nota de aula i -...
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01
UEG
Disciplina: FÍSICA II
Prof. Renato Medeiros
NOTA DE AULA I
Movimento de Rotação
Inicialmente estudamos o movimento de translação, agora vamos estudar o movimento de rotação. Vamos
considerar inicialmente o movimento de rotação de um corpo rígido (corpo que pode girar com todas as partes
ligadas rigidamente e sem mudar de forma) em torno de um eixo de rotação fixo (eixo que não muda de
posição).
Quando um corpo rígido executa um movimento de rotação pura, todos os pontos do corpo se movem ao
longo de circunferências cujo centro está sobre o eixo de rotação, e todos os pontos descrevem um mesmo
ângulo num mesmo intervalo de tempo.
No movimento de translação temos as grandezas lineares: posição, deslocamento, velocidade e aceleração.
No movimento de rotação temos as seguintes grandezas angulares equivalentes.
Posição angular (θ) e deslocamento angular (Δ θ)
A posição angular e o deslocamento angular de um ponto qualquer do corpo em rotação pode ser
determinado pela posição angular e deslocamento angular de uma reta que liga o ponto considerado ao eixo
de rotação. O deslocamento angular pode ser positivo ou negativo de acordo com a seguinte regra: Um
deslocamento angular no sentido anti-horário é positivo e um deslocamento angular no sentido horário é
negativo.
Velocidade angular (ω)
A velocidade angular média (ωmed ) é dada pela divisão do deslocamento angular pelo tempo, enquanto
que a velocidade angular instantânea (ω) é dada pela derivada da posição angular em relação ao tempo.
ωmed = Δ𝜃
Δ𝑡 e ω =
𝑑𝜃
𝑑𝑡
As unidades mais usadas para a velocidade angular são o radiano por segundo (rad/s) e a revolução por
segundo (rev/s). A velocidade angular de um corpo rígido em rotação pode ser positiva (rotação no sentido
anti-horário) ou negativa (rotação no sentido horário).
Aceleração angular (α)
A aceleração angular média (αmed ) é dada pela divisão da variação da velocidade angular pelo tempo,
enquanto que a aceleração angular instantânea (α) é dada pela derivada da posição angular em relação ao
tempo.
αmed = Δ𝜔
Δ𝑡 e α =
𝑑𝜔
𝑑𝑡
As unidades mais usadas para a aceleração angular são o radiano por segundo ao quadrado (rad/s2) e a
revolução por segundo ao quadrado (rev/s2).
As grandezas angulares são vetores?
A velocidade angular e a aceleração angular podem ser representadas por vetores e obedecem as regras
das operações vetoriais. O deslocamento angular não obedece á regra da soma vetorial, portanto, não pode ser
tratado como uma grandeza vetorial. A velocidade angular de um corpo em rotação pode ser representada por
um vetor na direção do eixo de rotação e com sentido dado pela regra da mão direita: Envolva o corpo em
02
rotação com a mão direita, o polegar deve estar paralelo ao eixo de rotação e os outros dedos no sentido da
rotação. O polegar mostra o sentido do vetor velocidade angular.
A representação e visualização das grandezas angulares por vetores é mais complicada do que a
representação das grandezas lineares. No estudo das grandezas vetoriais lineares, por vária vezes consideramos
equações escalares quando o movimento era em uma determinada direção, nestes casos o sinal indicava o
sentido da grandeza. De maneira equivalente, quando tratamos de rotação em torno de um eixo fixo não temos
necessidade da representação vetorial (a direção dos vetores é a mesma do eixo de rotação), usamos apenas o
sinal para indicar se a rotação é no sentido anti-horário (positivo) ou horário (negativo).
Rotação com aceleração angular constante
No movimento de translação estudamos o caso especial de movimento com aceleração linear constante.
Nas rotações puras temos também o caso de movimento com aceleração angular constante, o qual pode ser
descrito por equações similares a do movimento de translação. Sendo θ a posição angular, ω a velocidade
angular e α a aceleração angular temos que:
ω = ω0 + α t
θ = θ0 + ω0 t + 1
2 α t2
ω2 = ω20 + 2 α Δθ
Exercícios:
1. Para um relógio analógico determine a velocidade angular: (a) do ponteiro dos segundos (b) do
ponteiro dos minutos (c) do ponteiro das horas. Dê as respostas em radianos por segundo.
a)
2/
60 30
b)
2/
60 30
c)
2/
12 60 60 10800
Rad st
Rad st
Rad st
= = =
= = =
= = =
2. A posição angular de um ponto em uma roda é dada por θ = 2 + 4t2 + 2t3, onde θ está em radianos
e t em segundos. Para este ponto determine:
a) A posição angular para t = 0.
b) A velocidade angular para t = 0.
c) A velocidade angular para t = 4s.
d) A aceleração angular para t = 2s.
