Capítulo 12. Momento Angular Introdução Momento Angular de Uma Partícula

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1 Sumário 12 Momento Angular Introdução Momento Angular de Uma Partícula Partícula percorrendo uma reta Partícula percorrendo um círculo Momento Angular de um Corpo Rígido Conservação do Momento Angular Impulso Angular i

2 Capítulo 12 Momento Angular 12.1 Introdução Elétrons, núcleons e moléculas - rodas, engrenagens e polias - planetas, estrelas e galáxias - tudo gira. O que faz uma roda girar? Uma vez girando, o que a faz parar? Um torque exercido sobre a roda acarreta uma variação em sua velocidade angular. Uma vez em movimento, a roda tende a continuar girando. Os torques devido ao atrito nos mancais e a resitência do ar reduzem a velocidade da roda, levando-a parar. O fato de que a roda tende a continuar girando evidencia a existência de momento associado ao movimento rotacional - o momento angular Momento Angular de Uma Partícula A cada grandeza rotacional existe uma grandeza análoga referente ao movimento de translação de uma partícula. A grandeza rotacional análoga ao momento linear p é o momento angular, l ou L. A conservação do momento linear foi estabelecida utilizando as leis de Newton. Da mesma forma, as leis de Newton conduzem a outro princípio de conservação - o princípio de conservação do momento angular. A força aplicada a uma partícula de massa m produz uma variação da velocidade, d v/dt, e escrevemos, F = m d v/dt. Essa força produz um torque sobre a partícula localizada a uma distância r da origem O, Fig.(12.1), de um referencial inercial. Escrevemos τ = r m d v dt = d d r ( r m v) dt dt m v. O último termo é nulo, pois d r/dt = v e o produto vetorial com o vetor m v é igual a zero. Dessa forma a expressão acima se torna τ = r m d v dt = d ( r m v). dt 1

3 2 Cap. 12. Momento Angular τ = d dt L. (12.1) O termo r m v foi substituída pelo vetor L denido como sendo o vetor momento angular. A relação do momento angular L com p (o momento linear) é análoga à relação que liga o torque com a força, τ = r F. L r p = r m v (12.2) e dizemos que o momento angular de uma partícula em relação a um ponto de referência 0, é igual ao produto vetorial do vetor posição r da partícula medido a partir de 0, pelo momento linear p da partícula. A dimensão do momento angular em SI é kg.m 2 /s. O módulo L do momento angular é L = r p senϕ, onde ϕ é o ângulo entre r e p. A direção do vetor momento angular é perpendicular ao plano formado por r e p e o seu sentido pode ser determinado pela regra da mão direita. No caso apresentado na Fig.(12.1) o L aponta na direção Z. Figura 12.1: Uma partícula de massa m move no plano x y. O momento angular da partícula em relação um eixo é L = r p perpendicular aos vetores posição da partícula r em relação ao eixo e ao vetor momento linear p.

4 12.2. Momento Angular de Uma Partícula 3 Quando uma força resultante F atua sobre uma partícula, sua velocidade e seu momento linear variam, de modo que seu momento angular também pode variar. Derivando a Eq.(12.2) em relação ao tempo e usando a regra de um produto, obtemos: dl dt = d r m v + r md v dt dt = v m v + r m a O primeiro termo é zero porque contém o produto vetorial do vetor v por ele mesmo. segundo termo temos a força resultante F (= m a) e obtemos No d L dt = r F = τ. (12.3) A taxa de variação do momento angular de uma partícula é igual ao torque da força resultante que atua sobre ela. Usaremos a Eq.(12.2) para encontrar o momento angular total de uma partícula que move em linha reta e num círculo Partícula percorrendo uma reta Uma partícula mesmo movendo em uma trajetória retilínea possui momento angular. A Fig.(12.2) mostra uma partícula no plano XY movendo-se em linha reta paralela ao eixo X. O vetor r é o vetor posição em relação a um eixo de rotação que passa pelo O num referencial inercial. O seu momento linear é p = m v e o momento angular, L = m v r. A distância r = r senϕ é aquela da trajetória da partícula ao eixo X e é constante. O vetor r varia continuamente em sua posição porque a sua direção, ângulo ϕ, do vetor r varia, no caso r cresce e ϕ decresce mantendo o produto constante. Pela equação Eq.(12.2), o módulo do momento angular da partícula em relação ao eixo que passa pela origem O é L = r p senϕ = m v r, (12.4) Se a velocidade da partícula é constante, seu momento angular é constante; de outro modo, varia com o tempo. Pela regra da mão direita, o vetor L para a partícula na Fig.(12.2) aponta no sentido ˆk (vetor entrando na página). Mostramos aqui que existe momento angular mesmo se a partícula não estivesse movendo em uma trajetória circular. A variação da posição angular (não necessariamente uma volta completa) aparece no ângulo ϕ em relação ao eixo deslocado da trajetória da partícula.

