Unidade VI Movimento de Rotação

Unidade VI Movimento de Rotação

1. Situando a Temática

Já dissemos que a partir das leis de Newton podemos estudar o mo- vimento de qualquer corpo do ponto de vista da mecânica clássica. Também já estudamos um pouco da cinemática da rotação; o movimento circular uni- forme. Agora, a partir das leis de Newton, estudaremos o movimento circu- lar com aceleração angular e a dinâmica da rotação.

No estudo da dinâmica da rotação definiremos novas grandezas co- mo o torque e o momento de inércia. Além disso, encontraremos resultados análogos para a rotação, àqueles do movimento de translação.

2. Problematizando a Temática

O primeiro problema é definir um movimento de rotação. Temos du- as possibilidades que nos interessam aqui: Primeiro, o movimento de um corpo que está apenas girando; como um disco do rei Roberto Carlos num toca-discos. Segundo, o movimento de um corpo que além de girar está tam- bém se deslocando; como o de uma roda de um automóvel. O primeiro caso é chamado de rotação pura. É um movimento de rotação onde pelo menos um ponto permanece em repouso. O segundo caso é chamado de rolamento.

Movimentos quaisquer de rotação e translação combinados, como um bastão arremessado para cima, não serão estudados aqui.

3. Cinemática da Rotação

Na seção II.7.2 estudamos o movimento circular uniforme. Nesta se- ção estudaremos o movimento circular com aceleração.

ACELERAÇÃO ANGULAR MÉDIA

Vimos que a aceleração de uma partícula mede a taxa de variação de sua velocidade com o tempo. No caso do movimento angular, nós estamos interessados na variação da velocidade angular. Se a velocidade angular de um corpo sofre uma variação ∆ω num intervalo de tempo ∆t, definimos ace- leração angular média como:

∆t

ω

= ∆

α_média (aceleração angular média) (6.1) Lembrando que ∆ω = ω(t + ∆t) – ω(t).

ACELERAÇÃO ANGULAR INSTANTÂNEA

Quando ∆t → 0, encontramos a aceleração angular instantânea, que mede a variação da velocidade de uma partícula num intervalo de tempo in- finitesimal:

dt d t

t t t

t

= ω

∆ ω

−

∆ +

= ω α

ω

∆

→

∆

) ( ) lim (

0 (aceleração angular instantânea) (6.2)

Na Eq. 2.35 encontramos v = Rω, que é a relação entre a velocidade linear e a velocidade angular.

Se nós derivarmos a Eq. 2.35 com relação ao tempo, obtemos:

ω ⇒ = α

= a R

dt R d dt

dv tangente

(6.3) Isto relaciona a componente da aceleração linear que é tangente à trajetória (que faz v mudar) com a aceleração angular (que faz ω mudar). A componente radial da aceleração muda a direção e o sentido do vetor v^→, mas não o seu módulo.

Para um movimento circular com aceleração angular constante, va- lem as equações do movimento uniformemente variado, i.e.,

2 21 0

) 0

(t =θ +ω t+ αt θ

t t =ω +α

ω( ) ₀ (6.4)

θ

∆ α + ω

=

ω²_final ²_inicial 2

4. Energia Cinética de Rotação e Momento de Inércia

Para calcular a energia cinética de rotação, usaremos a definição dada na Eq. 4.1;

2

2 1mv K =

Vamos considerar então um sistema formado por n partículas, todas girando com a mesma velocidade angular ω, em torno de um eixo. Estamos fazendo as velocidades angulares iguais para simular um corpo rígido. As- sim, a energia cinética do sistema será:

n2 2 n 2 1

2 2 2 2 1 2 1

sist 1m v₁ m v m v

K = + +⋅⋅⋅+ (6.5)

Substituindo o resultado da Eq. 4.35a em (6.5), encontramos,

2n n2 2 n 2 1

2 2 2 2 2 2 1 1 2 21

sist = m r₁ ω₁ + m r ω +⋅⋅⋅+ m r ω

K . (6.6)

onde m_i é a massa da i-ésima partícula e r_i o raio do círculo que ela descre- ve.. Como estamos fazendo ω₁=ω₂=⋅⋅⋅=ω_n, então

