12 Momento Angular 1
12.1 Introdução . . . 1
12.2 Momento Angular de Uma Partícula . . . 1
12.2.1 Partícula percorrendo uma reta . . . 3
12.2.2 Partícula percorrendo um círculo . . . 4
12.3 Momento Angular de um Corpo Rígido . . . 7
12.4 Conservação do Momento Angular . . . 13
12.5 Impulso Angular . . . 19
Capítulo 12
Momento Angular
12.1 Introdução
Elétrons, núcleons e moléculas - rodas, engrenagens e polias - planetas, estrelas e galáxias - tudo gira. O que faz uma roda girar? Uma vez girando, o que a faz parar? Um torque exercido sobre a roda acarreta uma variação em sua velocidade angular.
Uma vez em movimento, a roda tende a continuar girando. Os torques devido ao atrito nos mancais e a resitência do ar reduzem a velocidade da roda, levando-a parar. O fato de que a roda tende a continuar girando evidencia a existência de momento associado ao movimento rotacional - o momento angular.
12.2 Momento Angular de Uma Partícula
A cada grandeza rotacional existe uma grandeza análoga referente ao movimento de translação de uma partícula. A grandeza rotacional análoga ao momento linear ⃗p é o momento angular, ⃗l ou ⃗L. A conservação do momento linear foi estabelecida utilizando as leis de Newton. Da mesma forma, as leis de Newton conduzem a outro princípio de conservação - o princípio de conservação do momento angular.
A força aplicada a uma partícula de massa m produz uma variação da velocidade, d⃗v/dt, e escrevemos, ⃗F = m d⃗v/dt. Essa força produz um torque sobre a partícula localizada a uma distância r da origem O, Fig.(12.1), de um referencial inercial.
Escrevemos ⃗τ = ⃗r× md⃗v dt = d dt(⃗r× m⃗v) − d⃗r dt × m⃗v.
O último termo é nulo, pois d⃗r/dt = ⃗v e o produto vetorial com o vetor m⃗v é igual a zero. Dessa forma a expressão acima se torna
⃗τ = ⃗r× md⃗v dt =
d
dt(⃗r× m⃗v).
⃗τ = d dt
⃗
L. (12.1)
O termo ⃗r × m⃗v foi substituída pelo vetor ⃗L de nido como sendo o vetor momento angular. A relação do momento angular ⃗L com ⃗p (o momento linear) é análoga à relação que liga o torque com a força, ⃗τ = ⃗r × ⃗F .
⃗
L≡ ⃗r × ⃗p = ⃗r × m⃗v (12.2)
e dizemos que
o momento angular de uma partícula em relação a um ponto de referência 0, é igual ao produto vetorial do vetor posição ⃗r da partícula medido a partir de 0, pelo momento linear ⃗p da partícula.
A dimensão do momento angular em SI é kg.m2/s. O módulo L do momento angular é
L = r p senϕ,
onde ϕ é o ângulo entre ⃗r e ⃗p. A direção do vetor momento angular é perpendicular ao plano formado por ⃗r e ⃗p e o seu sentido pode ser determinado pela regra da mão direita. No caso apresentado na Fig.(12.1) o ⃗L aponta na direção Z.
Figura 12.1: Uma partícula de massa m move no plano x y. O momento angular da partícula em relação um eixo é ⃗L = ⃗r × ⃗p perpendicular aos vetores posição da partícula ⃗r em relação ao eixo e ao vetor momento linear
⃗ p.
12.2. Momento Angular de Uma Partícula 3
Quando uma força resultante ⃗F atua sobre uma partícula, sua velocidade e seu momento linear variam, de modo que seu momento angular também pode variar. Derivando a Eq.(12.2) em relação ao tempo e usando a regra de um produto, obtemos:
d⃗L dt = d⃗r dt × m⃗v + ⃗r × m d⃗v dt = ⃗v× m⃗v + ⃗r × m⃗a
O primeiro termo é zero porque contém o produto vetorial do vetor ⃗v por ele mesmo. No segundo termo temos a força resultante ⃗F (= m⃗a) e obtemos
d⃗L
dt
= ⃗
r
× ⃗F = ⃗τ.
(12.3)A taxa de variação do momento angular de uma partícula é igual ao torque da força resultante que atua sobre ela.
Usaremos a Eq.(12.2) para encontrar o momento angular total de uma partícula que move em linha reta e num círculo.