5 4 Cap. 12. Momento Angular Figura 12.2: Uma partícula no plano XY movendo-se em linha reta paralela ao eixo-x. Exemplo 1: Qual é o momento angular, em relação à origem, de uma partícula de 40, 0 kg, no instante em que sua posição é r = 3, 50î + 1, 50 ĵ, em metros, e sua velociade vetorial é v = 2, 00 î 6, 00 ĵ, em metros por segundo? Solução Utilizamos a denição do momento angular de uma partícula apresentada na Eq.(12.2). Calculamos L = m r v = 40, 0( 3, 5î + 1, 50 ĵ) (2, 00 î 6, 00 ĵ) = 40, 0[(3, 5)(6, 0) (1, 5)(2, 0)]ˆk = 40(21 3) = (40)(18) = 720 L = 7, ˆk (kg.m 2 /s). O vetor momento angular aponta na direção Z negativo e é constante, consequentemente, o torque é nulo Partícula percorrendo um círculo Caso simples e importante a considerar é o de uma partícula percorrendo um círculo de raio r, Fig.(12.3). Determina-se o momento angular em relação ao centro do círculo por onde passa o eixo de rotação. Como a velocidade v é perpendicular ao vetor posição r, logo pela Eq.(12.2), L = r p = r m v. (12.5) O sentido do vetor momento angular pode ser determinado utilizando a regra de mão direita entre os vetores r e p da Fig.(12.3). Os vetores r e p estão contidos no plano XY, signica que

6 12.2. Momento Angular de Uma Partícula 5 Figura 12.3: Partícula em movimento circular no plano XY. O seu o momento angular em relação à origem 0 é L = mr 2 ωˆk. L se dispõe ao longo do eixo z e aponta para +ˆk (ou ˆk se o movimento da partícula é horário). Dessa forma, escreve-se o momento angular, na forma vetorial, como L = m r 2 ω ˆk = I ω. (12.6) Foi utilizado a relação v = r ω, onde ω é a velocidae angular da partícula. Observe que L e ω são paralelos e a grandeza m r 2 é a inércia rotacional da partícula em relação ao eixo z. Exemplo 2: Uma conta de 72 g desliza sem atrito em um arame circular orientado verticalmente, de 0, 90 m de raio, Fig.(12.4). (a) Se a conta é liberada do repouso em θ 0 = 0, 93 rad, qual é seu vetor momento angular em relação ao centro do círculo no instante em que ela cruza o eixo X? (b) Calcule, na mesma situação, a variação do momento angular. (c) Comente os movimentos acelerado e desacelerado que a conta realiza enquanto ela se deloca descendo e subindo pelo arame circular, pelos lados esquerdo e direito da gura. Solução Um corpo colocado livremente numa posição vertical tende a se mover para baixo sob a ação de uma força - a força gravitacional. Este corpo, a conta, move ao longo do arame circular de raio r = 0, 90 m que será a sua linha de trajetória em torno do eixo que passa pelo centro do círculo em O. Em cada instante de seu movimento, a força gravitacional produz um torque em relação ao eixo. A posição inicial em graus é 53, 3 o. O momento angular é calculado utilizando-se a Eq.(12.2): L O = m r v. (a) Quando a conta passa pelo eixo X, os vetores r e v são perpendiculares e o momento angular resulta em L O = r m v ˆk. A velocidade é obtida utilizando a lei da conservação da energia:

7 6 Cap. 12. Momento Angular m v 2 2 = m g h 0 = m g r senθ 0 v = 2 g r senθ 0. O valor encontrado é v = 2 (10, 0) (0, 90) sen(0, 93) = 3, 80 m/s. calculado cujo valor é L O = 0, 25 ˆk (kg m 2 /s). O momento angular é O vetor momento angular aponta para dentro da página. (b) A variação do momento angular é o torque devido a força aplicada sobre o corpo, no caso, é a força gravitacional. Quando a conta passa pelo eixo X, os vetores r e a força gravitacional estão perpendiculares entre si e resulta em d L d t = τ O = r m g = r m g ˆk = 0, 65 ˆk N m. Como os vetores τ O e L são paralelos, signica que o movimento de rotação é acelerado. (c) O movimento acelerado acontece também quando a conta desce no arame pelo lado esquerdo da gura. Usando a regra da mão direita para os produtos r m g e r m v, encontramos que o sentido de τ é o sentido positivo do eixo Z, o mesmo que o de L. O movimento é desacelerado quando a conta sobe no lado direito. O vetor L aponta em direção +ˆk (rotação em sentido antihorário) e o sentido do vetor torque é o sentido negativo do eixo Z, ˆk. Quando a conta sobe no lado esquerdo, os sentidos dos vetores se alternam e o movimento é desacelerado também. Figura 12.4: Uma conta desliza sem atrito em um arame circular orientado verticalmente.

8 12.3. Momento Angular de um Corpo Rígido Momento Angular de um Corpo Rígido Um corpo rígido gira em torno do eixo z Considera-se o corpo rígido constituído de n partículas, cada uma delas de massa m i na posição r i em relação à origem O, e que se desloca com a velocidade escalar v i = r i ω, Fig.(12.5). O seu momento angular é L i = m i ri 2 ω. (12.7) Figura 12.5: O elemento de massa de um corpo rígido gira ao redor de um eixo e o momento angular L do corpo rígido em relação ao eixo está na mesma direção da velocidade angular ω. O momento angular deste corpo é a soma dos momentos angulares das partículas individuais: L = Li (12.8) Se o corpo rígido gira em torno de um eixo de simetria que passa pelo seu centro de massa, o momento angular é L = ( m i r 2 i ) ω = I ω (12.9) A Eq.(12.9) vale tanto para o corpo que esteja girando em torno de um eixo de simetria que passa pelo seu centro de massa como para o corpo em rotação em torno de um eixo que é paralelo àquele que passa pelo centro de massa de um corpo, Fig.(12.6). Neste caso utilizamos o teorema de eixos paralelos para expressar a inercia rotacional em relação ao eixo em O. De acordo com este teorema, a inércia rotacional I em torno do eixo z é I = I cm + m d 2,

9 8 Cap. 12. Momento Angular onde m é a massa total do corpo. Multiplicando cada elemento por ω, obtemos I ω = I cm ω + m d 2 ω. Figura 12.6: (a)elemento de massa, como partícula, de um corpo rígido e o seu momento angular em relação à origem. A grandeza I ω é o momento angular em relação ao eixo em O, enquanto I cm ω é o momento angular em relação ao eixo passando pelo centro de massa. A grandeza m d 2 ω é o momento angular de um corpo rígido como uma partícula de massa m que gira com velocidade angular ω num círculo de raio d em torno do eixo em O. A Eq.(12.9) é reescrita como L = L cm + r cm m v cm. (12.10) A variação do momento angular para uma partícula, Eq.(12.8), é extendida para um corpo rígido considerando constituído de n partículas, dessa forma escrevemos como τi = dl i dt = d dt ( Li ) = d L dt (12.11) Nesta equação a soma dos torques pode incluir tanto os torques internos como os devidos às forças externas ao sistema. As forças internas entre as duas partículas atuam paralelamente à reta que as une, e satisfazem a terceira lei de Newton, logo a soma dos torques internos é nula, τext = d L dt (12.12)