( )

Rotação) de

Ciética Energia

2 (

21

2 n2 2 n

2 2 2

2 1 sist 1 ₁

ω

=

ω +

⋅

⋅

⋅ + +

=

I

r m r

m r m K

I (6.7)

A quantidade

^{= + +⋅⋅⋅+ =}

∑

i

ri

m r

m r

m r m

I ₁ ² _{2 2}² _{n n}² _i ²

1 (6.8)

é chamada de momento de inércia e faz o papel de massa no movimento de rotação. O momento de inércia mede o quanto é difícil fazer variar a veloci- dade angular de um corpo em torno de um dado eixo de rotação.

Para uma distribuição contínua de massa, o momento de inércia é calculado como:

∫

=

volume

r2dm

I (distribuição contínua de massa) (6.9) Esta relação dá o momento de inércia de um corpo rígido.

Note que o momento de inércia (Eq. 6.8 e 6.9) depende da massa e mais “fortemente” de como a massa está distribuída em relação a um dado eixo de rotação.

A Fig. 6.1 exemplifica a dependência do momento de inércia em re- lação à distribuição da massa. Na verdade, a distribuição da massa não mu- da. A haste, homogênea, tem uma distribuição única. O que muda é o eixo de rotação em torno do qual ela está girando. Assim, quando falamos em mo- mento de inércia, temos que precisar o eixo de rotação, em torno do qual o corpo está girando.

Para calcularmos um momento de inércia, temos que proceder de forma análoga ao que foi feito para o centro de massa.

Problema Resolvido 6.1

Quatro partículas são colocadas uma em cada canto de um quadrado, como mostra a Fig. 6.2. Considere que elas estejam ligadas por hastes de massas desprezíveis de 2 m de comprimento. Se M = 2 kg, qual o valor do momento de inércia do sistema em relação a um eixo de rotação que passa pelo ponto



SOLUÇÃO: Na definição (6.8), o raio do círculo r_i é a distância da i-ésima partícula ao eixo de rotação. Assim,

( )

2 2

2 2

2 2 2

D2 2 D

C C B2 2 B

A A A

m kg 48

m) 2 ( kg 2 6

L M 6 L M ) 1 4 1 (

L M 2 L 2M L M 0 M 2

⋅

=

×

×

=

= +

+

=

+ +

+

×

=

+ +

+

=m r m r m r m r I

Observe que a massa que está “em cima” do eixo (r_A = 0) de rotação não contribui para o momento de inércia.

TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS

Para uma distribuição contínua de massa, é preciso resolver a inte-

gral da Eq. 6.9. Entretanto, muitos momentos de inércia são calculados em relação a um eixo que passa pelo centro de massa do corpo e em seguida são tabelados.

Uma vez conhecido o momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de massa, podemos usar o teorema dos eixos paralelos para calcular o momento de inércia em relação a outro eixo:

CM 2

A I MH

I = + (teorema dos eixos paralelos) (6.10) Onde:

I_CM = Momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de massa.

H = Distância entre os dois eixos.

I_A = é o momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo ponto A, paralelo ao eixo que passa pelo centro de massa.

Problema Resolvido 6.2

Determine o momento de inércia de uma haste homogênea de massa M e comprimento L (Fig. 6.3) que gira em torno de um eixo (a) que passa pelo seu centro de massa (CM), perpendicularmente a ela e (b) que passa por uma das extremidades.

SOLUÇÃO: (a) Na definição (6.9), o raio do círculo r é a distância do ele- mento de massa dm ao eixo de rotação. Assim,

3 2

2 CM 2

12 1 3

2

2 2

2 2

2

x ML L M

L dx x M dm

x I

L

L L

L L

L

haste

 =













=

=

=

−

−

−

∫

∫

(b) Em relação a um eixo que passa pela extremidade, a única mudança em relação aos cálculos feitos no item (a) são os limites de integração;

2 0

3 0

2 0

A 2

3 1

3 ML

x L M

L dx x M dm

x I

L L L

haste

 =













=

=

=

∫ ∫

Este resultado também pode ser obtido por meio do teorema dos eixos para- lelos:

2 31

2 2

121 CM 2 e Extremidad

2) ( ML

M L ML

MH I

I

=

+

=

+

=

Na tabela abaixo mostramos alguns sólidos com seus respectivos momentos de inércia.

