Rotação
Rotação
Nota
Alguns slides, figuras e exercícios pertencem às seguintes referências:
 HALLIDAY, D., RESNICK, R., WALKER, J. Fundamentos da Física. V 1. 4a.Edição. Ed. Livro Técnico Científico S.A. 2002;
 TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Física. Volume 1, 5a Ed, Rio de Janeiro: LTC - Livros Técnicos e Científicos, 2006;
 da Silva, E. Z, et al., “Curso de Física Geral F-128”;
1
Rotação
O que foi visto até agora?
 Cinemática do ponto;
 Leis de Newton
 1a lei (referenciais);
 2a lei (Fr=ma);
 3a lei (forças de ação e reação);
Movimento
de
translação
 Sistemas de muitas partículas;
 Conservação do momentum linear.
E a rotação??
2
Rotação
Corpo rígido x Rotação
• O corpo rígido é aquele no qual a
distância entre duas partículas
quaisquer é fixa;
eixo de rotação
• Estamos interessados em estudar a
rotação de um corpo rígido em torno
de um eixo fixo qualquer;
• O eixo de rotação não precisa ser
um dos eixos de simetria do corpo.
3
Rotação
Corpo rígido x Rotação
• A linha de referência é perpendicular
ao eixo de rotação e fixa ao corpo. O
seu deslocamento define o ângulo de
rotação do corpo rígido.
eixo de rotação
• O sentido da rotação é dado pela
regra da mão direita.
• O ângulo aumenta em
uma rotação no sentido
anti-horário e vice-versa.
Obs: Normalmente, escolhe-se o eixo z, como eixo de rotação,
e o eixo x como a posição inicial da linha de referência.
4
Rotação
Cinemática da rotação
• Cada ponto (ou partícula) do corpo
rígido executa movimento circular.
• Considere o movimento da i-ésima
partícula Pi da superfície de um disco.
• A distância percorrida pela partícula
quando o disco gira de um ângulo dθ,
será
dsi  ri d
( em radianos)
• Tanto a distância percorrida, dsi, quanto a distância em relação
ao eixo de rotação, ri, variam de uma partícula para outra. Porém,
o deslocamento angular, dθ, é o mesmo para qualquer partícula
do disco.
5
Rotação
Cinemática da rotação
• Se o disco der uma volta completa
em torno de seu eixo de rotação, a
partícula Pi terá percorrido a distância
si  2ri
• Assim, o deslocamento angular ∆θ,
será
2ri
 
 2 rad  360 o  1 rev
ri
6
Rotação
Cinemática da rotação
Como dθ é o mesmo para todas as partículas do corpo rígido, sua
taxa de variação temporal, chamada de velocidade angular, ω,
também será. Assim, definimos a velocidade angular do disco como
d

dt
Rotação sentido anti-horário: θ aumenta
ω > 0
Rotação sentido horário: θ diminui
ω < 0
A unidade de ω é radianos por segundo, porém, como radiano é
adimensional, a dimensão da velocidade angular é o inverso do
tempo [T]-1.
7
Rotação
Cinemática da rotação
A taxa de variação temporal da velocidade angular é conhecida como
aceleração angular, α, e é dada por
d d 

 2
dt dt
2
ω crescente
ω decrescente
ω > 0 α > 0
ω > 0 α < 0
ou
ou
ω < 0 α < 0
ω < 0 α > 0
A unidade de α é radianos por segundo ao quadrado, porém, como
radiano é adimensional, a dimensão da aceleração angular é o
inverso do tempo ao quadrado [T]-2.
8
Rotação
Movimento circular uniformemente acelerado
MCUA →  constante
Faremos t1  0 e t2  t 
 (0)  0 e  (0)  0
t
 (t )  0   dt 0  t (1)
0
t
t
1 2
 (t )   0    (t ' )dt '  0   (0  t ' )dt '  0  0t  t (2)
2
0
0
Colocando t em evidência em (1) e substituindo em (2), teremos
  0  2 ( 0 )
2
2
etc...
Comparando com o movimento linear
 (t )  x(t ) ,  (t )  v(t ) e  (t )  a(t )
9
Rotação
Exemplo
Exercício 11.6P, Cap.11, Halliday, 4ª. Ed.
t
 (t )  0    (t ' )dt '
0
 (t )  0  at 4  bt 3
10
Rotação
Exemplo
t
 (t )   0    (t ' )dt '
0
 (t )   0   0  at '4 bt '3 dt '
t
0
t5
t4
 (t )   0  0t  a  b
5
4
(c) Se a = 20 rad/s5 e b = 7 rad/s4, quantas voltas a
roda terá dado após 4s? Considere ω0 = 0.
45
44
   0  20  7  3648 rad  581x (2 ) rad
5
4
A roda gira 581 voltas em 4s.
11
Rotação
Relação com as variáveis lineares
• Velocidade linear da i-ésima partícula



