Física I - Movimento De Rotação

Transcript

Unidade VI Movimento de Rotação 1. Situando a Temática Já dissemos que a partir das leis de Newton podemos estudar o movimento de qualquer corpo do ponto de vista da mecânica clássica. Também já estudamos um pouco da cinemática da rotação; o movimento circular uniforme. Agora, a partir das leis de Newton, estudaremos o movimento circular com aceleração angular e a dinâmica da rotação. No estudo da dinâmica da rotação definiremos novas grandezas como 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 duas 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 também 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 seção 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 aceleração angular média como: α média = ∆ω ∆t (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 infinitesimal: VI.1 ∆ω448 6447 ω(t + ∆t ) − ω(t ) dω = α = lim (aceleração angular instantânea) ∆t dt ∆t → 0 (6.2) Na Eq. 2.35 encontramos v = R ω, que é a relação entre a velocidade linear e a velocidade angular. Se nós derivarmos a Eq. 2.35 com relação ao tempo, obtemos: dv dω =R dt dt ⇒ a tangente = R α (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, valem as equações do movimento uniformemente variado, i.e., θ(t ) = θ 0 + ω 0 t + 12 αt 2 (6.4) ω(t ) = ω 0 + αt 2 2 ωfinal = ωinicial + 2 α ∆θ 4. Energia Cinética de Rotação e Momento de Inércia Para calcular a energia cinética de rotação, usaremos a definição dada na Eq. 4.1; 1 K = mv 2 2 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. Assim, a energia cinética do sistema será: K sist = 12 m1v 2 + 12 m2 v 22 + ⋅ ⋅ ⋅ + 12 m n v n2 1 (6.5) Substituindo o resultado da Eq. 4.35a em (6.5), encontramos, K sist = 12 m1r 2 ω 2 + 12 m2 r22 ω 22 + ⋅ ⋅ ⋅ + 12 m n rn2 ω 2n . 1 1 (6.6) onde mi é a massa da i-ésima partícula e ri o raio do círculo que ela descreve.. Como estamos fazendo ω1 = ω 2 = ⋅ ⋅ ⋅ = ω n , então (
) K sist = 12 m1r 2 + m 2 r22 + ⋅ ⋅ ⋅ + mn rn2 ω 2 141444 4244444 3 (6.7) I = 12 I ω 2 (Energia Ciética de Rotação) A quantidade VI.2 I = m1r 2 + m 2 r22 + ⋅ ⋅ ⋅ + mn rn2 = 1 ∑ mi ri2 (6.8) i 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 velocidade 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: I = ∫ r 2 dm (distribuição contínua de massa) (6.9) volume 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 relação à distribuição da massa. Na verdade, a distribuição da massa não muda. 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 momento 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 A , perpendicularmente ao plano da figura.  SOLUÇÃO: Na definição (6.8), o raio do círculo ri é a distância da i-ésima partícula ao eixo de rotação. Assim, I A = m A rA2 + m B rB2 + mC rC2 + m D rD2 ( = 2M × 0 + M L2 + 2M L 2 )2 + M L2 = (1 + 4 + 1) M L2 = 6 M L2 = 6 × 2 kg × ( 2 m) 2 = 48 kg ⋅ m 2 Observe que a massa que está “em cima” do eixo (rA = 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- VI.3 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: I A = I CM + MH 2 (teorema dos eixos paralelos) (6.10) Onde: ICM = Momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de massa. H = Distância entre os dois eixos. IA = 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 elemento de massa dm ao eixo de rotação. Assim, haste = I CM L 2 ∫ x 2 dm = − L2 L 2 ∫ x2 − L2 M dx L L 2 1 M  x 3  = = ML2   L  3  L 12 −2 (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; L haste IA = ∫ x 2 dm = 0 L ∫ x2 0 M dx L L  x3    = 1 ML2  3    0 3 Este resultado também pode ser obtido por meio do teorema dos eixos paralelos: = M L I Extremidade = I CM + MH 2 1 ML2 + M ( L ) 2 = 12 2 = 13 ML2 VI.4 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 produto de uma força e no sentido mais amplo, podemos entender como girar. Assim, quando uma força torce ou gira um corpo, dizemos que ela produziu um torque. O torque é representado pelo símbolo τ e é definido como: r r r τ = r × F ( Definição de Torque ) (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 vetorial. Assim, o módulo do torque é igual a: VI.5 r r r | 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 passa 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: τ = r F sen θ = r m a tan = r m r α = ( m r 