Rotação

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CINEMÁTICA DA ROTAÇÃO Corpo rígido é um sistema de partículas no qual todos os pontos permanencem inalterados durante o movimento. Isto significa que as distâncias, assim como os ângulos entre partes diferentes deste sistema, permanecem constantes. Velocidade e aceleração angulares y s r x A rotação de um corpo rígido é descrita com referência ao ângulo , contado a partir do sentido positivo do eixo dos x. Na rotação em torno de um eixo z, perpendicular ao plano da figura, cada ponto do corpo rígido descreve um deslocamento angular dado por (em radianos), e percorre um arco s dado por s = rθ A velocidade angular do corpo é ω= dθ  =θ dt e a aceleração angular do corpo é α= dω d 2θ  = 2 =θ dt dt Por definição, os vetores e são paralelos ao eixo de rotação (no caso da figura acima, o eixo de rotação é perpendicualr ao plano da figura). O sentido positivo ou negativo destes vetores é determinado pela regra da mão direita. Exemplo 1. A situação abaixo exemplifica a rotação sem deslizamento de um disco ao longo da circunferência de outro disco de mesmo raio r : θ θ 1 Para um deslocamento angular , o centro do disco girante percorre 2 r θ , enquanto um diâmetro qualquer na circunferência descreve um deslocamento angular total igual a 2 θ . O giro completo em torno do disco fixo resulta em uma rotação de 4 radianos do disco girante (duas rotações completas, ou 720o). A velocidade do centro do disco girante é portanto igual a 2 r ω , e a aceleração é 2 r α . Um ponto na circunferência do disco girante descreve uma epicilóide (Na figura abaixo, a trajetória do ponto de tangência inicial para dois discos de raio igual a 1). Uma epiciclóide . Exemplo 2. Um disco de raio r rola sem deslizamento por um plano horizontal. Determine o movimento angular do disco em termos do movimento linear do centro do disco. s O θ A distância percorrida pelo ponto de tangência inicial é obviamente s = rθ . Daí, a velocidade e a aceleração do centro O são, respectivamente, v = ω r, a = α r. O ponto inicial de tangência descreve uma ciclóide: 2 Exemplo 3. Encontre em termos de x a velocidade angular da barra que escorrega do encosto vertical, se a extremidade inferior desliza com velocidade v. h θ v x O deslocamento angular da barra está associado a x pela geometria da figura: dx d h h2 + x2 hv − 1 dθ v= )=h = ( = −h ω Þ ω=− 2 , 2 2 dt dt tan θ sen θ dt h h + x2 a barra gira no sentido horário (negativo). Exemplo 4. Chapa de aço montada em um carretel horizontal é desenrolada à velocidade constante v. Determine a aceleração angular do carretel em termos de v e do raio r do rolo de chapa que diminui. A espessura da chapa é s e a distância L é grande se comparada a r . L r v O trecho de chapa entre o carretel e os rolos de trefilação permanece horizontal durante o processo, pois L >> r . Da figura, æ1ö dç ÷ dω v dr r v = ωr Þ α = =v è ø =− 2 . dt r dt dt Para cada volta completa do carretel, o raio r diminui em uma espessura s de chapa, isto é, dr vs ω s=− =− dt 2π 2πr Assim, finalmente, a aceleração angular do carretel será α= v 2s . 2πr 3 3 12. CINÉTICA DA ROTAÇÃO I Um corpo rígido foi definido como um aglomerado de pontos que mantem fixas entre si as distâncias. Assim, é possível generalizar para um corpo rígido as formas das leis da mecânica como foram aplicadas a um sistema de partículas. Fi y miri G 2 miri mi a a x O conjunto de forças Fi aplicadas ao corpo rígido de centro de massa G produz uma aceleração resultante a deste centro de massa, a aceleração angular . A aceleração centrípeta é calculada de acordo com a fórmula já deduzida anteriormente para uma partícula, isto é, 2 v 2 ω2 ri ac = = = ω2 ri . ri ri Cada ponto mi do corpo rígido está assim sujeito às acelerações a e . A posição de mi é definida pelo raio vetor ri, medido em relação ao centro de massa G. Torque Se em mi a força resultante é F, em relação ao ponto G esta força produz um torque definido prlo produto vetorial τ = r×F É este torque que produz a aceleração angular de mi. No movimento plano, este vetor, assim como os vetores e , é perpendicular ao plano do movimento, consistente com a definição de