vt ,i
dsi
vt ,i 
dt
onde vt,i é tangente à curva de movimento
da partícula.
• vt vesus w
dsi ri d
d
vt ,i 

 ri
dt
dt
dt
vt ,i  ri
12
Rotação
Relação com as variáveis lineares
• Aceleração tangencial da i-ésima partícula
d
at ,i 
 ri
dt
dt
dvt ,i

at ,i  ri
• Aceleração centrípeta da i-ésima
partícula
ac ,i 
2
t ,i
v
ri
2

ri 

ac,i  ri
ri


at , i

ac ,i

at , i


2
13
Exemplo
Rotação
PN
f e ,máx  Fc
 e N  Mac
e Mg  M Rw2
max
wm ax 

e g
R
14
Exemplo
Rotação
Determine a aceleração tangencial da moeda (e do disco) até o instante antes
da moeda escorregar. Considere que o disco estava inicialmente em repouso
e que realizou 10 revoluções completas até atingir a velocidade angular wmax,
em um MCUA.
2
2
f
i

w w
2 f   i 
wm2 ax
e g


22 10  40R
at  R
e g e g
at  R

40R 40
15
Rotação
Energia Cinética de Rotação
• Energia cinética da i-ésima partícula
1
1
2
K i  mi vi  mi (ri ) 2
2
2
• Energia cinética de um sistema de partículas será a soma da
energia cinética das partículas do sistema. Ou seja,
1
1
2 2
2
K   mi (ri )    mi ri 
2 i
i 2

A quantidade entre parênteses, no termo à direita, é conhecido como momento
de inércia I do sistema, em torno do eixo de rotação. Esta quantidade é o
equivalente à massa na rotação.
I   mi ri
i
2
1 2
K  I
2
16
Rotação
Cálculo do Momento de Inércia
I   mi ri
i
2
Momento de inércia de um sistema discreto de
partículas
No caso de um corpo rígido, devemos considerar que o corpo é
composto por partículas de massa infinitesimal,
mi  dm
NOTA
de forma que a somatória acima torna-se a integral
 dl em 1D

dm   dA em 2D
  dV em 3D

Para corpos cujas
massas são
distribuídas
uniformemente:
I   r dm
2
m
   constante
L
m
   constante
A
m
   constante
V
17
Exemplos
Rotação
Calcular o momento de inércia de 4 partículas de massa m nas extremidades de
um retângulo formado por hastes de massa desprezível, conforme figura abaixo.
•1o. Caso: eixo passando pelo ponto médio das hastes de
comprimento 2a
I   mi ri  4ma 2
2b
2
i
2a
•2o. Caso: eixo passando por duas massas ao longo do lado de
comprimento 2b
I   mi ri
2
i
 m(0) 2  m(0) 2  m(2a) 2  m(2a) 2  8ma 2
18
Exemplos
Rotação
 Anel uniforme de massa M, em torno do eixo perpendicular passando pelo seu centro
M
M

 dm 
R d
2 R
2 R
2
2
2 M
I   R dm   R
d  MR 2
2
0
d dl  R d
R
ou I   R 2 dm  R 2  dm  MR2
 Disco uniforme, de massa M, em torno do eixo perpendicular passando pelo seu
centro
M
M