2 )α 1 424 3 (6.13) F perpend. → 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 (2ª Lei de Newton para a rotação) (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: r r dW = | F | | dr | cos φ = ( F sen θ) dr ( F sen θ) r dθ 14243 torque Onde usamos sen θ = cos φ e também, quando ∆t → 0, dr → ds = rdθ Então, dW = τ dθ (6,16) ( Trabalho na rotação) Esta relação é completamente análoga àquela dada na Eq. 4.2. Se tomarmos um intervalo de tempo ∆t entre os instantes ti e tf encontramos: tf W= ∫ τ dθ (6.17) ti VI.6 Com um pouco de álgebra podemos mudar o integrando e obter uma expressão para o Teorema do Trabalho-Energia. De (6.14) segue: τ d θ = I α dθ = I dω dω dθ dω dθ = I ω dω dθ = I ω dθ = I dθ dθ { dt dt ω Assim, a Eq. 6.17 fica ωB WAB = I ∫ ω dω = I 12 ω 2 ωA ωB = 12 Iω 2B − 12 Iω 2A ωA Comparando com a Eq. 6.7, encontramos finalmente: WAB = K B − K A = ∆K AB (Teorema do Trabalho − 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 desprezível 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 dissipação 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 acelerações. (c) Determine o valor da tensão em cada um dos ramos do cabo que liga 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 = ICM α 1 1 a = MR2α = MR2 2 2 R 1 ⇒ T2 – T1 = Ma (4) 2 Antes de prosseguir: 1) Ao escrever as equações de movimento nós utilizamos o fato que as acelerações dos dois blocos são iguais ( a1 = a2 = a ) uma vez que a corda não VI.7 estica e nem encolhe. 2) Consideramos também que a corda não desliza sobre a roldana para escrever 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: 1 P2 – P1 = (m1 + m2 + 2 M) a Portanto, P 2 − P1 = (m1 + m 2 + 12 M ) a ⇒ P 2 − P1 a= m1 + m 2 + 12 M Fazendo m2 = 2m1 e M = 4m1 como diz o enunciado, temos: 2m − m 1 g = g a= 1 5 m + 2 m + 4m 2 (c) Substituindo em (1) e em (3), segue T1 = m1a = 10 kg × 15 10 m/s 2 = 20 N e T 2 = m 2 ( g − a ) = 20 kg × (1 − 15 )10 m/s 2 = 160 N 8. Rolamento Vamos considerar um corpo que possa rolar sem deslizar. Os exemplos são muitos mesmo; uma roda de bicicleta ou de um automóvel, uma bola de boliche ou uma bola qualquer, uma pedra de giz sobre a mesa do professor ou um cilindro qualquer, etc. Tem que ter uma seção transversal circular 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 figura. O CM permanece em repouso, enquanto os pontos P e P′ têm velocidades de mesmo módulo, mesma direção e sentido contrário. Faremos com que o pneu gire com uma velocidade angular tal que Rω = vCM = 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- VI.8 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 velocidade vP′ = (2R).ω e o centro de massa segue a trajetória interna (lilás) com uma velocidade vCM = Rω. Podemos encontrar a relação entre a aceleração linear do centro de massa e a aceleração angular derivando a Eq. 2.35a; dvCM d dω = Rω = R = Rα dt dt dt Então, aCM = R α (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: 1 2 K transl = MVCM 2 (b) No movimento de rotação pura, é dada pala Eq. 6.7; 1 K rot = I CM ω 2 2 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: 1 K rolam = I P ω 2 2 onde IP é o momento de inércia do pneu em relação a um eixo que passa pelo ponto P. O momento de inércia IP é obtido usando o teorema dos eixos paralelos, Eq. 6.10, I P = I CM + MH 2 = I CM + MR 2 Então, 1 1 1 ( I CM + MR 2 ) ω 2 = I CM ω 2 + M R 2 ω 2 2 2 2 1 1 = I CM ω 2 + M ( Rω) 2 2 2 123 K rolam = VCM Portanto, 1 1 2 MVCM + I CM ω 2 2 2 = K Translação + K Rotação K Rolamento = (Energia cinética no rolamento) (6.20) Vemos então que um rolamento corresponde a um movimento de translação somado com um movimento de rotação. VI.9 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 terá 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 momento 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) P sen θ − f e = m a CM (1) Direção y: (perpendicular ao plano) N − P cos θ = 0 (2) Rotação: (soma dos torque) a R f e = I CM α = 25 mR 2 α = 25 mR 2 CM R Assim, f e = 52 maCM (3) Note que apenas a força de atrito produz torque não nulo, uma vez que o peso e a normal passam pelo eixo de rotação. Substituindo (3) em (1), encontramos: m g sen θ − 52 m aCM = m a CM Portanto, (1 + 52 ) a CM = g sen θ ⇒ aCM = 