( )
2 32 4 2
)
0 2
t t
a
t Rad
= + +
= =
( ) ( )
( )
2 3 2
2
)
0 2 4 2 8 6
0 8 0 6 0 0 /
b
d dt t t t t
dt dt
t Rad s
= = = + + = +
= = + =
03
( )
( ) ( )
( )
2
2
2
)
4 8 4 6 4 128 /
)
2 8 6 8 12
2 8 12 2 32 /
c
t Rad s
d
d dt t t t
dt dt
t Rad s
= = + =
= = = + = +
= = + =
3. Um disco, inicialmente girando com uma velocidade angular de 120 rad/s, é freado com uma
aceleração angular constante de módulo igual a 4 rad/s2. (a) Quanto tempo este disco leva para
parar? (b) Qual o deslocamento angular deste disco durante este tempo?
)
0 120 4,0
30,0
o
a
t
t
t s
= +
= −
=
2
2
)
1
2
1120 30 4 30
2
1800
o o
b
t t
rad
= + +
= −
=
4. Um tambor gira em tordo do seu eixo central com uma velocidade angular de 12,6 rad/s. Se o
tambor é freado com uma desaceleração angular constante de 4,2 rad/s2, (a) quanto tempo o tambor
leva para parar? (b) Qual é o deslocamento angular do tambor até parar?
)
0 12,6 4,2
3,0
o
a
t
t
t s
= +
= −
=
2
2
)
1
2
1120 3 4,2 3
2
18,9
o o
b
t t
rad
= + +
= −
=
5. Uma roda executa 40 revoluções (voltas) enquanto desacelera a partir de uma velocidade angular
de 1,5 rad/s até parar. (a) Supondo que a aceleração angular é constante, determine esta aceleração.
(b) Qual o intervalo de tempo em que isso ocorre? (c) Quanto tempo é necessário para a roda
completar as 20 primeiras revoluções com a mesma desaceleração
2 2
2
3 2
)
2
0 1,5 2 40 2
4, 48 10 rad/s
o
a
x
−
= +
= −
=
3
)
1,5 0 4,48 10
334,8
o
b
t
x t
t s
−
= +
= +
=
04
2
3 2
c)
1
2
120 2 1,5 4,48 10
2
98 s
o ot t
t x t
t
−
= + +
= −
=
Relação entre as grandezas lineares e angulares
Na rotação de um corpo rígido em torno de um eixo fixo, podemos considerar o corpo rígido composto
por várias partículas, as quais descrevem movimento circular em tordo deste eixo de rotação. No caso do corpo
rígido, todas as partículas completam uma volta no mesmo intervalo de tempo, ou seja, todas têm a mesma
velocidade angular. Por outro lado, quanto mais a partícula está afastada do eixo de rotação maior será a
circunferência que ela percorre para completar uma volta completa. Portanto, quanto mais afastada do eixo de
rotação maior será o valor de sua velocidade linear.
Podemos relacionar as grandezas lineares s, v e a, de um determinado ponto do corpo em rotação, ás
grandezas angulares θ, ω e α, por meio do raio (r) da circunferência descrita pela trajetória do ponto em torno
do eixo de rotação.
Relação da posição
Quando um ponto do corpo, a uma distância r do eixo de rotação, descreve um arco de circunferência de
comprimento s o mesmo ponto descreve um ângulo de rotação θ. A relação entre estas grandezas é
s = θ r (nesta relação o ângulo θ deve ser medido em radianos)
Relação da velocidade
Para a velocidade temos que
s r
ds dr v r
dt dt
=
= =
Nesta relação a velocidade angular ω deve expressa em radianos por unidade de tempo.
Nesta relação podemos verificar que como todos os pontos têm a mesma velocidade angular, os pontos
mais afastados do eixo de rotação têm um valor maior para a velocidade linear.
Relação da aceleração
Para o caso da aceleração devemos considerar duas componentes: a componente tangencial at (responsável
por variações no módulo da velocidade linear) e a componente radial ar (responsável por variações na direção
da velocidade linear).
at = α r (Nesta relação a aceleração angular α deve expressa em radianos por unidade de tempo ao quadrado)
ar = 𝑣2
r = ω2 r (para ângulos em radianos)
Exercícios:
6. Uma roda com um diâmetro de 1,2 m está girando com uma velocidade angular de 200 rev/min.
(a) Qual é a velocidade angular da roda em rad/s? (b) Qual é a velocidade linear de um ponto da
borda da roda? (c) Que aceleração tangencial constante (em revoluções por minuto ao quadrado)
05
aumenta a velocidade angular da roda para 1000 rev/min em 60 s? (d) Quantas revoluções a roda
executa nestes 60 s.