12.2.1 Partícula percorrendo uma reta
Uma partícula mesmo movendo em uma trajetória retilínea possui momento angular. A Fig.(12.2) mostra uma partícula no plano XY movendo-se em linha reta paralela ao eixo X. O vetor ⃗r é o vetor posição em relação a um eixo de rotação que passa pelo O num referencial inercial. O seu momento linear é ⃗p = m⃗v e o momento angular, L = m v r⊥. A distância r⊥ = r senϕ é aquela
da trajetória da partícula ao eixo X e é constante. O vetor ⃗r varia continuamente em sua posição porque a sua direção, ângulo ϕ, do vetor ⃗r varia, no caso r cresce e ϕ decresce mantendo o produto constante. Pela equação Eq.(12.2), o módulo do momento angular da partícula em relação ao eixo que passa pela origem O é
L = r p senϕ = m v r⊥, (12.4)
Se a velocidade da partícula é constante, seu momento angular é constante; de outro modo, varia com o tempo. Pela regra da mão direita, o vetor ⃗L para a partícula na Fig.(12.2) aponta no sentido −ˆk (vetor entrando na página).
Mostramos aqui que existe momento angular mesmo se a partícula não estivesse movendo em uma trajetória circular. A variação da posição angular (não necessariamente uma volta completa) aparece no ângulo ϕ em relação ao eixo deslocado da trajetória da partícula.
Figura 12.2: Uma partícula no plano XY movendo-se em linha reta paralela ao eixo-X.
Exemplo 1:
Qual é o momento angular, em relação à origem, de uma partícula de 40, 0 kg, no instante em que sua posição é ⃗r = −3, 50ˆi + 1, 50 ˆj, em metros, e sua velociade vetorial é⃗v = 2, 00 ˆi− 6, 00 ˆj, em metros por segundo?
Solução
Utilizamos a de nição do momento angular de uma partícula apresentada na Eq.(12.2). Calculamos ⃗ L = m ⃗r× ⃗v = 40, 0(−3, 5ˆi + 1, 50 ˆj) × (2, 00ˆi − 6, 00 ˆj) = 40, 0[(3, 5)(6, 0)− (1, 5)(2, 0)]ˆk = 40(21− 3) = (40)(18) = 720 ⃗ L = 7, 20× 102ˆk (kg.m2/s).O vetor momento angular aponta na direção Z negativo e é constante, consequentemente, o torque é nulo.
12.2.2 Partícula percorrendo um círculo
Caso simples e importante a considerar é o de uma partícula percorrendo um círculo de raio r, Fig.(12.3). Determina-se o momento angular em relação ao centro do círculo por onde passa o eixo de rotação. Como a velocidade ⃗v é perpendicular ao vetor posição ⃗r, logo pela Eq.(12.2),
L = r p = r m v. (12.5)
O sentido do vetor momento angular pode ser determinado utilizando a regra de mão direita entre os vetores ⃗r e ⃗p da Fig.(12.3). Os vetores ⃗r e ⃗p estão contidos no plano XY, signi ca que
12.2. Momento Angular de Uma Partícula 5
Figura 12.3: Partícula em movimento circular no plano XY. O seu o momento angular em relação à origem 0 é ⃗L = mr2ωˆk.
⃗
Lse dispõe ao longo do eixo z e aponta para +ˆk (ou −ˆk se o movimento da partícula é horário).
Dessa forma, escreve-se o momento angular, na forma vetorial, como
⃗
L = m r2ω ˆk = I ⃗ω. (12.6)
Foi utilizado a relação v = r ω, onde ω é a velocidae angular da partícula. Observe que ⃗L e ⃗ω são paralelos e a grandeza m r2 é a inércia rotacional da partícula em relação ao eixo z.
Exemplo 2:
Uma conta de 72 g desliza sem atrito em um arame circular orientado vertical-mente, de 0, 90 m de raio, Fig.(12.4). (a) Se a conta é liberada do repouso em θ0 = 0, 93 rad,qual é seu vetor momento angular em relação ao centro do círculo no instante em que ela cruza o eixo X? (b) Calcule, na mesma situação, a variação do momento angular. (c) Comente os mo-vimentos acelerado e desacelerado que a conta realiza enquanto ela se deloca descendo e subindo pelo arame circular, pelos lados esquerdo e direito da gura.
Solução
Um corpo colocado livremente numa posição vertical tende a se mover para baixo sob a ação de uma força - a força gravitacional. Este corpo, a conta, move ao longo do arame circular de raio r = 0, 90 m que será a sua linha de trajetória em torno do eixo que passa pelo centro do círculo em O. Em cada instante de seu movimento, a força gravitacional produz um torque em relação ao eixo. A posição inicial em graus é 53, 3o. O momento angular é calculado utilizando-sea Eq.(12.2):⃗LO = m ⃗r× ⃗v.