10 12.3. Momento Angular de um Corpo Rígido 9 Figura 12.7: (b) O corpo gira em torno de um eixo deslocado do centro de massa do corpo. Esta é igual a Eq.(12.3) obtida para uma partícula. A taxa de variação do momento angular de um sistema é igual ao torque resultante que atua sobre o sistema em virtude das forças externas. No exemplo a seguir é apresentado quatro métodos de resoluções ao mesmo problema. Exemplo 3: A Fig.(12.8a) mostra dois corpos unidos um o leve e inextensível passando por uma polia xa ao teto. Consideramos a polia de raio R e massa m e não há atrito em seu eixo. Os corpos de massas m 1 e m 2 ( m 2 > m 1 ) se movem com aceleração linear a, a partir do repouso, no sentido indicado na gura. A corda não desliza sobre a superfície da polia. Encontrar a expressão para a aceleração linear dos dois corpos. Solução Como o corpo m 2 possui maior massa, então ele desce e outro sobe com a mesma aceleração em módulo, uma vez que a corda é inextensível. Todos os pontos da corda e da borda da polia possuem a mesma velocidade linear v e vale a relação v = R ω, onde ω é a velocidade angular da polia. Do mesmo modo, entre as acelerações linear e angular, a = R α. Primeiro Método Aplicaremos para esta análise: as equações dinâmicas de movimento dos corpos como partículas sob uma força resultante (segunda lei de Newton de translação); e a polia como um corpo rígido sob um torque resultante. A polia gira no sentido horário e os vetores das

11 10 Cap. 12. Momento Angular grandezas de rotação têm direção entrando no plano da gura, ˆk. Aqui separamos os corpos em três partes conforme os diagramas de forças construídos, Fig.(12.8b). O vetor torque atuando sobre a polia em seu eixo de rotação é τ = τ 1 + τ 2, onde os índices 1 e 2 se referem às contribuições das forças T 1 e T 2 exercidas pela corda nas bordas direita e esquerda da polia. A força gravitacional exercidad pela Terra sobre a polia, m g e a força de reação exercida pelo eixo sobre a polia passam pelo eixo de rotação e, portanto, não produzem torque. As expressões escalares de torque e de movimento dos corpos são T 1 R T 2 R = I α = (T 2 T 1 )R = I α, (12.13) T 1 m 1 g = m 1 a; T 2 m 2 g = m 2 a. (12.14) O sinal negativo se refere ao sentido negativo de orientação dos vetores. As acelerações angular da polia e translacional dos corpos são relacionados por a = R α. Usando esta relação e operando as Eqs.(12.13) e (12.14), obtemos a expressão para a aceleração translacional: a = As tensões na corda e a reação R se obtem pelas expressões m 2 m 1 )g m 1 + m 2 + I/R 2. (12.15) T 1 = m 1 (g + a), T 2 = m 2 (g a), (12.16) R = T 1 + T 2 + m g. (12.17) Segundo Método O princípio de conservação da energia é utilizado. Considera-se que os corpos se movem verticalmente a uma distância h, m 1 para cima e m 2 para baixo. Considera-se, na posição inicial dos corpos, a referência de energia potencial nula e energia cinética, também, nula por que os corpos iniciam o movimento do repouso. Destas considerações escrevemos m 1 g h m 1 g h + m 1 v m 1 v I ω2 2 = 0. (12.18) A velocidade angular da polia se relaciona com a velocidade linear de um ponto da borda deste corpo por ω = v/r. Usando esta relação e a Eq.(12.18) para expressar v 2 como [ ] v 2 (m 2 m 1 )g = 2 h. m 1 + m 2 + I/R 2 (12.19) Esta expressão é a conhecida equação de Torricelli, onde o termo entre colchetes é a aceleração dos corpos. Deste modo a = (m 2 m 1 )g m 1 + m 2 + I/R 2. (12.20)

12 12.3. Momento Angular de um Corpo Rígido 11 Figura 12.8: Exemplo 3: (a) Dois corpos e uma polia (máquina de Atwood). (b) Diagrama de forças envolvidas no sistema. é a expressão anteriomente obtida, Eq.(12.15). Terceiro Método Nesta análise identicamos a polia e os corpos como um sistema não isolado, Fig.(12.8a), sujeito ao torque externo devido à força gravitacional sobre os corpos. A equação, τ ext = I s α, é utilizada, onde I s é a inércia rotacional do sistema composto por polia e dois corpos. Escrevemos Consideramos os corpos na borda da polia, então m 1 g R m 2 g R = I s α. (12.21) I s = I + m 1 R 2 + m 2 R 2 e usando α = a/r, obtemos da expressão acima, Eq.(12.21), para a aceleração escalar de translação a. Quarto Método Neste último método, com as mesmas considerações do terceiro método, utilizamos a Eq.(12.12), ou seja, o momento angular. O sentido de movimento dos corpos é horário e escrevemos o momento angular com sinal negativo: L = m 1 v R m 2 v R I v/r = (m 1 + m 2 + I/R 2 ) R V. Aplicando a derivada, temos dl dt = (m 1 + m 2 + I/R 2 ) R a.