)
10 2200 200
min 60 3
20,9 /
a
rev rev rad
s s
rad s
= = =
=
)
20,9 0,6
12,56 /
b
v r
v m s
= =
=
2
)
800
1
800 / min
c
t
rev
= = =
=
2 2
2 2 2 2
)
2
1000 200
2 2 800
600
o
o
d
rev
= +
− − = =
=
7. Uma nave espacial faz uma curva circular de 3220 km de raio a uma velocidade com valor
constante de 29000 km/h. Para esta nave determine o módulo (a) da velocidade angular, (b) da
aceleração radial, (c) da aceleração tangencial.
)
29000 /
3220
9 /
a
v km h
r km
rad h
= =
=
( )2
2 3 3
3
)
2,5 10 3220 10
2,5 10 /
r
r
b
r
rad s
−
−
= =
=
)
0 3220
0
t
t
c
r
= =
=
Energia Cinética de Rotação
No cálculo da energia cinética de um corpo rígido em rotação, podemos considerar o corpo formado por
um conjunto de partículas com diferentes velocidades lineares e somar a energia cinética destas partículas para
obter a energia cinética total do corpo. Este cálculo é mais simples se usarmos a velocidade angular (a
velocidade angular é a mesma para todas as partículas do corpo).
06
A grandeza I = ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖2 , dependa da forma como a massa está distribuída em relação ao eixo de rotação
e é chamado de momento de inércia do corpo em relação ao eixo de rotação. Em termos do momento de
inércia, a energia cinética é
k = 1
2 I ω2 (a velocidade angular ω deve expressa em radianos por unidade de tempo)
Portanto, a energia cinética de rotação envolve não apenas a massa do corpo, mas também a forma como
esta massa está distribuída em relação ao eixo de rotação. Quanto maior for o momento de inércia de um corpo,
mais difícil se torna fazer ele girar a partir do repouso e mais difícil se torna fazer ele parar quando estiver
girando.
Cálculo do Momento de Inércia
Foi colocado anteriormente que o momento de inércia de um corpo em rotação envolve não apenas sua
massa, mas também a forma como esta massa está distribuída em relação ao eixo de rotação. Para um número
pequeno de partículas podemos calcular o momento de inércia usando a equação I = ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖2 , mas quando
tivermos uma distribuição contínua de massa devemos realizar o cálculo por meio de um integral
I = ∫ 𝑟2 𝑑𝑚
Onde r é a distância radial do eixo de rotação até o elemento de massa dm.
Exercício:
8. Determine o momento de inércia de uma roda que tem uma energia cinética de rotação de 24400J
quando gira a 602 rev/min.
( )
2
2
2
1 2
2
2 2440012,3
63 /
KK I I
I I Jrad s
= =
= =
07
Aplicações para o cálculo do momento de inércia
Massa discreta
Para um corpo de massa m, cujo centro de massa está posicionado a uma distância fixa R de um ponto fixo em
torno do qual este objeto pode executar um movimento circular, conforme mostra a figura 01.
Figura 01: representação de um corpo a uma distância R de seu eixo de rotação
se forem duas massas teremos:
se forem mais de uma massa podemos generalizar para
exemplo com 3 corpos de massas igual a 1,o kg.