75 g sen θ VI.10 10. Problemas Prob. 6.1 O volante de um motor a vapor funciona a uma velocidade angular constante de 150 rpm. Quando o vapor é desligado, o atrito dos mancais e do ar para o volante em 2,2 h. (a) Qual a aceleração angular constante, em voltas por minuto ao quadrado, do volante durante a desaceleração? (b) Quantas voltas o volante completa antes de parar? (c) No instante em que o volante está girando a 75 rpm, qual é a componente tangencial da aceleração linear de uma partícula do volante que está a 50 cm do eixo de rotação? (d) Qual a intensidade da aceleração linear resultante da partícula do item (c)? Prob. 6.2 Na Fig. 6.11, o volante A de raio rA = 10 cm está acoplado pela correia B ao volante C de raio rC = 25 cm. Aumenta-se a velocidade angular do volante A a partir do repouso a uma taxa constante de 1,6 rad/s2. Determine o tempo para que o volante C alcance uma velocidade de rotação de 100 rpm, supondo que a correia não deslize. (Dica: Se a correia não desliza, as velocidades lineares nas bordas dos dois volantes têm que ser iguais.) Prob. 6.3 Na Fig. 6.12, três partículas, cada uma de massa m, são presas uma à outra e a um eixo de rotação em O por três hastes finas, cada uma com comprimento d e massa M. O conjunto gira ao redor do eixo de rotação com velocidade angular ω. Em termos destes símbolos e medidas em torno de O, quais são (a) a inércia à rotação (momento de inércia e (b) a energia cinética do conjunto? Prob. 6.4 O corpo da Fig. 6.13 está pivotado em O. Três forças agem sobre o corpo nas direções mostradas: FA = 10 N no ponto A, a 8,0 m de O; FB = 16 N no ponto B, a 4,0 m de O; e FC = 19 N no ponto C, a 3,0 m de O. Qual é o torque resultante em torno de O? Prob. 6.5 Na Fig. 6.14, um bloco tem massa m1 = 500 g, o outro apresenta massa m2 = 460 g, e a roldana, que está montada em mancais horizontais sem atrito, tem um raio de 5 cm. Quando solto do repouso, o bloco mais pesado cai 75 cm em 5 s (sem que a corda escorregue na roldana), (a) Qual a intensidade da aceleração dos blocos? Qual a tração na parte da corda que sustenta (b) o bloco mais pesado e (c) o bloco mais leve? (d) Qual a intensidade da aceleração angular da roldana? (e) Qual a sua inércia à rotação? Prob. 6.6 Uma vareta de um metro é mantida em posição vertical, com uma extremidade no chão, e depois deixa-se que ela caia. Determine a velocidade da outra extremidade ao bater no chão, supondo que a extremidade apoiada no chão não deslize. (Dica: Considere que a vareta é uma haste fina e use o princípio de conservação da energia.) Prob. 6.7 Um corpo rígido é formado por três hastes finas idênticas, cada uma com comprimento L, fixadas umas às outras na forma de uma letra H. O corpo tem a liberdade de girar em torno de um eixo horizontal que passa por todo o comprimento de uma das pernas do H. Permite-se que o corpo caia do repouso a partir de uma posição na qual o plano do H está na horizontal. Qual a velocidade angular do corpo quando o plano do H estiver na vertical? Prob. 6.8 Uma casca esférica uniforme de massa MC e raio R gira em torno de um eixo vertical sobre mancais sem atrito (Fig. 6.15). Uma corda de massa desprezível passa ao redor do equador da casca, gira uma roldana com massa MR e raio r e está presa a um pequeno objeto de massa m. Não há atrito no eixo da roldana e a corda não desliza sobre a roldana. Qual a velocidade escalar do objeto após cair uma distância h partindo do repouso? Use considerações de energia. Prob. 6.9 Uma esfera sólida parte do repouso na extremidade superior da pista mostrada na Fig. 12.31 e rola sem deslizamento até rolar para fora da extremi-dade direita. Se H= 6 m e h = 2 m e a pista for horizontal na extremidade direita (na saída), a que distância horizontal do ponto A a bola aterrissa sobre o piso? VI.11 Prob. 6.10 Um cilindro sólido de 10 cm de raio e massa de 12 kg parte do repouso e rola sem deslizar uma distância de 6,0 m para baixo do telhado de uma casa que tem uma inclinação de 30°. (a) Qual é a intensidade da velocidade angular do cilindro em torno do seu centro ao deixar o telhado da casa? (b) A beirada do telhado está a 5 m de altura. A que distância horizontal da beirada do telhado o cilindro atinge o nível do chão? VI.12