5. Torque

A palavra TORQUE vem do latim e significa torcer. O torque é produ- to de uma força e no sentido mais amplo, podemos entender como girar. As- sim, quando uma força torce ou gira um corpo, dizemos que ela produziu um torque.

O torque é representado pelo símbolo ττττ e é definido como:

τ=r×F (DefiniçãodeTorque) (6.11)

onde, F

→

= força aplicada sobre o corpo.

r^→ = vetor que vai do eixo de rotação até o ponto onde a força está sendo aplicada.

τ^→ = torque produzido pela força.

Portanto o torque é um vetor definido pelas regras do produto vetori- al. Assim, o módulo do torque é igual a:

|τ|=|r|⋅|F| sen θ (6.12) Mas, |F

→

| sen θ é a componente perpendicular de F

→

ao vetor r^→. En- tão podemos entender que a componente de F

→ paralela ao vetor r^→, que pas- sa pelo eixo de rotação, não produz torque.

6. Segunda Lei de Newton na Rotação

Um torque é gerado quando aplicamos uma força a um corpo rígido que pode girar em torno de um eixo de rotação, por exemplo quando abrimos ou fechamos uma porta.

Vamos considerar inicialmente uma partícula de massa m, presa a uma haste sem massa, que pode girar em torno de um eixo de rotação que passa pela extremidade, como mostra a Fig. 6.5.

O torque sobre a massa m é:

α

= α

=

= θ

=

τ sen _tan ( ²)

perpend.

r m r m r a m r F

r

F

(6.13)

Na Eq. 6.13 a componente perpendicular (ao vetor r^→) da força é tangente ao círculo descrito pela massa. Por isso, a aceleração conferida à partícula é a aceleração tangente (e não radial). A aceleração tangente, por sua vez, está relacionada com a aceleração angular pela Eq 6.3.

Da definição dada na Eq. 6.8, escrevemos o momento de inércia para uma única partícula como: I = m r ². Então, obtemos:

τ=Iα (2ªLeideNewton paraarotação) (6.14) Vemos em (6.14) que o torque faz o papel da força; produz uma aceleração angular. O momento de inércia faz o papel da massa; é a inércia de rotação.

7. Trabalho e Energia Cinética de Rotação.

Para calcular o trabalho realizado por uma força no movimento de rotação, partiremos da definição 4.2, i.e., W =F

→

⋅⋅⋅⋅ d r^→. O produto escalar da força pelo deslocamento fica:

θ θ θ

= φ

= F dr F dr F rd

dW

torque

) sen ( ) sen ( cos

|

||

|

Onde usamos sen θ = cos φ e também, quando ∆t → 0, dr → ds = rdθ Então,

dW =τdθ (Trabalhonarotação) (6,16) Esta relação é completamente análoga àquela dada na Eq. 4.2.

Se tomarmos um intervalo de tempo ∆t entre os instantes t_i e tf en- contramos:

∫

=

f

i

t

t

d

W (6.17)

Com um pouco de álgebra podemos mudar o integrando e obter uma expressão para o Teorema do Trabalho-Energia. De (6.14) segue:

ω ω

= θ θ ω ω

= θ θ θ

= ω ω θ

= θ α

= θ τ

ω

d I d d

I d dt d d d Id dt d Id d I d

Assim, a Eq. 6.17 fica

2 A 21 2 B 21 2

21 AB

B A B

A

ω

− ω

= ω

= ω ω

= ^ω

ω ω

ω

∫

I W

Comparando com a Eq. 6.7, encontramos finalmente:

W_AB=K_B−K_A=∆K_AB (TeoremadoTrabalho−Energia) (6.18) Portanto vale o teorema do trabalho-energia, independente se é um movimento de translação ou de rotação.