Distribuição contínua de massa
Vara fina ( distribuição linear de massas)
I = r 2m
I = r1
2m1+ r
2
2m2
I = ri
2mi
i=1
N
å
I = ri
2mi
i=1
N
å
I = r1
2m1+ r
2
2m2+ r
3
2m3
I = 0 2.1+12.1+ 22.1
I = 5kg.m2
08
com isso podemos escrever
disco fino ( distribuição superficial de massas)
dm= ldx
dm0
M
ò = l dx0
L
ò Þ M = lL
l =M
L
I = r 2 dm=ò x2 dm= x2l dx0
L
òò = l x2 dx0
L
ò
I == lx3
30
L
= lL3
3=
M
L
L3
3
I =1
3ML2
dm= s da = s rdrdq
dm0
M
ò = s r dr0
R
ò dq0
2r
ò Þ M = sR2
22p
s =M
p R2
09
esfera (distribuição volumétrica)
Revisão de uma integral necessária
vamos escrever o elemento de volume em coordenadas esféricas
integrando teremos
I = r 2 dm=ò r 2s r dr dq = s r 3 dr0
R
òò dq0
2p
ò
I = sr 4
40
R
q0
2p
= sR4
42p
I =M
p R2
R4
42p Þ I =
1
2MR2
sen3q dq0
p
ò = sen2qsenq dq0
p
ò = 1- cos2q( )senq dq0
p
ò
u = cosq Þ du = -senqdq Þ -du = senqdq
1- u2( ) -du( ) = - 1- u2( )du = - duò + u2 duòòò =
= -u+u3
3= -cosq +
cos3q
3
é
ëê
ù
ûú
0
p
=
= -cosp + cos0 +cos3 p
3-
cos3 0
3
é
ëê
ù
ûú = 1+1-
1
3-
1
3
é
ëê
ù
ûú =
4
3
sen3q dq0
p
ò =4
3
dV = r 2drsenjdjdq
dV0
V
ò = r 2 dr0
R
ò senj dj0
p
ò dq0
2p
ò
V =R3
3-cosj( )
0
p
2p =4
3p R3
dm= rdV Þ dm0
M
ò = r dV0
V
ò Þ M = rV
M = r4
3p R3 Þ r =
3M
4p R3
010
Teorema dos Eixos Paralelos
Não se deve falar em momento de inércia de um corpo sem especificar o eixo de rotação, para cada eixo
de rotação temos um momento de inércia. Podemos simplificar o cálculo do momento de inércia usando o
teorema dos eixos paralelos, o qual relaciona o momento de inércia em torno de um eixo que passa pelo centro
de massa do corpo com o momento de inércia em relação a um segundo eixo paralelo ao primeiro. Sendo: ICM
o momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de massa de um corpo de massa M, I o
momento de inércia em relação a um eixo paralelo ao eixo que passa pelo centro de massa, h a distância entre
os dois eixos paralelos, temos que
I = ICM + Md2
Vamos usar o teorema dos eixos paralelos e calcular o momento de inércia de uma barra fina novamente, com
um eixo passando pelo centro da barra.
Iextremidade
=1
3ML2
I = r 2 dmò
ICM
= x2l dx- L/2
L/2
ò = lx3
3- L/2
L/2
=l
3
L3
8+
L3
8
æ
èç
ö
ø÷ =
1
12lL3
ICM
=M
L
1
12L3 Þ I
CM=
1
12ML2
011
Como havíamos calculado anteriormente.
O uso do teorema dos eixos paralelos se justifica pelo fato de termos tabelados alguns momentos de inércia.
Exercício:
9. Dois cilindros uniformes, ambos girando em torno do eixo central (longitudinal) com uma
velocidade angular de 235 rad/s, têm a mesma massa de 1,25 kg e raios diferentes. Determine a
energia cinética de rotação (a) do cilindro menor, de raio 0,25 m, e (b) do cilindro maior, de raio
075 m.
2 2 2
2 2
3
1 1 1
2 2 2
11,25 0,25 235
4
1,07 10
K I MR
K
K J
= =
=
=
2 2 2
2 2
3
1 1 1
2 2 2
11,25 0,75 235
4
9,71 10
K I MR
K
K J
= =
=
=
I = ICM
+ Md2
I =1
12ML2 + M
L
2
æ
èçö
ø÷
2
=1
12ML2 +
1
4ML2
I =1
3ML2
012
Segunda lei de Newton para rotações
Uma força resultante gera uma aceleração num corpo de massa m (Fres = ma). Por analogia podemos
afirmar que um torque resultante gera uma aceleração angular num corpo rígido. Substituindo a força resultante
Fres pelo torque resultante τres, a massa m pelo momento de inércia I e a aceleração a pela aceleração angular α
teremos a segunda lei de Newton para rotações
τres = I α
Exercícios:
10. Em um salto de trampolim, a velocidade angular de uma mergulhadora em relação a um eixo de
rotação que passa pelo seu centro de massa varia de zero a 6,2 rad/s em 0,22s. Seu momento de
inércia em relação ao mesmo eixo é de 12 kg. m2. Durante o salto, quais são os módulos (a) da
aceleração angular média da mergulhadora e (b) do torque externo médio exercido pelo trampolim
sobre a mergulhadora?
2
)
6,2
0,22
28,2 /
a
t
rad s
= =
=
)
12 28,2
338,4
b
I
N m
= =
=
11. Um torque resultante de 32 N.m exercido sobre uma roda produz uma aceleração angular de 25
rad/s2. Determine o momento de inércia da roda.
