b^{2}\omega\sqrt{\frac{1}{16}+\frac{1}{16}+\frac{4}{9}} = M b^{2}\omega\sqrt{\frac{41}{72}}.
Portanto
\cos\theta=\frac{\dfrac{2}{3}M b^{2}\omega^{2}}{\bigl(M b^{2}\omega\bigr)\bigl(\,M b^{2}\omega\sqrt{\dfrac{41}{72}}/ (M b^{2}\omega) \,\bigr)}=\frac{\tfrac{2}{3}}{\sqrt{\dfrac{41}{72}}}.
Simplificando:
\cos\theta=\frac{2/3}{\sqrt{41/72}}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{41}}.
Assim
\theta=\operatorname{arccos}\!\Bigl(\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{41}}\Bigr).
Se quiseres um valor numérico aproximado, \theta\approx \operatorname{arccos}(0{,}8839)\approx 27{,}8^\circ.

Resposta

\displaystyle \mathbf{L}_{Q}=M b^{2}\,\omega\Bigl(-\tfrac{1}{4}\,\mathbf{e}_{1}-\tfrac{1}{4}\,\mathbf{e}_{2}+\tfrac{2}{3}\,\mathbf{e}_{3}\Bigr)\n
\displaystyle \theta=\operatorname{arccos}\!\Bigl(\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{41}}\Bigr)\approx 27{,}8^\circ

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