(a) Quando a conta passa pelo eixo X, os vetores ⃗r e ⃗v são perpendiculares e o momento angular resulta em
⃗
LO =−r m v ˆk.
m v2
2 = m g h0 = m g r senθ0 ⇒ v = √
2 g r senθ0.
O valor encontrado é v = √2 (10, 0) (0, 90) sen(0, 93) = 3, 80 m/s. O momento angular é calculado cujo valor é
⃗
LO =−0, 25 ˆk (kg m2/s).
O vetor momento angular aponta para dentro da página.
(b) A variação do momento angular é o torque devido a força aplicada sobre o corpo, no caso, é a força gravitacional. Quando a conta passa pelo eixo X, os vetores ⃗r e a força gravitacional estão perpendiculares entre si e resulta em
d⃗L
d t = ⃗τO = ⃗r× m⃗g = −r m g ˆk = −0, 65 ˆk N m.
Como os vetores ⃗τO e ⃗L são paralelos, signi ca que o movimento de rotação é acelerado.
(c) O movimento acelerado acontece também quando a conta desce no arame pelo lado esquerdo da gura. Usando a regra da mão direita para os produtos ⃗r × m⃗g e ⃗r × m⃗v, encontramos que o sentido de ⃗τ é o sentido positivo do eixo Z, o mesmo que o de ⃗L. O movimento é desacelerado quando a conta sobe no lado direito. O vetor ⃗L aponta em direção +ˆk (rotação em sentido anti-horário) e o sentido do vetor torque é o sentido negativo do eixo Z, −ˆk. Quando a conta sobe no lado esquerdo, os sentidos dos vetores se alternam e o movimento é desacelerado também.
Figura 12.4: Uma conta desliza sem atrito em um arame circular orientado verticalmente.
12.3. Momento Angular de um Corpo Rígido 7
12.3 Momento Angular de um Corpo Rígido
Um corpo rígido gira em torno do eixo z Considera-se o corpo rígido constituído de n partículas, cada uma delas de massa mi na posição ⃗ri em relação à origem O, e que se desloca com a
velocidade escalar ⃗vi = riω, Fig.(12.5). O seu momento angular é
⃗
Li = mir2i ⃗ω. (12.7)
Figura 12.5: O elemento de massa de um corpo rígido gira ao redor de um eixo e o momento angular ⃗L do corpo rígido em relação ao eixo está na mesma direção da velocidade angular ⃗ω.
O momento angular deste corpo é a soma dos momentos angulares das partículas individuais:
⃗
L =∑L⃗i (12.8)
Se o corpo rígido gira em torno de um eixo de simetria que passa pelo seu centro de massa, o momento angular é
⃗
L = (∑ miri2) ⃗ω = I ⃗ω (12.9)
A Eq.(12.9) vale tanto para o corpo que esteja girando em torno de um eixo de simetria que passa pelo seu centro de massa como para o corpo em rotação em torno de um eixo que é paralelo àquele que passa pelo centro de massa de um corpo, Fig.(12.6). Neste caso utilizamos o teorema de eixos paralelos para expressar a inercia rotacional em relação ao eixo em O′. De acordo com
este teorema, a inércia rotacional I′ em torno do eixo z′ é
onde m é a massa total do corpo. Multiplicando cada elemento por ⃗ω, obtemos
I′⃗ω = Icm⃗ω + m d2⃗ω.
Figura 12.6: (a)Elemento de massa, como partícula, de um corpo rígido e o seu momento angular em relação à origem.
A grandeza I′⃗ω é o momento angular em relação ao eixo em O′, enquanto I
cm⃗ω é o momento
angular em relação ao eixo passando pelo centro de massa. A grandeza m d2⃗ω é o momento
angular de um corpo rígido como uma partícula de massa m que gira com velocidade angular ω num círculo de raio d em torno do eixo em O′. A Eq.(12.9) é reescrita como
⃗
L = ⃗Lcm+ ⃗rcm× m⃗vcm. (12.10)
A variação do momento angular para uma partícula, Eq.(12.8), é extendida para um corpo rígido considerando constituído de n−partículas, dessa forma escrevemos como
∑ ⃗ τi = ∑ d⃗Li dt = d dt( ∑ ⃗ Li) = d⃗L dt (12.11)
Nesta equação a soma dos torques pode incluir tanto os torques internos como os devidos às forças externas ao sistema. As forças internas entre as duas partículas atuam paralelamente à reta que as une, e satisfazem a terceira lei de Newton, logo a soma dos torques internos é nula,
∑
⃗
12.3. Momento Angular de um Corpo Rígido 9
Figura 12.7: (b) O corpo gira em torno de um eixo deslocado do centro de massa do corpo.