2
32
25
1, 28
I
I
I Kg m
=
= =
=
Trabalho e energia cinética de rotação
Por analogia com o movimento de rotação podemos encontrar a equação usada para determinar o trabalho
realizado por um torque em torno de um eixo fixo
Onde τ é o torque responsável pelo trabalho W ao girar o corpo da posição angular θi até θf.
O teorema do trabalho e energia cinética usado para corpos em rotação é
013
Exercícios:
12. Uma roda de 32 kg, considerada como um aro fino de 1,2 m de raio, está girando em torno do seu
eixo central a 280 rev/min. Ela precisa ser parada em 15 s. (a) Qual é o trabalho necessário para
fazê-la parar? (b) Qual é o valor da potência media necessária? Respostas: a) - 19,8 kJ; b) 1,32
kW.
2 2
0
2 2 2
2 2
3
)
1 1
2 2
1 1
2 2
132 1,2 29,31
2
19,8 10
f i
i i
a
W I I
W I MR
W
W J
=
= −
= − = −
= −
= −
3
)
19,8 10
15
1,32
b
WP
t
P kW
= =
=
13. O virabrequim de um automóvel transfere energia do motor para o eixo a uma potência de 100 hp
(74,6 kW) quando gira a 1800 rev/min. Determine o torque exercido pelo virabrequim.
74,6
60
396
P k
N m
= =
14. Uma barra fina de um metro de comprimento é mantida verticalmente com uma das extremidades
apoiadas no solo e depois liberada. Desprezando a resistência do ar determine a velocidade da
outra extremidade pouco antes de tocar o solo, suponha que a extremidade de apoio não escorrega.
(sugestão: use a lei de conservação de energia). Resposta: 5,42 m/s.
2 2
0(Repouso)
2 2
2 2
2
1
2
1 1
2 3
1 1
2 2 3
3 3 3 9,8
1,0
5,42 /
f i
f
gravitacional
f
f f
f
W I
F d ML
LMg ML
g g
L L
rad s
=
= −
=
=
= = =
=
W = DK = Kf- K
i
W =1
2Iw
f
2 -1
2Iw
i
2
014
O estudo do rolamento como uma combinação de translação e rotação
Quando um carro está em movimento, cada ponto de suas rodas executa movimentos bem complicados.
Porém o estudo do movimento de rolamento de uma roda, ou de um objeto que se comporta como uma roda,
será simplificado tratando-o como uma combinação de translação do centro de massa e rotação do resto do
objeto em torno do centro de massa. Estamos considerando objetos que rolam suavemente (sem escorregar e
sem quicar) em uma superfície.
No caso de uma roda de raio R rolando suavemente temos que
vCM = ω R
Onde vCM é a velocidade do centro de massa da roda e ω é a velocidade angular da roda em torno de seu centro.
A energia cinética de um corpo em rolamento é composta por duas partes: uma parte (1
2 I ω2 ) é associada
à rotação em torno do centro de massa e a outra (1
2 M 𝑣𝐶𝑀
2 ) é associada à translação do centro de massa,
portanto a energia cinética de um corpo em rolamento é
K = 1
2 I ω2 +
1
2 M 𝑣𝐶𝑀
2
015
Exercícios:
15. Um aro de 140 kg rola em um piso horizontal de tal forma que seu centro de massa tem uma
velocidade de 0,15 m/s. Determine o trabalho necessário para fazê-lo parar. Resposta: - 3,15 J.
( )
2 2
2
2 2
2 2
1 1
2 2
1 1
2 2
140 0,15
3,15
como
0 3,15
3,15
CM
CMCM
CM
K I Mv
vK MR Mv
R
K Mv
K J
W K
W
W J
= +
= +
= =
=
=
= −
= −
Momento Angular
No estudo do movimento de translação vimos o conceito de momento linear (ou quantidade de movimento
linear) 𝑝 = m �⃗� e a lei de conservação desta grandeza. No movimento de rotação temos uma grandeza
equivalente, o momento angular (ou quantidade de movimento angular) 𝑙.
O momento angular é a quantidade de movimento associado a um objeto em movimento de rotação de uma
partícula em relação a uma origem O é uma grandeza vetorial 𝑙 definida por
𝑙 = 𝑟 × 𝑝 = m (𝑟 × �⃗�)
Onde 𝑟 é o vetor posição da partícula em relação à origem O.
