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1 Segunda Lei de Newton para Rotações Considerando a variação temporal do momento angular de um corpo rígido que gira ao redor de um eixo fixo, temos: L t = I ω t e como L/ t = τ EXT e ω/ t = α, em que α é a aceleração angular do corpo rígido ao redor do eixo de rotação considerado, vem: τ EXT = I α O torque resultante associado às forças externas que atuam sobre um corpo rígido é igual ao produto do momento de inércia desse corpo pela sua aceleração angular. Esta expressão é conhecida como a segunda lei de Newton para rotações. Exemplo 1 Vamos considerar o cálculo da aceleração a de um corpo de massa m, suspenso por um fio inextensível e sem massa, que se desenrola de uma roldana de massa M e raio R (Fig.3). A segunda lei de Newton, aplicada ao movimento de translação do corpo suspenso, dá: mg + T = ma ou, em módulo: mg T = ma em que tomamos com o sinal positivo os módulos dos vetores cujo sentido coincide com o sentido do eixo de referência. Sobre a roldana atuam a força peso da roldana, a força normal, exercida pelo eixo, e a força exercida pelo fio. Em relação ao eixo da roldana, são nulos os torques

2 relativos às duas primeiras forças já que elas atuam no centro da roldana. Assim, a segunda lei de Newton para rotações, aplicada à roldana, fornece: τ T = I α em que I = ½ MR é o momento de inércia da roldana, considerada como um cilindro, e α, a sua aceleração angular, essas duas grandezas tomadas em relação ao eixo da roldana. Como o módulo do torque devido à força exercida pelo fio é dado por: τ T = RT sen 90 o = RT Como α = a/r, já que o fio tem aceleração a, por estar unido ao corpo suspenso, e, sendo inextensível, faz com que a borda da roldana também tenha uma aceleração linear (tangencial) a, a expressão da segunda lei de Newton para rotações fornece, em módulo: T = ½ Ma Agora, com esse valor de T na expressão resultante da segunda lei de Newton aplicada ao corpo suspenso, vem: mg ½ Ma = ma e daí tiramos o módulo da aceleração do corpo suspenso: m g m+ M Esta expressão mostra dois resultados óbvios: o corpo suspenso se move em queda livre (a = g) se a sua massa é muito maior que a massa da roldana e o corpo suspenso permanece em repouso (a = 0), se assim for abandonado, se a sua massa é muito menor que a massa da roldana. Exemplo Consideremos o cálculo do módulo da aceleração a do centro de massa de um cilindro de massa m e raio R, que rola sem deslizar para baixo, ao longo de um plano inclinado que faz um ângulo θ com a horizontal (Fig.33).

3 As forças que atuam sobre o cilindro são o seu peso, mg, a força normal, N, e a força de atrito estático, F. A segunda lei de Newton, aplicada ao movimento de translação do cilindro na direção do eixo x, dá, em módulo: mg sen θ F = ma em que tomamos com o sinal positivo os módulos dos vetores cujo sentido coincide com o sentido do eixo x. Em relação ao centro de massa (CM) do cilindro, é nulo o torque relativo à força peso, já que ela atua exatamente neste ponto, e é nulo o torque relativo à força normal, já que ela atua na linha que contém este ponto. Assim, como o único torque não nulo é aquele relativo à força de atrito, a segunda lei de Newton para rotações fornece, em módulo: em que: τ F = Iα τ F = RF sen 90 o = RF é o módulo do torque da força de atrito, I, o momento de inércia do cilindro e α, o módulo da aceleração angular do cilindro, todos em relação ao eixo do cilindro, ou seja, ao eixo que passa pelo seu centro de massa. Agora, a é a aceleração do centro de massa do cilindro no referencial do plano inclinado. Como o cilindro não desliza sobre o plano inclinado, os pontos do cilindro que tocam o plano inclinado num dado instante estão em repouso em relação a ele. Assim, em um referencial fixo no centro de massa do cilindro, todos os pontos do plano inclinado têm aceleração a. Como isso também é verdade para os pontos da superfície curva do cilindro, podemos escrever: a α= R Com as duas últimas expressões, a anterior fornece: I F a R = e com esse resultado, a expressão resultante da aplicação da segunda lei de Newton ao movimento de translação do cilindro fica: e daí: I mgsenθ R mgsenθ I m+ R ma