Esta é igual a Eq.(12.3) obtida para uma partícula. A taxa de variação do momento angular de um sistema é igual ao torque resultante que atua sobre o sistema em virtude das forças externas.
No exemplo a seguir é apresentado quatro métodos de resoluções ao mesmo problema.
Exemplo 3:
A Fig.(12.8a) mostra dois corpos unidos um o leve e inextensível passando por uma polia xa ao teto. Consideramos a polia de raio R e massa m e não há atrito em seu eixo. Os corpos de massas m1 e m2 ( m2 > m1) se movem com aceleração linear a, a partir do repouso, nosentido indicado na gura. A corda não desliza sobre a superfície da polia. Encontrar a expressão para a aceleração linear dos dois corpos.
Solução
Como o corpo m2 possui maior massa, então ele desce e outro sobe com a mesmaaceleração em módulo, uma vez que a corda é inextensível. Todos os pontos da corda e da borda da polia possuem a mesma velocidade linear v e vale a relação v = R ω, onde ω é a velocidade angular da polia. Do mesmo modo, entre as acelerações linear e angular, a = R α.
Primeiro Método Aplicaremos para esta análise: as equações dinâmicas de movimento dos corpos como partículas sob uma força resultante (segunda lei de Newton de translação); e a polia como um corpo rígido sob um torque resultante. A polia gira no sentido horário e os vetores das
grandezas de rotação têm direção entrando no plano da gura, −ˆk. Aqui separamos os corpos em três partes conforme os diagramas de forças construídos, Fig.(12.8b). O vetor torque atuando sobre a polia em seu eixo de rotação é ⃗τ = ⃗τ1+⃗τ2, onde os índices 1 e 2 se referem às contribuições
das forças T1 e T2exercidas pela corda nas bordas direita e esquerda da polia. A força gravitacional
exercidad pela Terra sobre a polia, m g e a força de reação exercida pelo eixo sobre a polia passam pelo eixo de rotação e, portanto, não produzem torque. As expressões escalares de torque e de movimento dos corpos são
T1R− T2R = −I α =⇒ (T2− T1)R = I α, (12.13)
T1− m1g = m1a; T2− m2g =−m2a. (12.14)
O sinal negativo se refere ao sentido negativo de orientação dos vetores. As acelerações angular da polia e translacional dos corpos são relacionados por a = R α. Usando esta relação e operando as Eqs.(12.13) e (12.14), obtemos a expressão para a aceleração translacional:
a = m2− m1)g m1+ m2+ I/R2
. (12.15)
As tensões na corda e a reação R se obtem pelas expressões
T1 = m1(g + a),
T2 = m2(g− a), (12.16)
R = T1+ T2+ m g. (12.17)
Segundo Método O princípio de conservação da energia é utilizado. Considera-se que os corpos se movem verticalmente a uma distância h, m1 para cima e m2 para baixo. Considera-se,
na posição inicial dos corpos, a referência de energia potencial nula e energia cinética, também, nula por que os corpos iniciam o movimento do repouso. Destas considerações escrevemos
m1g h− m1g h + m1v2 2 + m1v2 2 + I ω2 2 = 0. (12.18)
A velocidade angular da polia se relaciona com a velocidade linear de um ponto da borda deste corpo por ω = v/R. Usando esta relação e a Eq.(12.18) para expressar v2 como
v2 = 2 [ (m2 − m1)g m1+ m2+ I/R2 ] h. (12.19)
Esta expressão é a conhecida equação de Torricelli, onde o termo entre colchetes é a aceleração dos corpos. Deste modo
a = (m2− m1)g m1+ m2+ I/R2
12.3. Momento Angular de um Corpo Rígido 11
Figura 12.8: Exemplo 3: (a) Dois corpos e uma polia (máquina de Atwood). (b) Diagrama de forças envolvidas no sistema.
é a expressão anteriomente obtida, Eq.(12.15).
Terceiro Método Nesta análise identi camos a polia e os corpos como um sistema não isolado, Fig.(12.8a), sujeito ao torque externo devido à força gravitacional sobre os corpos. A equação ,∑⃗τext= Is⃗α, é utilizada, onde Is é a inércia rotacional do sistema composto por polia
e dois corpos. Escrevemos
m1g R− m2g R =−Isα. (12.21)
Consideramos os corpos na borda da polia, então
Is= I + m1R2+ m2R2
e usando α = a/R, obtemos da expressão acima, Eq.(12.21), para a aceleração escalar de trans-lação a.