Segunda lei de Newton para rotações
Vimos que a segunda lei de Newton para uma partícula pode ser escrita na forma
�⃗�res = d�⃗�
𝑑𝑡
Por analogia, podemos escrever esta lei para o movimento de rotação como: O torque resultante que age
sobre uma partícula é igual à taxa de variação, em relação ao tempo, do momento angular desta partícula.
016
𝜏res = d𝑙
𝑑𝑡
Para um sistema de partículas temos que: O torque externo resultante 𝜏res que age sobre um sistema de
partículas é igual à taxa de variação, em relação ao tempo, do momento angular total �⃗⃗� do sistema.
𝜏res = d�⃗⃗�
𝑑𝑡
O momento angular total �⃗⃗� do sistema em relação a uma origem é dado pela soma vetorial dos momentos
angulares 𝑙 de cada partícula do sistema.
Conservação do Momento Angular
Se o torque resultante que age sobre um sistema for nulo, o momento angular deste sistema se conserva
independente das mudanças que ocorrem dentro deste sistema. Devemos observar que a lei da conservação do
Momento linear pode ser tratada em cada eixo separadamente, ou seja, se o torque externo resultante for nulo
em uma determinada direção, o Momento Angular se conserva naquela direção.
Para um corpo rígido girando com uma velocidade angular ω em torno de um eixo fixo, o momento angular
em relação a este eixo pode ser dado por
L = I ω
Onde I é o momento de inércia em relação a este eixo fixo.
Para este corpo rígido, a lei da conservação da quantidade de movimento pode ser escrita como
Ii ωi = If ωf
Observe que se houver uma redistribuição da massa do corpo de tal maneira que ocorra mudança no
momento de inércia em relação ao eixo de rotação, teremos alteração na velocidade angular para que o
momento angular permaneça constante. Este recurso pode ser usado nos saltos de trampolim e no movimento
de rotação dos patinadores e bailarinos.
Exercícios:
16. Em um certo instante, a força �⃗� = (4 N ) 𝑗̂ age sobre um objeto de 0,25 kg de massa cujo vetor
posição é 𝑟 = (2 m ) 𝑖 ̂- (2 m ) �̂� e cujo vetor velocidade é �⃗� = - (5 m/s ) 𝑖 ̂+ (5 m/s ) �̂�. Em relação
à origem e em termos dos vetores unitários, determine: (a) O momento angular do objeto. (b) O
torque que age sobre o objeto.
( )
( )
a)
ˆˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ0,25 2 0 2 2 0 0,25 10 10
5 0 5 5 0
0
l r p m r v
i j k i j
l j j
l
= =
= − = −
− −
=
017
( )
( )
)
ˆˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ2 0 2 2 0 8 8
0 4 0 0 4
ˆˆ8 8
b
r F
i j k i j
k i
i k N m
=
= − = +
= +
17. Uma partícula de 3 kg com uma velocidade �⃗� = (5 m/s ) 𝑖 ̂- (6 m/s ) 𝑗̂ está em x = 3m e y = 8m.
Ela é puxada por uma força de 7 N no sentido negativo do eixo x. Em relação à origem determine:
(a) O momento angular da partícula. (b) o torque que age sobre a partícula..
( )
( )
( ) 2
a)
ˆˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ3 3 8 0 3 8 3 18 40
5 6 0 5 6
ˆ174 /
l r p m r v
i j k i j
l k k
l k kgm s
= =
= = − −
−
= −
( )
( )
)
ˆˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ3 8 0 3 8 56
7 0 0 7 0
ˆ56
b
r F
i j k i j
k
k N m
=
= =
− −
=
18. O momento angular de um volante com um momento de inércia de 0,14 kg.m2 em relação ao eixo
central diminui de 3 kg.m2/s para 0,8 kg.m2/s em 1,5s. (a) Qual é o módulo do torque médio em
relação ao eixo central que age sobre o volante durante esse período? (b) Supondo uma aceleração
angular constante, de que ângulo o volante gira? (c) Qual é o trabalho realizado sobre o volante?
(d) Qual é a potência média do volante?
)
0,8 31,47
1,5
a
lN m
t
−= = = −
( )
2
2
2
2
)
1
2
11 2
2
13 1,5 1,45 1,5
2
0,140
20,4
o
o
b
t t
l
I I
lt tl
t tI I I
rad
= +
= =
+
= + =
+ −
=
=
018
)
1,47 20,4 29,9
c
W J= = =
)
29,919,9
1,5
d
WP P W
t= = =
19. Uma pessoa está em pé sobre uma plataforma que gira (sem atrito) com uma velocidade angular
de 1,2 rev/s, seus braços estão abertos e ela segura um tijolo em cada mão. O momento de inércia
do sistema formado pela pessoa, os tijolos e a plataforma em relação ao eixo vertical central da
plataforma é de 60 kg. m2. Se ao mover os braços, a pessoa reduz o momento de inércia do sistema
para 2 kg. m2, determine: (a) A nova velocidade angular da plataforma. (b) A razão entre a nova
energia cinética do sistema e a energia cinética inicial.