13 12 Cap. 12. Momento Angular A Eq.(12.12 se torna m 1 g R m 2 g R = (m 1 + m 2 + I/R 2 ) R a (12.22) e a expressão para aceleração a é obtida. Observações Pretendeu-se mostrar neste exemplo, a máquina de Atwood, já conhecida nas aplicações das Leis Newton, como os conceitos de torque e momento angular são utilizados e suas expressões relacionadas. Nos dois primeiros métodos foram utilizadas as equações de movimento e da energia que são de fácil entendimento. Nos dois últimos métodos, o aluno deve anotar, analisar com cuidado as expressões de torque aplicado, a inércia rotacional do sistema e o momento angular. Exemplo 4: Um contrapeso de massa m é preso a um cabo leve que é enrolado em torno de uma polia, Fig.(12.9). A polia é um aro no de raio R e massa M. Os raios da polia têm massa desprezível. (a) Qual é o módulo do torque resultante sobre o sistema em torno do eixo da polia? (b) Quando o contrapeso tem uma velocidade escalar v, a polia tem uma velocidade angular ω = v/r. Determine o módulo do momento angular total em torno do eixo da polia. (c) Utilizando o resultado da parte (b) e τ = d L/dt, calcule a aceleração do contrapeso. Solução Quando o sistema é liberado, a esfera m cai e a polia gira no sentido anti-horário. Este problema é semelhante ao da máquina de Atwood que resolvemos utilizando, separadamente, as equações de movimento dos corpos sob a ação das forças externas, tensão e força gravitacional. Aqui a abordagem é diferente visto que utilizaremos o momento angular. Identicamos a esfera e polia como um único sistema não isolado, sujeito ao torque externo devido a força gravitacional sobre a esfera. Calculamos o momento angular em relação ao eixo da polia da esfera em movimento de translação (como uma partícula) e o da polia em rotação pura ( aro de momento de inércia I = M R 2 ). A esfera tem uma velocidade escalar v, então o momento angular da esfera é m v R. No mesmo instante, todos os pontos no aro da polia também se movem com a velocidade escalar v e a relação com a velocidade angular ω é v = R ω, então o momento angular da polia é I ω = M v R. Figura 12.9: Exemplo 4: Polia e contrapeso. (a) Trataremos o torque externo total sobre o sistema em torno do eixo da polia. A força gravitacional sobre a polia e a reação normal do eixo sobre a polia não contribuem com o torque por

14 12.4. Conservação do Momento Angular 13 que as linhas de ação destas duas forças passam pelo eixo, ou seja, o braço de momento é zero. A força gravitacional m g que age sobre a esfera produz um torque cujo módulo é m g R. Aqui R é o braço de momento da força em torno do eixo. O torque externo resultante em torno do eixo da polia é τext = m g R. (b) O momento angular total do sistema é L = m v R + M v R = (m + M)v R. (c) Substituindo esta expressão e o torque externo resultante na equação 12.12, escrevemos m g R = d v [(m + M)v R] = (m + M)Rd dt dt Como dv/dt = a, obtemos a expressão para a: a = m g m + M. Observações: Ao expressar o torque resultante em relação ao eixo da polia, não incluimos as forças que o cabo exerce sobre os corpos porque elas são forças internas ao sistema considerado. Em vez disso, analisamos o sistema como um todo. Se a polia for muito leve, M << m, então a g e se comporta como se não existisse a polia. Por outro lado, se M >> m, então a 0 signica que a força gravitacional m g não é suciente para mover (girar) a polia Conservação do Momento Angular Quando não há torque externo resultante agindo sobre o sistema, a Eq.(12.12) resulta em d L dt = 0, = L = constante. (12.23) A Eq.(12.23) é a lei da conservação do momento angular e diz que: Se o torque externo resultante que atua sobre um sistema é igual a zero, então o momento angular L do sistema permanece constante. Podemos aplicar esta lei ao corpo isolado, o qual gira em torno do eixo, dito eixo de rotação. Suponha que o corpo inicialmente rígido de alguma forma redistribua sua massa em relação a esse