Quarto Método Neste último método, com as mesmas considerações do terceiro método, utilizamos a Eq.(12.12), ou seja, o momento angular. O sentido de movimento dos corpos é horário e escrevemos o momento angular com sinal negativo:
L =−m1v R− m2v R− I v/R = −(m1+ m2+ I/R2) R V.
Aplicando a derivada, temos
dL
dt =−(m1+ m2+ I/R
A Eq.(12.12 se torna
m1g R− m2g R = −(m1+ m2+ I/R2) R a (12.22)
e a expressão para aceleração a é obtida.
Observações Pretendeu-se mostrar neste exemplo, a máquina de Atwood, já conhecida nas aplicações das Leis Newton, como os conceitos de torque e momento angular são utilizados e suas expressões relacionadas. Nos dois primeiros métodos foram utilizadas as equações de movimento e da energia que são de fácil entendimento. Nos dois últimos métodos, o aluno deve anotar, analisar com cuidado as expressões de torque aplicado, a inércia rotacional do sistema e o momento angular.
Exemplo 4:
Um contrapeso de massa m é preso a um cabo leve que é enrolado em torno de uma polia, Fig.(12.9). A polia é um aro no de raio R e massa M. Os raios da polia têm massa desprezível. (a) Qual é o módulo do torque resultante sobre o sistema em torno do eixo da polia? (b) Quando o contrapeso tem uma velocidade escalar v, a polia tem uma velocidade angular ω = v/R. Determine o módulo do momento angular total em torno do eixo da polia. (c) Utilizando o resultado da parte (b) e ⃗τ = d⃗L/dt, calcule a aceleração do contrapeso.Solução
Quando o sistema é liberado, a esfera m cai e a polia gira no sentido anti-horário. Este problema é semelhante ao da máquina de Atwood que resolvemos utilizando,separadamente, as equações de movimento dos corpos sob a ação das forças externas, tensão e força gravitacional. Aqui a abordagem é diferente visto que utilizaremos o momento angular.Identi camos a esfera e polia como um único sistema não isolado, sujeito ao torque externo devido a força gravitacional sobre a esfera. Calculamos o momento angular em relação ao eixo da polia da esfera em movimento de translação (como uma partícula) e o da polia em rotação pura ( aro de momento de inércia I = M R2).
A esfera tem uma velocidade escalar v, então o momento angular da esfera é m v R. No mesmo instante, todos os pontos no aro da polia também se movem com a velocidade escalar v e a relação com a velocidade angular ω é v = R ω, então o momento angular da polia é I ω = M v R.
Figura 12.9: Exemplo 4: Polia e contrapeso.
(a) Trataremos o torque externo total sobre o sistema em torno do eixo da polia. A força gravi-tacional sobre a polia e a reação normal do eixo sobre a polia não contribuem com o torque por
12.4. Conservação do Momento Angular 13
que as linhas de ação destas duas forças passam pelo eixo, ou seja, o braço de momento é zero. A força gravitacional m⃗g que age sobre a esfera produz um torque cujo módulo é m g R. Aqui R é o braço de momento da força em torno do eixo. O torque externo resultante em torno do eixo
da polia é ∑
τext= m g R
.
(b) O momento angular total do sistema é
L = m v R + M v R = (m + M )v R.
(c) Substituindo esta expressão e o torque externo resultante na equação 12.12, escrevemos
m g R = d
dt[(m + M )v R] = (m + M )R d v
dt
Como dv/dt = a, obtemos a expressão para a:
a = m g m + M.
Observações: Ao expressar o torque resultante em relação ao eixo da polia, não incluimos as forças que o cabo exerce sobre os corpos porque elas são forças internas ao sistema considerado. Em vez disso, analisamos o sistema como um todo. Se a polia for muito leve, M << m, então
a ≈ g e se comporta como se não existisse a polia. Por outro lado, se M >> m, então a ≈ 0
signi ca que a força gravitacional m g não é su ciente para mover (girar) a polia.
12.4 Conservação do Momento Angular
Quando não há torque externo resultante agindo sobre o sistema, a Eq.(12.12) resulta em
d⃗L
dt = 0, =⇒ ⃗L = constante. (12.23)
A Eq.(12.23) é a lei da conservação do momento angular e diz que:
Se o torque externo resultante que atua sobre um sistema é igual a zero, então o momento angular ⃗L do sistema permanece constante.