)
60 1,5 2
3,6 /
i i f f
f
f
a
I I
rev s
=
=
=
)
1 1
2 2
12 3,62
1 6 1,2
2
3,0
i i i f f f
f ff
ii i
f
i
b
K I K I
IK
KI
K
K
= =
= =
=
20. Uma roda está girando livremente com uma velocidade angular de 800 rev/min em torno de um
eixo cujo momento de inércia é desprezível. Uma segunda roda, inicialmente em repouso e com
um momento de inércia duas vezes maior que a primeira, é acoplada à mesma haste. (a) Qual é a
velocidade angular da combinação resultante do eixo e das duas rodas? (b) Que fração da energia
cinética de rotação inicial é perdida? Respostas: a) 267 rev/min; b) 0,667.
( )
( )
( )
1 1 1 2
1 1 1 1
1 11
1
)
2
1
1 2 3
800/
3
i i f f
f
f
f
f
a
I I
I I I
I I I
I
I
rev s
=
= +
= +
= =+
=
( )
( )
( )
1 1 1 2
1 1 1 1
1 11
1
b)
2
1
1 2 3
800/
3
i i f f
f
f
f
f
K I
I I I
I I I
I
I
rev s
=
= +
= +
= =+
=
( )
( )( )
2
1 1
2
1 2
2
1 11 1
1
2
1 1
1
2
1
2
12
2 1 2
1
6
i
f f
f
f
K I
K I I
IK I I
I
K I
=
= +
= +
+
=
2
1 1
2
1 1
perda:
1
61 1 0,6671
2
i f f
i i
IK K K
K KI
−= − = − =
019
21. Um disco de vinil horizontal de massa 0,1 kg e raio 0,1m gira livremente em torno de um eixo
vertical que passa pelo centro com uma velocidade angular de 4,7 rad/s. O momento de inércia do
disco em relação ao eixo de rotação é 5 × 10 - 4 kg.m2. Um pedaço de massa de modelar de massa
0,02 kg cai verticalmente e gruda na borda do disco. Determine a velocidade angular do disco
imediatamente após a massa cair.
2
4
2 4 2
5 10 4,7
5 10 0,02 0,1
3,36 /
i i i
f i
i f
i i f f
i if
i
f
l I
l l MR
l l
I I
I
I MR
rad s
−
−
=
= +
=
=
= =
+ +
=
Torque de uma força ( )
Torque de uma força é uma grandeza vetorial relacionado à rotação (ou tendência de rotação)
causada pela força. A tendência de uma força a causar rotação depende da linha ao longo da qual ela
atua, e também de sua intensidade. Para abrir uma porta, a força será mais eficiente quando aplicada
mais longe da dobradiça.
Na figura temos a representação de uma seção reta de um corpo que pode girar em torno de
um eixo que passa pelo ponto O (o eixo é perpendicular à seção reta). O torque ( ) em relação ao
eixo fixo que passa pelo ponto O, causado pela força F que atua na posição 𝑟 em relação ao ponto
O, é definido por:
. .r F F r sen = =
O módulo do torque de uma força em relação a um eixo que passa pelo ponto O, pode ser
calculado por
o d
r
F
Linha de ação da força
020
.F d =
onde: d (distância perpendicular de O até a linha de ação da força) é o braço de alavanca da força F
.
Observação:
O torque de uma força em relação a um eixo que passa por um determinado ponto é uma
grandeza vetorial. A direção e sentido do torque podem ser determinados pelas regras do produto
vetorial entre dois vetores, Mas quando utilizarmos somente forças coplanares, a direção será a
mesma para todos os torques causados por cada uma das forças e neste caso não temos necessidade
de usar a notação vetorial, pois estaremos lidando com vetores de mesma direção. Portanto, como a
direção já fica definida, basta o uso de sinais para indicar os sentidos. Neste caso o torque resultante
de um sistema de forças coplanares, em relação a um eixo fixo, pode ser obtido pela soma algébrica
dos torques de cada uma das forças, em relação ao eixo. O sinal desta soma indicará o sentido do
torque resultante.
Na prática é comum visualizarmos o efeito de rotação que cada uma das forças em separado
tende a exercer sobre o corpo e adotarmos uma convenção de sinais para os sentidos dos torques.