 dm 
2 r dr
2
2
R
 R
dr
4 R
R
2M
2M r
I   r dm   r
r dr  2
2
R
R 4
0
2
R
2
0
1
 MR 2
2
r
dA  2 r dr
19
Rotação
Exemplos
 Cilindro sólido uniforme, de massa M, em torno de seu eixo central.
Podemos aproveitar o resultado obtido para um disco
uniforme. Vamos considerar que o cilindro é
constituído por vários discos empilhados, de massa
dm. Assim o momento de inércia, dI, de cada disco
será ½dmR2. Somando o momento de inércia de todos
os disco, teremos
dm
1
1 2
2
I   dI  dmR  R  dm
2
2
1
2
I  MR
2
20
Rotação
Tabela de momentos de inércia
21
Rotação
O teorema dos eixos paralelos
No capítulo anterior, vimos que a energia cinética de um sistema de
partículas pode ser escrito da forma
2
K  12 Mvcm
 Krel
onde Krel é a energia cinética das partículas em relação ao centro de
massa.
Considere que um corpo rígido gire
com uma velocidade angular, ω, em
torno de um eixo qualquer, a uma
distância h de um eixo paralelo que
passe pelo CM. Quando o corpo gira
de um ângulo dθ, em relação ao eixo
de rotação, ele também girará de dθ
em relação a qualquer outro eixo
paralelo (ver próximo slide).
22
Rotação
Rotação de 90º em
torno do eixo O
θi,o = 0o
θi,cm = - α
θf,o = 90o
θf,cm = 90o - α

∆θo = ∆θcm = 90o
cm
O

Pi
θ = 0o
23
Rotação
Rotação de 60º em
torno do eixo O
θi,o = 0o
θi,cm = - α
θf,o = 60o
θf,cm = 60o - α