4 Para um cilindro maciço de raio R, I = ½ mr. Então: gsenθ 3 Para um cilindro oco, com raio interno r e raio externo R, I = ½ m (r + R ). Então: gsenθ r 3+ R Desta maneira, abandonando dois cilindros de mesmo raio externo, um maciço e outro oco, da mesma altura num plano inclinado, o cilindro maciço chega antes à base do plano inclinado. Esse resultado é independente da massa dos cilindros. Devemos observar que se não existe atrito com o plano, isto é, se não há rolamento, mas deslizamento puro, o módulo da aceleração do centro de massa de qualquer um desses cilindros fica dado por: a = g sen θ Esse valor é maior do que qualquer um dos valores relativos aos dois cilindros considerados no caso em que existe atrito e rolamento puro. Por outro lado, para um cilindro maciço de raio R, I = ½ mr e a = g sen θ/3. Então, o módulo da força de atrito estático com o plano fica: I F= R mgsenθ 3 Este é o valor mínimo que pode ter o módulo da força de atrito estático entre o plano e o cilindro maciço para que este role plano abaixo sem deslizar.

5 Exemplo 3 Vamos considerar, agora, um pião que, apoiado numa superfície horizontal por um único ponto A (Fig.34), gira, em relação a um referencial fixo nesta superfície horizontal, com velocidade angular de módulo ω ao redor do seu eixo, que faz um ângulo α com a vertical. O pião descreve, neste referencial, além do movimento de rotação ao redor do seu eixo, outro movimento de rotação, chamado de movimento de precessão, no qual o seu eixo descreve uma superfície cônica com vértice no ponto de apoio A. Se o atrito é ignorado, a não ser pelo fato de manter o ponto A fixo, sobre o pião existem duas forças: mg, a força peso, atuando no centro de massa (CM) e N, a força normal, exercida pela superfície sobre o ponto de apoio A. O vetor momento angular L do pião pode ser pensado como apoiado, em cada instante de tempo, sobre o eixo do pião, de modo que não se conserva, posto que sua direção muda constantemente, e isso por efeito do torque resultante devido às forças mg e N, que atuam sobre o pião. A variação L no momento angular, durante o intervalo de tempo t, pode ser calculada pela expressão L/ t = τ EXT. Escrevendo r para a distância entre os pontos A e CM e tomando o ponto A como referência para o cálculo dos torques, temos: e τ N = 0 τ mg = mgr sen (180 o α) = mgr sen α Como, em direção e em sentido, o vetor L coincide com o vetor τ EXT, e como, pelas expressões acima, τ EXT = τ mg, segue-se que o vetor L é perpendicular ao eixo do pião e à força peso. Então, como L tem a direção do eixo do pião, segue-se que L é perpendicular a L, ou seja, o módulo de L é constante e, com o passar do tempo, L percorre uma superfície cônica. A causa do movimento de precessão do pião é, portanto, o torque da força peso. O módulo de L é: L = mgr (sen α) t Por outro lado, observando a superfície cônica descrita por L, podemos escrever: L = βl sen α = Ω t L sen α em que Ω representa o módulo da velocidade angular de precessão. Além disso, usando a relação L = Iω, sendo I o momento de inércia do pião em relação ao seu eixo, vem: L = Ω t Iω sen α Agora, comparando as duas expressões para L temos, para o módulo da velocidade angular de precessão: Ω= mgr Iω

6 Como m, r e I são características do pião e g é uma constante física, Ω depende, para um dado pião, de ω 1. Assim, para ω grande, Ω é pequeno e vice-versa. Embora sempre existindo, o movimento de precessão pode ser imperceptível se ω é muito grande. Mas, à medida que ω diminui com o tempo, o movimento de precessão fica cada vez mais evidente. Exercício 1 Uma roda de 0,5 m de raio e momento de inércia de 0,155 kg m, movendose, num dado referencial, inicialmente a 43 m/s sobre um plano horizontal, rola até parar numa distância de 5 m. Calcule os módulos (a) da aceleração linear, (b) da aceleração angular e (c) do torque exercido pela força de atrito. Exercício Dois blocos de massas m 1 e m pendem das extremidades de uma barra de massa desprezível, mantida na horizontal (Fig.35). Calcule os módulos das acelerações dos blocos assim que a barra é abandonada. Exercício 3 Uma esfera rola para baixo num plano inclinado. Calcule o ângulo de inclinação do plano se o módulo da aceleração do centro de massa da esfera vale 1/10 do módulo da aceleração gravitacional.

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