Podemos aplicar esta lei ao corpo isolado, o qual gira em torno do eixo, dito eixo de rotação. Suponha que o corpo inicialmente rígido de alguma forma redistribua sua massa em relação a esse
eixo de rotação, variando seu momento de inércia em torno desse eixo. Uma vez que o momento angular do corpo não pode mudar, escrevemos essa lei de conservação como
Ifωf = Iiωi. (12.24)
Aqui os índices i e f se referem aos valores do momento de inércia I e da velocidade angular
ω antes e depois da redistribuição de massa.
Exemplo 5:
Um disco de md = 2, 0 kg e de raio desprezível se move a vdi = 3, 0 m/s eatinge uma haste de ms = 1, 0 kg e d = 4, 0 m de comprimento que está sobre uma superfície
horizontal de gelo, portanto sem atrito, como mostra a vista de cima na Fig.(12.10a). O disco colide perpendicularmente a haste na sua extremidade. Considere que a colisão é elástica. O momento de inércia da haste em torno do seu centro de massa é I = 1, 33 kg m2. (a) Explicar
por que as grandezas momentos linear e angular e energia cinética do sistema é constante. (b) Encontre as velocidades linear do disco vdf, linear da haste vs e angular da haste ω após a colisão.
Solução
(a) Ignora-se o som produzido na colisão e como não há atrito entre as superfícies dos corpos envolvidos, então o disco e a haste formam um sistema isolado em termos de momento linear e momento angular. Por outro lado a colisão é elástica, logo a energia é constante.(b) Escrevemos as equações das três grandezas que se conservam: o momento linear,
mdvdf + msvs= mdvdi; (12.25)
o momento angular com sinal de rotação no sentido horário,
−r mdvdf − I ω = −r mdvdi; (12.26)
e r = d/2 e a energia cinética antes e após a colisão se conserva:
mdvdf2 2 + msvs2 2 + I ω2 2 = mdvdi2 2 . (12.27)
As três equações possuem as três incógnitas do problema. Manipulando-as algebricamente, encontramos vs = 2vdi 1 + ms/md+ r2ms/I = 1, 3 m/s; ω = r msvs I = 2, 0 rad/s; vdf = vdi− ms md vs = 2, 3 m/s.
12.4. Conservação do Momento Angular 15
Figura 12.10: Vista de cima de um disco colidindo com uma haste. (a) Antes da colisão, o disco colide perpendicularmente com a haste. Após a colisão (b) a haste gira e translada para a direita.
Observações Este é um exemplo em que as três grandezas envolvidas no fenômeno de co-lisão entre os corpos rígidos se conservam. O aluno deve se acostumar a expressar as respostas literalmente e somente depois utilizar os valores numéricos. Por exemplo, mostre que vdf ≈ −vdi
se ms>> md.
Exemplo 6:
Na vista de cima, Fig.(12.11), quatro hastes nas e uniformes, cada uma com massa M e comprimento d = 0, 50 m, estão rigidamente conectadas a um eixo vertical formando uma roleta. A roleta gira em sentido horário em torno do eixo, o qual está preso ao piso, com módulo da velocidade angular inicial ωi = 2, 0 rad/s. Uma bola de argila de massa m = M/3 evelocidade inicial vi = 12 m/s é lançada ao longo da trajetória mostrada, θ = 60o, e se gruda na
extremidade de um das hastes. (a) Discuta sobre a conservação ou a não das seguintes grandezas: o momento linear, a energia cinética e o momento angular do sistema. (b) Qual é a velocidade angular após a colisão , ωf, do sistema bola-roleta?
Solução
(a) A colisão é totalmente inelástica (argila gruda na haste), logo a energia cinética do sistema não se conserva. O momento linear total não é conservado, pois durante a colisão uma força externa atua sobre a roleta no ligamento do eixo com o piso. Esta a força evita que a roleta se desloque sobre o piso ao ser atingido pela bola de argila. As forças que agem sobre as hastes são a força de reação da superfície horizontal sobre a haste e a força gravitacional que se cancelam e a força de atrito é nula. Portanto, o torque externo total é nulo e o momento angular total do sistema, ⃗L, em torno do eixo que passa pelo pino é conservado. As forças envolvidas na colisão produzem apenas torques internos que se cncelam e a força que atua no eixo de rotação possui braço de momento da força nulo.(b) Usando a lei de conservação do momento angular, escrevemos
Figura 12.11: Uma vista de cima de quatro hastes ri-gidamente conectadas girando livremente em torno do eixo central e a trajetória da bola de argila.
onde os índices i e f denotam os instantes antes e após a colisão da bola de argila com a haste. Cada termo é apresentado a seguir. Primeiramente, pode-se considerar que o eixo de rotação se localiza na extremidade das quatro hastes que se unem cuja inércia rotacional do conjunto é
IO = 4(M d2/3). Pode-se, ainda, supor que a roleta é formada por duas hastes de massa 2M e
comprimento 2 d cada. Nesse caso, o eixo de rotação passa pelo centro da nova haste formada e a inércia rotacional do conjunto é
IO= 2
2 M (2 d)2
12 = 4
M d2
3 .