produto vetorial vista anteriormente. Na situação desenhada na figura abaixo, a massa mi está presa a uma barra sólida de peso desprezível, formando um corpo rígido que gira em torno da extremidade da barra: y F φ mi ri O x O valor do torque sobre o corpo rígido devido à força F é 2 τ = ri (Fsen φ) = ri (m i α ri ) = (mi ri )α = Iα 2 A quantidade I = m i ri é o momento de inércia, ou inércia rotacional do corpo rígido, calculada nesta situação em torno do eixo O. 4 É importante observar aqui que a equação entre o torque, a aceleração angular e o momento de inércia é a expressão da 2a lei de Newton para a mecânica do corpo rígido. Energia cinética Para um corpo rígido a energia cinética total é composta da energia cinética devida à velocidade linear do centro de massa mais a energia cinética rotacional: 1 1 2 mvG + Iω2 , 2 2 onde o momento de inércia I do corpo rígido é agora a soma de todos os produtos I = miri2 das massas que compõem o corpo rígido em torno do centro de massa. É claro que para uma distribuição contínua destas massas mi o somatório se generaliza para uma integral em toda a massa M do corpo: K= I= ò r dm . 2 M Nesta definição, o cálculo do momento de inércia é realizado em relação a um eixo que passa pelo centro de massa, mas o raio vetor r pode ser medido em relação a qualquer outro eixo em torno do qual o corpo rígido tenha uma rotação. Fica claro também que a distribuição de massa em torno do centro de massa de um corpo rígido afeta diretamente o valor da sua inércia rotacional. O raio de giração de um corpo rígido em torno de um eixo é definido como I k2 = . M Se M é a masa total de um corpo rígido concentrada em um ponto, k é a distância deste ponto a um eixo de rotação em relação ao qual a inércia rotacional é igual à do corpo rígido. Conhecido o momento de inércia I de um corpo rígido em relação a um determinado eixo paralelo a um outro eixo que passa pelo centro de massa do corpo, e se d é a distância entre estes dois eixos, o teorema dos eixos paralelos permite calcular o momento de inércia I em relação ao eixo que passa pelo centro de massa através da seguinte fórmula de transferência I = I + Md 2 . Exemplos de cálculo de momento de inércia: 1. Momento de inércia em torno de um eixo de simetria de uma barra retilínea sólida de densidade uniforme e massa total M: G x dx L I= ò M r 2dm = M L L/2 ò x 2 dx = −L / 2 M æ L3 L3 ö ML2 ç + ÷÷ = 3L çè 8 8ø 12 Para um eixo paralelo que passe por uma das extremidades da barra, o teorema dos eixos paralelos fornece, imediatamente, L2 ML2 ML2 2 +M = . I = I + Md = 4 3 12 5 2. Momento de inércia de um barra circular de raio r e massa M, de densidade uniforme, em torno do eixo que passa pelo centro, perpendicular ao plano da barra: z d M I= 2πr 2π M ò r (rdθ) = 2πr (2πr ) = Mr 2 3 2 . 0 Teorema do trabalho e da energia cinética As definições de trabalho e potência dadas anteriormente aplicam-se aqui da mesma forma: ò ò ò W = dW = F ⋅ dx = τ dθ P= dW τ d θ = = τω dt dt Daí é possível obter uma expressão para o teorema do trabalho e da energia cinética quando há rotação do corpo rígido em torno de um eixo que passa pelo centro de massa (a velocidade linear do centro de massa é igual a zero): θf W= θf ò Iαdθ = ò θi θi dω I dθ = dt ωf 1 ò Iωdω = 2 Iω f ωi 2 + 1 2 Iωi = ∆K . 2 Exemplos: 1. #11 Livro-Tetxto a) A flecha deve passar por um setor angular livre (= 2π / 8 = π / 4) da roda para não atingir nenhum dos 8 raios. Assim, o tempo de percurso da flecha enquanto atravessa a roda deve ser no mínimo igual ao tempo de varredura de um setor livre da roda. s f f s fωr fωr fω = Þ v= = = θr v ωr s θ (0.2)(2.5)(2π) v= = 4 m/s π 4 ∆t = b) A solução acima não depende da posição em que a flecha atinge a roda! 2. #25 Livro-texto a) ω= dθ Deslocamento angular 2π = = dt Período T 6 dω d æ 2π ö 2π dT 2π 1.26 × 10−5 =− = −2.264 × 10−9 rad/s 2 α= = ç ÷=− 2 2 dt dt è T ø T dt (0.033) (365)(24)(3600) b) c) O tempo de parada do pulsar, em anos, a contar de hoje (2000 AD): 2π ω 2π T + 2000 = t = + 2000 = + 2000 ≈ 4640 AD α α (0.033)(2.264 × 10− 9 )(365)(24)(3600) d) dT = κ Þ T = κt + To Þ To = 0.033 − κ(2000 − 1054) = 0.021 s = 21 ms . dt 3. # 41 Livro-texto As