Pi
cm
cm
∆θo = ∆θcm = 60o

O
Pi
24
Rotação
25
Rotação
O teorema dos eixos paralelos
O movimento do corpo, em relação ao centro de massa, será então
uma rotação com velocidade angular ω. Desta forma, a energia
cinética relativa ao CM será
Krel  I cm
1
2
2
onde Icm é o momento de inércia do corpo em relação ao CM.
Por sua vez, a velocidade tangencial do CM relativa ao eixo de
rotação é vcm = hω. Assim, a energia cinética do CM será
1
2
2
Mvcm
 12 M (h)2  12 M 2h2
A energia cinética do corpo será
2
K  12 Mvcm
 Krel  12 Mh2 2  12 I cm 2  12 (Mh2  I cm ) 2
como K  12 I 2
I  Mh 2  I cm
I
26
Rotação
Exemplo
 Cilindro sólido uniforme, de massa M, em torno do eixo que passa pela geratriz.
27
Exemplo
Rotação
 Cilindro sólido uniforme, de massa M, em torno do eixo que passa pela geratriz.
Como o centro de massa do cilindro está
sobre seu eixo central, o momento de
inércia do corpo em relação ao CM será
I cm  MR2
1
2
Assim, o momento de inércia que em
torno de eixo passando pela geratriz será
I  Mh  I cm  MR  MR
2
2
1
2
2
I  MR
3
2
2
28
Rotação
2ª Lei de Newton para a Rotação
A rotação de um corpo depende de como as forças são aplicadas.
Forças aplicadas na direção
tangencial (diametralmente
opostas): o disco gira!
Forças aplicadas na direção
radial: o disco não gira!
29
Rotação
2ª Lei de Newton para a Rotação
Considere uma partícula, presa a uma
barra sem massa, girando em torno de
um eixo, conforme figura ao lado.
Aplicando a 2ª Lei de Newton para a
componente tangencial da força,
teremos
Ft  ma t
Fazendo at = rα e multiplicando-se ambos os lados por r (distância
entre a partícula e o eixo de rotação), teremos.
rFt  ( mr 2 )  I
Onde I é o momento de inércia da partícula. O produto à esquerda,
rFt, é conhecido como torque, τ, e é o equivalente à força na rotação.
Ou seja,
  Ft r
 I
30
Rotação
2ª Lei de Newton para a Rotação
Para um corpo rígido, podemos escrever o torque resultante
(associado à força resultante) aplicado à i-ésima partícula com massa
dm, como
d i ,res  ri dm
2
Para todo o corpo rígido, devemos somar o torque devido à todas as
partículas infinitesimais. Assim,
 d
  ri dm 
2
i , res
 r dm  I
2
i
Da mesma forma que a força resultante sobre um sistema é devido à
soma das forças externas atuando sobre ele, o torque resultante
também será. Ou seja
 res,ext  I
2ª Lei de Newton para a Rotação
31
Rotação
Cálculo do torque
ou
Ft  Fsen
  rsen
  Ft r  Frsen 
  Frsen  F
onde o braço (ou alavanca) l é a distância
perpendicular entre O e a linha de ação.
Ft no mesmo sentido do movimento: τ >0
Ft no sentido contrário ao movimento: τ < 0
32
Rotação
Exemplo: Torque devido à Gravidade
Força gravitacional sobre a i-ésima
partícula com massa dm:
d F g ,i  dmg
As forças gravitacionais sobre cada
partícula exerce um torque em torno do
eixo de rotação (ver próximo slide).
O torque gravitacional resultante no corpo é a soma de todos estes
torques infinitesimais.
Podemos calcular o torque gravitacional, considerando que todo o
peso esteja concentrado em um único ponto: o centro de gravidade.
33
Torque gravitacional
34
torque
máximo
torque
máximo
torque
mínimo
(=0)
  Ft r  F
35
CG
torque
máximo
torque
máximo
torque
mínimo
(=0)
  Ft r  F
36
Pergunta 1: O movimento abaixo é possível?
O movimento dependerá da localização do centro de gravidade. Se
o centro de gravidade estiver à direita do eixo de rotação, o
movimento será horário. Caso contrário, o movimento será antihorário. No exemplo abaixo, o centro de gravidade está a esquerda
do eixo de rotação, ocasionando um movimento anti-horário.
Pergunta 2: Qual é o movimento do corpo se o centro de
gravidade estiver sobre a linha vertical que passa pelo eixo
de rotação?
O corpo não se moverá!
37
Rotação
Exemplo:
Torque devido à Gravidade
O torque sobre a i-ésima partícula com
massa dm, devido à gravidade será:
d i  ri dFg ,t  Fg  i  dmgxi
onde xi é o braço (ou alavanca) da
força gravitacional sobre a i-ésima
partícula.
Para um corpo rígido, podemos escrever o torque gravitacional como
sendo a soma de todos os torques infinitesimais sobre as partículas do
corpo. Ou seja,
 grav   d i   xi gdm
38
Rotação
Exemplo:
Torque devido à Gravidade
Próximo à superfície, podemos considerar a gravidade constante
(campo gravitacional uniforme), de forma que teremos
 grav 
 x dmg  Mx
i
cm
g
 grav  Mgxcm
O torque pode ser calculado como se todo o
peso estivesse concentrado no centro de massa.
Ou seja, em um campo gravitacional uniforme, o centro de
gravidade e o centro de massa de um corpo coincidem.
39
Rotação
Exemplo
Máquina de Atwood com uma polia com massa
Considere uma máquina de Atwood, onde a polia possua uma massa
M e possa ser considerada um disco uniforme, conforme figura abaixo.
Qual a aceleração dos blocos? Despreze o atrito sobre o sistema.
40
Exemplo
Rotação
Máquina de Atwood com uma polia com massa
Massa 1
Massa 2
Polia
F  m g T  m a
 Fy  T2  m2 g  m2a
  T R T R  I
y
1
1
1
1
2
1
1
1
2  a 
   2 MR  R   2 MRa  T1  T2  2 Ma
Disco
uniforme
Então
a=rα