15 14 Cap. 12. Momento Angular eixo de rotação, variando seu momento de inércia em torno desse eixo. Uma vez que o momento angular do corpo não pode mudar, escrevemos essa lei de conservação como I f ω f = I i ω i. (12.24) Aqui os índices i e f se referem aos valores do momento de inércia I e da velocidade angular ω antes e depois da redistribuição de massa. Exemplo 5: Um disco de m d = 2, 0 kg e de raio desprezível se move a v di = 3, 0 m/s e atinge uma haste de m s = 1, 0 kg e d = 4, 0 m de comprimento que está sobre uma superfície horizontal de gelo, portanto sem atrito, como mostra a vista de cima na Fig.(12.10a). O disco colide perpendicularmente a haste na sua extremidade. Considere que a colisão é elástica. O momento de inércia da haste em torno do seu centro de massa é I = 1, 33 kg m 2. (a) Explicar por que as grandezas momentos linear e angular e energia cinética do sistema é constante. (b) Encontre as velocidades linear do disco v df, linear da haste v s e angular da haste ω após a colisão. Solução (a) Ignora-se o som produzido na colisão e como não há atrito entre as superfícies dos corpos envolvidos, então o disco e a haste formam um sistema isolado em termos de momento linear e momento angular. Por outro lado a colisão é elástica, logo a energia é constante. (b) Escrevemos as equações das três grandezas que se conservam: o momento linear, o momento angular com sinal de rotação no sentido horário, m d v df + m s v s = m d v di ; (12.25) r m d v df I ω = r m d v di ; (12.26) e r = d/2 e a energia cinética antes e após a colisão se conserva: m d v 2 df 2 + m s v 2 s 2 + I ω2 2 = m d vdi 2. (12.27) 2 As três equações possuem as três incógnitas do problema. encontramos Manipulando-as algebricamente, v s = 2v di 1 + m s /m d + r 2 m s /I = 1, 3 m/s; ω = r m s v s I = 2, 0 rad/s; v df = v di m s m d v s = 2, 3 m/s.

16 12.4. Conservação do Momento Angular 15 Figura 12.10: Vista de cima de um disco colidindo com uma haste. (a) Antes da colisão, o disco colide perpendicularmente com a haste. Após a colisão (b) a haste gira e translada para a direita. Observações Este é um exemplo em que as três grandezas envolvidas no fenômeno de colisão entre os corpos rígidos se conservam. O aluno deve se acostumar a expressar as respostas literalmente e somente depois utilizar os valores numéricos. Por exemplo, mostre que v df v di se m s >> m d. Exemplo 6: Na vista de cima, Fig.(12.11), quatro hastes nas e uniformes, cada uma com massa M e comprimento d = 0, 50 m, estão rigidamente conectadas a um eixo vertical formando uma roleta. A roleta gira em sentido horário em torno do eixo, o qual está preso ao piso, com módulo da velocidade angular inicial ω i = 2, 0 rad/s. Uma bola de argila de massa m = M/3 e velocidade inicial v i = 12 m/s é lançada ao longo da trajetória mostrada, θ = 60 o, e se gruda na extremidade de um das hastes. (a) Discuta sobre a conservação ou a não das seguintes grandezas: o momento linear, a energia cinética e o momento angular do sistema. (b) Qual é a velocidade angular após a colisão, ω f, do sistema bola-roleta? Solução (a) A colisão é totalmente inelástica (argila gruda na haste), logo a energia cinética do sistema não se conserva. O momento linear total não é conservado, pois durante a colisão uma força externa atua sobre a roleta no ligamento do eixo com o piso. Esta a força evita que a roleta se desloque sobre o piso ao ser atingido pela bola de argila. As forças que agem sobre as hastes são a força de reação da superfície horizontal sobre a haste e a força gravitacional que se cancelam e a força de atrito é nula. Portanto, o torque externo total é nulo e o momento angular total do sistema, L, em torno do eixo que passa pelo pino é conservado. As forças envolvidas na colisão produzem apenas torques internos que se cncelam e a força que atua no eixo de rotação possui braço de momento da força nulo. (b) Usando a lei de conservação do momento angular, escrevemos L rol,f + L b,f = L rol,i + L b,i.