velocidades tangenciais das duas polias são iguais. Em qualquer momento, ωA rA = ωC rC . As acelerações angulares estarão portanto relacionadas por rA α A = rCα C Þ α C = rA 10 αA = (1.6) = 0.64 rad/s 2 rC 25 Daí segue ωC = α C t Þ t = (100)(2π) = 16.4 s. (0.64)(60) 4. # 55 Livro-texto Pelo teorema dos eixos paralelos, I = I + Md 2 = M (a 2 + b 2 ) ( a 2 + b 2 ) M (a 2 + b 2 ) +M = 12 4 3 5. # 66 Livro-texto Calculando o torque resultante, τ = F1R 2 − F2 R 2 − F3R 1 = (6)(0.12) − (4)(0.12) − (2)(0.05) = 0.14 Nm A aceleração angular é dada pela equação da 2a Lei de Newton para a rotação de corpo rígido: τ = Iα Þ α = τ 0.14 = = 1.55 rad/s 2 no sentido anti-horário (positivo). 2 2 Mπr (2)π(0.12) 7. # 85 Livro-texto A corda garante que, não havendo deslizamento, as velocidades tangenciais da esfera e da polia são iguais à velocidade de queda do objeto. Com isto é possível obter imediatamente as velocidades angulares da esfera e da polia em termos da velocidade de queda do objeto: v v e ωp = R r Aplicando o teorema do trabalho e da energia cinética ao sistema, ωe R = ωp r = v Þ ωe = 2 2 1 1 æ 2MR 2 öæ v ö 1 æ v ö 2gh ÷÷ç ÷ + Iç ÷ = mgh Þ v = mv 2 + çç 2 2 è 3 øè R ø 2 è r ø 1 + 2M 3m + 7 I . mr 2 13. CINÉTICA DA ROTAÇÃO II O Iô-Iô T R r mg Pela 2a Lei de Newton, as forças aplicadas ao iô-iô na vertical dão origem à aceleração do iô-iô, e o torque dá origem à sua aceleração angular: T − mg = ma τ = Tr = Iα = I Com isto, a= a r g 1 + I mr 2 Assim, a aceleração linear do iô-iô, devido à sua inércia rotacional, é menor que a aceleração da gravidade: quanto maior o momento de inércia, menor será o valor da aceleração vertical do iô-iô. Momento angular O momento angular de um sistema de partículas é definido como o momento do momento linear do sistema: L= år ×m v = ål i i i i i i O momento angular, assim como o torque, só existe em relação a um ponto. No movimento plano, o momento angular, assim como o torque, existem em relação a um eixo, e o vetor L é sempre perpendicualar ao plano do movimento, e a notação vetorial torna-se desnecessária, como acontece com o torque, a velocidade angular e a aceleração angular. Calculando a derivada do momento angular em relação ao tempo, dL = dt dri å dt × m v +å r × m i i i i i i dv i = dt år ×m i i i dv i =τ dt Isto é, o torque resultante em um sistema de partículas é igual à derivada do momento angular resultante. O ponto em relação ao qual ri é determinado pode ser o próprio centro de massa do sistema. Se mi varia, então as equações acima não se aplicam porque dmi dt ≠ 0 . As expressões acima são diretamente generalizáveis para um corpo rígido. Assim, para um corpo rígido em movimento plano, com o centro de massa à velocidade v, o momento angular em relação a um eixo qualquer à distância d do centro de massa será L = Iω + mvd . 8 A forma da equação para o momento angular é idêntica à forma da equação para o torque. A conservação do momento angular ocorrerá quando dL dt = 0 , de maneira idêntica à conservação do momento linear. Por exemplo, é a conservação do momento angular que dá equilíbrio a um ciclista em movimento. Em resumo, a rotação plana de um corpo rígido que esteja fixo, ou que o centro de massa se desloque com velocidade constante, está sujeito às forças e aos torques dados pelas seguintes equações I G r G at O O an å τ = Iα å F = ma = å mrω , å F = ma = å mrα 2 n n t t Exemplos. 1. Um disco voador desloca-se com velocidade vo enquanto gira com velocidade angular constante em torno de seu eixo de simetria. Ache a aceleração linear do ponto A quando um jato de peróxido de hidrogênio é ligado, produzindo a força tangencial F. A massa da nave é m, o raio é r e o raio de giração é k. r A vo y F x O centro de massa é aqui o centro de rotação, e a distância de A ao centro de massa é o próprio raio do disco. A velocidade vo , sendo constante, não afeta a aceleração de A. Sendo k o raio de giração da nave, o seu momento de inércia é I = mk2. As direções x e y escolhidas são obviamente as mais convenientes. Torque: τ = − Fr = Iα = mκ 2α Forças: − Fr Fr 2 Fx = mrα = mr = − 2 mκ 2 κ F Fy = − + mrω2 m A aceleração total é, portanto, Fr 2 æF ö a=− i − ç − rω 2 ÷ j 2 mκ èm ø 9