m1  m2
a 
 m m  1 M
 1
2
2



g



41
Rotação
Representação vetorial do torque
O produto vetorial entre dois vetores A e B, é definido
como sendo um terceiro vetor C, cujo módulo é dado pela
multiplicação dos módulos dos vetores A e B com o seno
do ângulo entre eles. A direção e sentido do vetor C pode
ser obtido pela regra da mão direita. Assim, teremos que
C  A  B  ABsen nˆ
onde n é o vetor unitário, perpendicular a A e B, que representa a orientação de C.
O torque é o produto vetorial entre os vetores r e F.
  r  F  rFsen nˆ
O torque é definido
relativamente a um ponto no
espaço.
42
Rotação
Condição de não-escorregamento
Considere uma corda sendo desenrolada de uma roda girando,
conforme figura abaixo.
Se não houver escorregamento, a corda
deverá se mover com a mesma velocidade
tangencial da roda na posição onde a corda
se encontra.
Considerando que a corda esteja enrolada no perímetro externo da
roda, sua velocidade de desenrolamento será então
vt  R
diferenciando
at  R
Condição de não-escorregamento
Obs: além da velocidade tangencial, uma corda sendo desenrolada também poderá ter uma
velocidade transversal, esta última é perpendicular à primeira e ocorre quando, além de ser
desenrolada, a corda ainda oscile (balance) de uma lado para o outro.
43
Rotação
Exemplo
Exercício 71 – Cap. 9, Tipler, 5ª Ed.
Um carro de 1200 kg está sendo
descarregado por um guindaste. Para o
momento mostrado na figura ao lado, o
mecanismo do guindaste retira o freio
e o carro desce a partir do repouso*.
Durante a descida do carro não existe
escorregamento entre a corda (de massa
desprezível), a roldana e o tambor do
guincho. O momento de inércia do
tambor do guincho é de 320 kg.m2, e da
roldana é 4 kg.m2. O raio do tambor é de
0,80 m e o da roldana é de 0,30 m.
Encontre a velocidade do carro quando
ele bate na água.
* Trecho modificado, pois no livro está errado!
44
Exemplo
Exercício 71 – Cap. 9, Tipler, 5ª Ed.
Rotação
Sistema: tambor + roldana + carro + Terra
Wext = 0
∆Etérm= ∆Equím= ∆Eoutros= 0
Conservação da energia mecânica do sistema!
Neste caso, a energia potencial armazenada no sistema,
será transformada em energia cinética de translação do
carro e de rotação do tambor e da roldana.
Fazendo Ug = 0 na superfície da água, teremos
onde
Pela condição de não-escorregamento, podemos escrever:
e
45
Rotação
Potência
O trabalho, dW, realizado por uma força F atuando sobre um corpo
qualquer, quando este se desloca de ds, é dado por
dW  Fds
Se o corpo estiver em rotação, então, no ponto de aplicação da
força teremos que ds = rdθ, de forma que
dW  Frd
Mas, sabemos que τ = rF é o torque exercido pela força F. Assim,
dW   d
Potência é a taxa com a qual o torque realiza trabalho, ou seja
dW
d
P

dt
dt
P  
46
Rotação
Corpos que Rolam
Pedalar é possível graças à
capacidade de rolamento dos corpos
Rolamento = translação + rotação
47
Rotação
Rolamento sem escorregamento
Quando um corpo está em movimento de rolamento sem
escorregamento, a todo instante, os pontos que estiverem em contato
com a superfície estarão instantaneamente em repouso. Neste instante,
todo o corpo estará girando em torno do eixo que passa pelo ponto de
contato.
P
v
vcm
r
R
Eixo instantâneo de rotação:
perpendicular ao plano no
ponto de contato
Caminho do ponto
de contato
R
Ponto de
contato
48
Rotação
Rolamento sem escorregamento
O ponto P se move com velocidade:
v  r
Para o centro de massa:
vcm  R
derivando
acm  R
No topo da roda, r = 2R, de forma
que este ponto move-se com o
dobro da velocidade do centro de
massa.
49
Rotação
Rolamento sem escorregamento
Decomposição do rolamento em rotação + translação
vCM
vCM
translação
rotação
+
vCM
 vCM
2vCM
=
rolamento
v0
50
Rotação
Rolamento sem escorregamento
Considerando que o centro de massa permaneça sempre sobre o ponto
de contato, então, o ponto de contato e o centro de massa se deslocaram
de um mesmo valor s=R.
vCM
vCM
s
 R
s  R
s
A energia cinética de um corpo ou sistema pode ser escrito da forma,
2
K  Mvcm
 Krel
1
2
No rolamento, a energia cinética será a energia cinética de translação do
centro de massa, ½Mvcm2, mais a energia cinética de rotação em torno do
centro de massa, ½Icmω2, ou seja
K  Mv  I cm 2
1
2
2
cm
1
2
51
Rolamento sem escorregamento
Rolamento em um plano inclinado: CM acelerado
Teorema: Se os torques são calculados em relação a um sistema de
referência que se move com o centro de massa, então a 2ª Lei de
Newton para a rotação pode ser aplicada sempre que o centro de massa
sofrer aceleração, e o torque será considerado em relação a um sistema
de referência preso ao centro de massa. Isto é
τres,cm = Icmα
Observe que o teorema acima é válido mesmo sendo o referencial do
CM não-inercial!
52
Exemplo
Exemplo 9-15 – Cap. 9, Tipler, 5ª Ed.
Uma bola sólida de massa m e raio R rola sem deslizar descendo um
plano inclinado que forma um ângulo  acima da horizontal. Encontre a
aceleração do centro de massa e a força de atrito entre o plano e a bola.
y
v CM
P