17 16 Cap. 12. Momento Angular Figura 12.11: Uma vista de cima de quatro hastes rigidamente conectadas girando livremente em torno do eixo central e a trajetória da bola de argila. onde os índices i e f denotam os instantes antes e após a colisão da bola de argila com a haste. Cada termo é apresentado a seguir. Primeiramente, pode-se considerar que o eixo de rotação se localiza na extremidade das quatro hastes que se unem cuja inércia rotacional do conjunto é I O = 4(M d 2 /3). Pode-se, ainda, supor que a roleta é formada por duas hastes de massa 2M e comprimento 2 d cada. Nesse caso, o eixo de rotação passa pelo centro da nova haste formada e a inércia rotacional do conjunto é 2 M(2 d)2 I O = 2 12 = 4 M d2 3. A roleta inicailmente gira no sentido horário, ou sentido negativo ( ω = ω i ˆk): L rol,i = I o ω i = 4 3 M d2 ω i, L rol,f = I o ω f = 4 3 M d2 ω f ; (12.28) A bola, sendo uma partícula, expressamos como L b,i = m d v i cos 60 o, L b,f = m d 2 ω f. (12.29) Substituindo-as na equação acima, obtemos a expressão da velocidade angular: ω f = 1 5 d ( 4 d ω i + v i cos 60 o ) (12.30) O valor numérico é obtido: ω f = 0, 8 rad/s.

18 12.4. Conservação do Momento Angular 17 O sistema bola mais a roleta gira no sentido anti-horário. Exemplo 7: Um carrossel de raio R está girando com velocidade angular ω o, no sentido horário, em torno de um eixo vertical que passa pelo centro do carrossel e sem atrito. Uma criança corre numa linha reta tangente à borda da plataforma, com velocidade v c e pula na borda do carrossel, conforme a Fig.(12.12). (a) Quais grandezas se conservam: momento linear, momento angular e energia cinética? Explicar a resposta. (b) Qual a velocidade angular que adquire o carrossel? (b) Uma vez a criança no carrossel, ela caminha em linha radial (em direção ao centro da plataforma). Calcular a nova velocidade angular que adquire o carrossel. Solução (a) Quando a criança pula no carrossel, provoca um impulso linear ( p) na direção tangente à borda do carrossel. Em resposta a esse impulso linear, o eixo do carrossel responde em forma de uma força (F = p/ t), impedindo que o carrossel tenha o movimento de translação. Dessa forma, o momento linear não se conserva. A energia cinética não se conserva uma vez que a colisão entre a criança e o carrossel é uma colisão totalmente inelástica. Não existe atrito no eixo do carrossel e, consequentemente, não há torque no eixo. Concluímos que o momento angular se conserva em relação ao eixo que passa pelo eixo do carrossel. (b) Momento angular inicial: L i = I ω 0 + mr v c. O momento angular após a criança pular no carrossel: Pela conservação do momento angular, L f = L i, obtemos L f = (m R 2 + I)ω f. (12.31) ω f = m R v c I ω 0 m R 2 + I (12.32) a velocidade angular do carrossel, notadamente menor do que ω 0. (c) O momento de inércia da criança é nulo quando ela chega no centro do carrossel. Escrevemos a nova expressão para a conservação do momento angular, e encontramos I ω cc = (m R 2 + I) ω f (12.33) ω cc = m R v c I ω 0 = (m R2 + I) ω f. I I Foi utilizada a expressão de ω f dada pela Eq.(12.32). Verica-se a velocidade angular do sistema, criança no centro, é maior do que quando ela estava na borda. Obs. Explicação sobre a energia cinética antes e depois de a criança caminhar para o centro do carrossel. Quando a criança está na borda do carrossel: K borda = I i ω 2 f 2 = (m R2 + I) ω 2 f 2