Problema Resolvido 6.3

Dois blocos, de massas m₁ e m₂, estão ligados por um cabo de massa despre- zível que passa por uma roldana de massa M e raio R, como mostra a figura ao lado. Os blocos são liberados a partir do repouso. Despreze qualquer dis- sipação por atrito e considere m₂ = 2m₁ e M = 4m₁. (a) Faça um diagrama das forças que atuam nos blocos e na roldana. (b) Escreva as equações de movimento (2ª lei) para os blocos e para a roldana e determine suas acelera- ções. (c) Determine o valor da tensão em cada um dos ramos do cabo que li- ga os blocos para m₁ = 10 kg.

SOLUÇÃO: (a) Diagrama de forças:

(b) As equações de movimento ficam:

Movimento de translação Bloco 1

x → T₁ = m₁ a (1) y → N – P₁ = 0 (2) Bloco 2

Y → P2 – T₂ = m₂ a (3)

Movimento de Rotação Roldana

T2 R – T₁ R = I_CM α = 1

2 MR²α = 1 2 MR²

a R ⇒ T2 – T1 = 1

2 Ma (4) Antes de prosseguir:

1) Ao escrever as equações de movimento nós utilizamos o fato que as acele- rações dos dois blocos são iguais ( a1 = a2 = a ) uma vez que a corda não

estica e nem encolhe.

2) Consideramos também que a corda não desliza sobre a roldana para es- crever que v = Rω e a = Rα.

3) A força F

→

que aparece no diagrama de forças da roldana é exercida pelo eixo sobre a roldana de tal maneira que F

→

+PR

→ +T1

→+T2

→ = 0. Desta forma, a roldana não tem movimento de translação.

4) As forças F

→

e PR

→ passam pelo eixo de rotação e por isso não produzem torque. Apenas as tensões geram torques.

5) Nós consideramos torques positivos aqueles que fazem a roldana girar no sentido horário.

Prosseguindo:

De (1) + (3) + (4), obtemos:

P₂ – P₁ = (m₁ + m₂ + ¹₂ M) a Portanto,

M m

m

P a P

a M m

m P P

21 2 1

1 2 21

2 1 1

2 ( )

+ +

= − + ⇒

+

=

−

Fazendo m₂ = 2m₁ e M = 4m₁ como diz o enunciado, temos:

g g

m m m

m a m

5 1 4

2 2

21 =

+ +

= −

(c) Substituindo em (1) e em (3), segue

N 160 m/s 10 ) 1 ( kg 20 ) (

e N 20 m/s 10 kg 10

2 51

2 2

2 51

1 1

=

−

×

=

−

=

=

×

=

=

a g m T

a m T

8. Rolamento

Vamos considerar um corpo que possa rolar sem deslizar. Os exem- plos são muitos mesmo; uma roda de bicicleta ou de um automóvel, uma bo- la de boliche ou uma bola qualquer, uma pedra de giz sobre a mesa do pro- fessor ou um cilindro qualquer, etc. Tem que ter uma seção transversal circu- lar porque senão não rola!

A Fig. 6.8 mostra um pneu se deslocando em três situações.

Em 6.8a, o pneu tem um movimento de translação pura. Todos os pontos do pneu têm o mesmo deslocamento num dado intervalo de tempo, i.e., eles têm a mesma velocidade.

Em 6.8b, o pneu tem um movimento de rotação pura em torno de um eixo que passa pelo centro de massa, perpendicularmente ao plano da fi- gura. O CM permanece em repouso, enquanto os pontos P e P′ têm veloci- dades de mesmo módulo, mesma direção e sentido contrário. Faremos com que o pneu gire com uma velocidade angular tal que Rω = v_CM = velocidade de translação em 6.8a.