R
Fn
x
f
53
Exemplo
Exemplo 9-15 – Cap. 9, Tipler, 5ª Ed.
y
Pergunta 1: O atrito é cinético ou estático?
Para um rolamento sem escorregamento, o atrito deve
ser estático.
v CM
P

R
Pergunta 2: A velocidade angular pode ser constante?
Fn
x
f
O não escorregamento requer que a velocidade angular
aumente enquanto a bola role para baixo.
Pergunta 3: Se há aumento da velocidade angular, há torque?
O aumento da velocidade angular significa existência de aceleração angular e
consequentemente de torque.
Pergunta 4: Quais forças podem produzir torque?
A única força que possui componente tangencial à rotação é a força de atrito.
54
Exemplo
Exemplo 9-15 – Cap. 9, Tipler, 5ª Ed.
y
v CM
P

R
Fn
x
F Ma
cm
Na direção y:
N  Mg cos   0
(1)
Na direção x:
Mgsen  f  Macm
(2)
  f R  I CM 
(3)
Torque relativo ao CM:
f
Condição de rolamento sem escorregamento:
acm  R
(4)
Substituindo (4) em (3) e este em (2), teremos:
acm
gsen

I cm
1
MR 2
(5)
55
Exemplo
Substituindo (5) em (2), teremos:
Mgsen 
f 
2
MR
1
I cm
(6)
Momento de inércia de uma esfera sólida em relação ao CM:
I CM  52 MR 2
Substituindo (7) em (5) e (6), teremos:
(7)
acm  75 gsen
e
f  72 Mgsen
56
Rolamento sem escorregamento: plano inclinado
O resultado obtido em (5) e (6), aplica-se a qualquer corpo em
rolamento sem escorregamento, cujo centro de massa esteja no centro
geométrico do corpo.
Para estes corpos teremos: I CM  MR 2
onde  será 2/5 para a esfera, 1/2 para um cilindro sólido, 1 para uma
argola, etc.
Desta forma, as equações (5) e (6) podem ser generalizadas como
acm
gsen

1 
Mgsen 
f 
1   1
Quanto maior
for o , maior
será a força
de atrito e
menor a
aceleração
Considerando que os três corpos foram abandonados
do repouso, a esfera alcançará a base em primeiro
lugar, depois o cilindro sólido e por último, a argola.
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Rolamento sem escorregamento: plano inclinado
Como o atrito é estático, não há
dissipação de energia e, por isto,
podemos utilizar a conservação da
energia mecânica para o sistema
corpo+Terra, de forma que:
h
K  U  0
1
2
Mv  I cm  mgh
1
2
2
cm
2
Substituindo Icm = MR2 e ω = vcm/R (condição de não escorregamento),
teremos
2
cm
v
2 gh

1 
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Rolamento sem escorregamento: plano inclinado
2
cm
v
2 gh

1 
2gh
vcm 
1 
Para uma partícula descendo um plano inclinado sem atrito, sabemos que
v  2gh
que é sempre maior que vcm, independente do valor de . Observe
também que vcm não depende nem da massa nem do raio do corpo.
A força de atrito estática deve ser sempre igual ou menor do que o atrito
estático máximo eN = emgcos (ver exemplo anterior). Assim, teremos
Mgsen
f 
 e mg cos 
1
1 
tg   (1   1 ) e
Isto significa que se tg for maior que (1+-1)e, o corpo irá escorregar
ao se mover para baixo pelo plano inclinado.
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