19 18 Cap. 12. Momento Angular Quando a criança está no centro do carrossel: K centro = I ω2 cc 2 = I (m R2 + I) 2 2 I 2 ω 2 f K centro = (m R2 + I) I K borda. Verica-se que a energica cinética do sistema aumenta quando a criança caminha para o centro do carrossel. A criança realiza trabalho ao se mover para o centro do carrossel (eixo de rotação). Essa energia cinética extra provem do trabalho realizado pela criança. O trabalho é positivo, pois a força de atrito entre a criança e a superfície do carrossel, em direção ao eixo de rotação, é a reação da força impulsiva dos pés sobre a superfície do carrossel e o deslocamento é em direção ao centro. Essa energia é, em parte, proveniente da energia potencial química do corpo da criança. O sistema é isolado em termos de energia, mas um processo de tranasformação dentro do sistema converte a energia potencial ( energia interna) em cinética. Figura 12.12: Carrossel girando no sentido horário e a menina pula na borda da plataforma. Exemplo 8: Um professor de física está sentado em um banco giratório em torno de um eixo vertical sem atrito com velocidade angular ω i, Fig.(12.13). O professor tem os braços distentidos e segura um haltere em cada mão, de modo que o momento de inércia do sistema (professor, assento e halteres) é I i. Ele puxa rapidamente os halteres para si, de modo que o momento de inércia nal do sistema é um terço do momento de inércia inicial: I f = I i /3. (a) Qual é sua velocidade angular nal? (b) Compare as energias cinéticas nal e inicial do sistema. Despreze o torque devido ao atrito no eixo do banco durante o intervalo de tempo no qual o momento de inércia do sistema varia. (c) Qual é a origem do aumento ou da dimuição da energia cinética do sistema?

20 12.5. Impulso Angular 19 Solução (a) Como o torque devido ao atrito no eixo do banco é desprezível e não há torques externos sobre o sistema, logo seu momento angular é conservado: Resolvendo em relação a ω f temos: I i ω i = I f ω f = I i 3 ω f. ω f = 3 ω i. Verica-se que a conservação do momento angular exige o aumento da velocidade angular, seja o mesmo que a diminuição do momento de inércia. (b) A energia cinética nal do sistema é: K f = 1 2 I f ω 2 f = 1 2 (I i 3 )(3ω i) 2 = 3( 1 2 I i ω 2 i ) = 3 K i. Assim, a energia cinética do sistema aumenta. (c) O aumento da energia cinética, ou seja, variação positiva dessa energia, K > 0, é igual ao trabalho (positivo) realizado pelo professor ao aproximar os halteres ao seu tronco. A força aplicada pelo professor sobre os alteres é radial e centrípeta. O trabalho realizado é positivo porque o deslocamenteo é, também, radialmente em direção ao centro (eixo de rotação). Figura 12.13: Professor em um banco giratório Impulso Angular Quando um torque τ atua num corpo de momento de inércia I constante, durante o tempo t 1 a t 2, a velocidade angular varia de ω 1 a ω 2, escrevemos t2 t 1 τ(t) dt = ω2 τ = I α = I dω dt, ω 1 I dω = I ω 2 I ω 1 = L (12.34)

21 20 Cap. 12. Momento Angular A integração de torque no tempo durante o qual ele atua é chamado impulso angular do torque, denotado por J θ : J θ = t2 t 1 τ(t) dt = L. (12.35) Esta grandeza é o análogo rotacional do impulso linear de uma força. A Eq.(12.35) arma que o impulso angular que atua sobre um corpo é igual à variação no seu momento angular em relação ao mesmo eixo. Um grande torque que atua apenas durante um curto intervalo de tempo é chamado torque impulsivo. Exemplo 9: Uma força dependente do tempo, F (t), atua num intervalo de tempo muito pequeno, sobre um corpo rígido que possui momento de inércia I, Fig.(12.14). Mostre que τdt =< F > b t = I(ω f ω i ) onde b é o braço do momento da força; < F > é o valor médio da força durante este intervalo de tempo; ω i (ω f ) é a velocidade angular imediatamente antes (após) da aplicação (remoção ) da força. ( A quantidade τdt denomina-se impulso angular que corresponde a uma grandeza linear análoga denominado impulso linear.) Figura 12.14: Força F (t) age sobre um corpo rígido num curto intervalo de tempo. Solução

22 12.5. Impulso Angular 21 Seja e fazendo a integração no tempo τdt = τ = d L dt d L = L f L i = I( ω f ω i ). (12.36) Denomina-se Ldt impulso angular e é igual à variação do momento angular. Um corpo rígido é submetido a uma força que varia com o tempo: τ = r F (t) ou τ = r F senθ. Seja b = r senθ o braço do torque. Escrevemos τ dt = b F (t) dt = b F (t) dt = b < F > dt onde < F > é o valor médio da força no intervalo de tempo t, tempo de duração da ação da força F (t). Temos τ = I dω dt e escrevemos τ dt = I dω dt dt = I dω = I(ω f ω i ). Finalmente, I(ω f ω i ) = b < F > dt. q.e.d