A roleta inicailmente gira no sentido horário, ou sentido negativo (⃗ω = −ωikˆ):
Lrol,i =−Ioωi =− 4 3M d 2 ωi, Lrol,f = Ioωf = 4 3M d 2 ωf; (12.28)
A bola, sendo uma partícula, expressamos como
Lb,i = m d vicos 60o,
Lb,f = m d2ωf. (12.29)
Substituindo-as na equação acima, obtemos a expressão da velocidade angular:
ωf =
1
5 d(−4 d ωi+ vicos 60
o
) (12.30)
O valor numérico é obtido:
12.4. Conservação do Momento Angular 17
O sistema bola mais a roleta gira no sentido anti-horário.
Exemplo 7:
Um carrossel de raio R está girando com velocidade angular ωo, no sentidohorário, em torno de um eixo vertical que passa pelo centro do carrossel e sem atrito. Uma criança corre numa linha reta tangente à borda da plataforma, com velocidade vc e pula na borda do
carrossel, conforme a Fig.(12.12). (a) Quais grandezas se conservam: momento linear, momento angular e energia cinética? Explicar a resposta. (b) Qual a velocidade angular que adquire o carrossel? (b) Uma vez a criança no carrossel, ela caminha em linha radial (em direção ao centro da plataforma). Calcular a nova velocidade angular que adquire o carrossel.
Solução
(a) Quando a criança pula no carrossel, provoca um impulso linear (∆ p) na direção tangente à borda do carrossel. Em resposta a esse impulso linear, o eixo do carrossel responde em forma de uma força (F = ∆p/∆t), impedindo que o carrossel tenha o movimento de translação. Dessa forma, o momento linear não se conserva.A energia cinética não se conserva uma vez que a colisão entre a criança e o carrossel é uma colisão totalmente inelástica.
Não existe atrito no eixo do carrossel e, consequentemente, não há torque no eixo. Concluímos que o momento angular se conserva em relação ao eixo que passa pelo eixo do carrossel.
(b) Momento angular inicial:
Li =−I ω0+ mR vc.
O momento angular após a criança pular no carrossel:
Lf = (m R2+ I)ωf. (12.31)
Pela conservação do momento angular, Lf = Li, obtemos
ωf =
m R vc− I ω0
m R2+ I (12.32)
a velocidade angular do carrossel, notadamente menor do que ω0.
(c) O momento de inércia da criança é nulo quando ela chega no centro do carrossel. Escrevemos a nova expressão para a conservação do momento angular,
I ωcc = (m R2 + I) ωf (12.33) e encontramos ωcc= m R vc− I ω0 I = (m R2+ I) I ωf.
Foi utilizada a expressão de ωf dada pela Eq.(12.32). Veri ca-se a velocidade angular do sistema,
criança no centro, é maior do que quando ela estava na borda.
Obs. Explicação sobre a energia cinética antes e depois de a criança caminhar para o centro do carrossel. Quando a criança está na borda do carrossel:
Kborda = Iiωf2 2 = (m R2+ I) ω2 f 2
Quando a criança está no centro do carrossel: Kcentro = I ω2 cc 2 = I (m R2+ I)2 2 I2 ω 2 f Kcentro= (m R2+ I) I Kborda.
Veri ca-se que a energica cinética do sistema aumenta quando a criança caminha para o centro do carrossel. A criança realiza trabalho ao se mover para o centro do carrossel (eixo de rotação). Essa energia cinética extra provem do trabalho realizado pela criança. O trabalho é positivo, pois a força de atrito entre a criança e a superfície do carrossel, em direção ao eixo de rotação, é a reação da força impulsiva dos pés sobre a superfície do carrossel e o deslocamento é em direção ao centro. Essa energia é, em parte, proveniente da energia potencial química do corpo da criança. O sistema é isolado em termos de energia, mas um processo de tranasformação dentro do sistema converte a energia potencial ( energia interna) em cinética.