Em 6.8c, o pneu rola sem deslizar. Rolar sem deslizar significa que não há movimento relativo entre o pneu e o solo. O pneu não está nem ar-

rastando porque freou muito brusco e nem patinando porque acelerou muito forte. Quando isto acontece, o ponto P, que está em contato com o solo, fica instantaneamente em repouso. É como se todo o pneu — representado pelos círculos pontilhados na Fig. 6.8d — estivesse girando em torno do ponto P (em repouso). O ponto P′ segue a trajetória externa (verde) com uma veloci- dade vP′ = (2R).ω e o centro de massa segue a trajetória interna (lilás) com uma velocidade v_CM = Rω.

Podemos encontrar a relação entre a aceleração linear do centro de massa e a aceleração angular derivando a Eq. 2.35a;

α ω=

= ω

= R

dt Rd dtR

d dt dv_CM

Então,

a_CM =Rα (aceleração linear e a aceleração angular) (6.19) ENERGIA CINÉTICA NO ROLAMENTO

Vamos calcular a energia cinética nos três casos da Fig. 6.8.

(a) No movimento de translação pura, a energia cinética é simplesmente:

CM2 transl 2

1MV

K =

(b) No movimento de rotação pura, é dada pala Eq. 6.7;

CM 2 rot 2

1 ω

= I K

onde ICM é o momento de inércia do pneu em relação a um eixo que passa pelo centro e massa.

(c) No rolamento, a energia cinética será calculada como se o pneu girasse, como um todo, em torno do ponto P com uma velocidade angular ω. Assim.

Da Eq. 6.7, temos:

P 2 rolam 2

1 ω

= I K

onde I_P é o momento de inércia do pneu em relação a um eixo que passa pelo ponto P. O momento de inércia I_P é obtido usando o teorema dos eixos para- lelos, Eq. 6.10,

CM 2 CM 2

P I MH I MR

I = + = +

Então,

CM

2 CM 2

2 2 CM 2

2 CM 2

rolam

) 2 (

1 2

1

2 1 2

) 1 2(

1

V

R M I

R M I

MR I

K

ω +

ω

=

ω +

ω

= ω +

=

Portanto,

rolamento) no

cinética (Energia

2 1 2

1

Rotação Translação

CM 2 CM2

Rolamento

K K

I MV

K

+

=

ω +

= (6.20)

Vemos então que um rolamento corresponde a um movimento de translação somado com um movimento de rotação.

9. Força de Atrito no Rolamento

Quando uma roda rola sem deslizar com velocidade constante, não há tendência ao movimento relativo entre as superfícies. Então, não haverá força de atrito entre as superfícies.

Note que aqui a força de atrito atua no sentido de impedir o aumento da velocidade angular.

Por outro lado, quando um objeto rola por uma rampa, por exemplo, ele tem a sua velocidade angular aumentada. Nesse caso, a força de atrito te- rá sentido contrário.

Vamos analisar o movimento de uma esfera que desce uma rampa rolando sem deslizar.

Problema Resolvido 6.4

Determine a aceleração linear do centro e massa de uma esfera sólida que desce um plano que forma um ângulo θ com a horizontal. Use como momen- to de inércia para uma esfera sólida aquele dado na Tabela I.

SOLUÇÃO:

As forças que atuam sobre a esfera são:

(i) Peso P

→

= Atração gravitacional.

(ii) Normal N

→

= Componente perpendicular (ao plano inclinado) da força de contato.

(iii) Força de atrito f a →

= Componente paralela (ao plano inclinado) da força de contato.

As equações de movimento ficam:

Direção x: (paralela ao plano) sen f maCM

P θ− _e = (1)

Direção y: (perpendicular ao plano) 0

cosθ=

−P

N (2)

Rotação: (soma dos torque)

R mR a mR

I f

R _e = _CMα=₅^{2 2}α=₅^{2 2 CM} Assim,

maCM

f_e =₅² (3)

Note que apenas a força de atrito produz torque não nulo, uma vez que o pe- so e a normal passam pelo eixo de rotação.

Substituindo (3) em (1), encontramos:

5 CM

sen 2ma ma g

m θ− _CM =

Portanto,

θ

⇒ = θ

=

+ ) sen sen

1

( ₅² a_CM g a_{CM 5}⁷g