Figura 12.12: Carrossel girando no sentido horário e a menina pula na borda da plataforma .
Exemplo 8:
Um professor de física está sentado em um banco giratório em torno de um eixo vertical sem atrito com velocidade angular ωi, Fig.(12.13). O professor tem os braços distentidose segura um haltere em cada mão, de modo que o momento de inércia do sistema (professor, assento e halteres) é Ii. Ele puxa rapidamente os halteres para si, de modo que o momento de
inércia nal do sistema é um terço do momento de inércia inicial: If = Ii/3. (a) Qual é sua
velocidade angular nal? (b) Compare as energias cinéticas nal e inicial do sistema. Despreze o torque devido ao atrito no eixo do banco durante o intervalo de tempo no qual o momento de inércia do sistema varia. (c) Qual é a origem do aumento ou da dimuição da energia cinética do sistema?
12.5. Impulso Angular 19
Solução
(a) Como o torque devido ao atrito no eixo do banco é desprezível e não há torques externos sobre o sistema, logo seu momento angular é conservado:Iiωi = Ifωf =
Ii
3 ωf. Resolvendo em relação a ωf temos:
ωf = 3 ωi.
Veri ca-se que a conservação do momento angular exige o aumento da velocidade angular, seja o mesmo que a diminuição do momento de inércia.
(b) A energia cinética nal do sistema é:
Kf = 1 2Ifω 2 f = 1 2( Ii 3)(3ωi) 2 = 3(1 2Iiω 2 i) = 3 Ki.
Assim, a energia cinética do sistema aumenta.
(c) O aumento da energia cinética, ou seja, variação positiva dessa energia, ∆ K > 0, é igual ao trabalho (positivo) realizado pelo professor ao aproximar os halteres ao seu tronco. A força aplicada pelo professor sobre os alteres é radial e centrípeta. O trabalho realizado é positivo porque o deslocamenteo é, também, radialmente em direção ao centro (eixo de rotação).
Figura 12.13: Professor em um banco giratório.
12.5 Impulso Angular
Quando um torque τ atua num corpo de momento de inércia I constante, durante o tempo t1 a
t2, a velocidade angular varia de ω1 a ω2, escrevemos
τ = I α = I dω dt, ∫ t2 t1 τ (t) dt = ∫ ω2 ω1 I dω = I ω2− I ω1 = ∆ L (12.34)
A integração de torque no tempo durante o qual ele atua é chamado impulso angular do torque, denotado por Jθ:
Jθ =
∫ t2
t1
τ (t) dt = ∆ L. (12.35)
Esta grandeza é o análogo rotacional do impulso linear de uma força. A Eq.(12.35) a rma que o impulso angular que atua sobre um corpo é igual à variação no seu momento angular em relação ao mesmo eixo.
Um grande torque que atua apenas durante um curto intervalo de tempo é chamado torque impulsivo.
Exemplo 9:
Uma força dependente do tempo, F (t), atua num intervalo de tempo muito pequeno, sobre um corpo rígido que possui momento de inércia I, Fig.(12.14). Mostre que∫
τ dt =< F > b∆t = I(ωf − ωi)
onde b é o braço do momento da força; < F > é o valor médio da força durante este intervalo de tempo; ωi (ωf) é a velocidade angular imediatamente antes (após) da aplicação (remoção ) da
força. ( A quantidade∫ τ dt denomina-se impulso angular que corresponde a uma grandeza linear
análoga denominado impulso linear.)
Figura 12.14: Força F (t) age sobre um corpo rígido num curto intervalo de tempo.
12.5. Impulso Angular 21
Seja
⃗ τ = d⃗L
dt
e fazendo a integração no tempo ∫
⃗τ dt =
∫
d⃗L = ⃗Lf − ⃗Li = I(⃗ωf − ⃗ωi). (12.36)
Denomina-se∫ Ldt⃗ impulso angular e é igual à variação do momento angular. Um corpo rígido
é submetido a uma força que varia com o tempo:
⃗τ = ⃗r× ⃗F (t)
ou
τ = r F senθ.
Seja b = r senθ o braço do torque. Escrevemos ∫ τ dt = ∫ b F (t) dt = b ∫ F (t) dt = b < F > dt
onde < F > é o valor médio da força no intervalo de tempo ∆ t, tempo de duração da ação da força F (t). Temos τ = Idω dt e escrevemos ∫ τ dt = ∫ Idω dt dt = I ∫ dω = I(ωf − ωi). Finalmente, I(ωf − ωi) = b < F > dt. q.e.d