− Quando a força F tende a girar o corpo no sentido anti-horário o torque é considerado positivo.
− Quando a força F tende a girar o corpo no sentido horário, o torque é considerado negativo.
CONDIÇÕES DE EQUILÍBRIO
Centro de massa
Centro de massa de um corpo é o ponto geométrico no qual se pode considerar concentrada
toda a massa do corpo (ou sistema) em estudo.
Centro de gravidade
Centro de gravidade de um corpo é o ponto onde podemos considerar aplicado o seu peso.
Observação:
Quando a aceleração da gravidade é constante em todos os pontos de um sistema, o seu centro
de gravidade coincide com o centro de massa.
Primeira condição de equilíbrio
Quando um corpo está em equilíbrio a soma vetorial, ou resultante, de todas as forças que
atuam sobre ele tem de ser zero. Assim, para um corpo em equilíbrio, temos que:
0 0, 0 0x y zF F F e F= = = =
021
Segunda condição de equilíbrio A Segunda condição de equilíbrio de um corpo rígido corresponde à ausência de qualquer tendência à rotação:
A soma dos torques de todas as forças que atuam sobre um corpo, calculadas em relação a um eixo fixo, tem que ser
zero.
Exercícios:
22. Determine o momento resultante das forças coplanares, dadas na abaixo, em relação ao
ponto A. Dados: F1 = 30N; F2=15N, F3=20N
1 2 3 32. 4. 7 sen60º 0. cos60º
2.30 4.15 7.20.sen60º 121,25 .
A
A
F F F F
N m
= − − +
= = − − = −
23. Uma barra homogênea de 100N de peso é colocada sobre os apoios A e B, conforme mostra a figura abaixo.
Sendo de 200N o peso do corpo C, determine as intensidade das reações dos apoios A e B contra a barra
em equilíbrio.
200
100
?, ?
0
c
b
A B
A
P N
P N
n n
=
=
= =
=
30 50. 70. 0
30.100 50.200 70. 0 185,71
0
0 100 200 185,71 0
114,29
b c B
B B
y
A B c B A
A
P P n
n n N
F
n P P n n
n N
− − + =
− − + = =
=
− − + = − − + =
=
24. Sendo r = xi + yj + zk e F = Fxi + FyJ + FzK, mostre que o torque = r x F é dado por:
= (yFz – zFy)i + (zFx – xFz)j + (xFy – yFx)k
C
20 cm 50 cm 20 cm 10 cm
A B
60º
3 m 2 m 2m
1F2F
3F
A
30 cm
BPCP BA
20 cm 50 cm 20 cm 10 cm
CAn Bn
022
Usando o cálculo de um determinante
ˆˆ ˆ ˆ ˆ
x y z x y
i j k i j
x y z x y
F F F F F
ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ
ˆˆ ˆ( ) ( ) ( )
z x y x y z
z y x z y x
r F yF i zF j xF k yF k zF i xF j
yF zF i zF xF j xF yF k
= = + + − − −
= − + − + −
25. Qual é torque em torno da origem exercido sobre um grão de areia situado nas coordenadas
(3,0 m; - 2,0m; 4,0m) devido (a) á força F1 = (3,0 N)i – (4,0 N)j + (5,0 N)k, (b) á força F2
= (-3,0 N)i – (4,0 N)j – (5,0N)k e (c) à resultante de F1 e F2?
ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ(3 2 4 ) , (3 4 5 )r i j k m F i j k N= − + = − +
a)
ˆˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ3 2 4 3 2 10 12 12 15 16 6
3 4 5 3 4
ˆˆ ˆ(6 3 6 ) .
i j k i j
i j k j i k
i j k N m
− − = − + − − + +
− −
= − −
b) e c) → semelhantes ao item a.
26. Uma placa quadrada uniforme, de 50,0 kg e tendo 2,00 m de lado, está pedurada em uma
haste de 3,00 m de comprimento e massa desprezível. Um cabo está preso à extremidade
da haste e a um ponto na parede situado 4,00 m acima do ponto onde a haste é fixada à
parede, conforme mostra a figura. (a) qual é a tensão no cabo? Quais são (b) a componente
horizontal e (c) a componente vertical da força exercida pela parede sobre a haste?
50
453º
3
pm kg
tg
=
= =
a)
vF T
hF
53º
1m2m
.pm g
A
023
0
2. . 3. sen53º 0. cos53º 0
2.50.9,8 3. 53º 0
409
A
pm g T T
T sen
T N
=
− + + =
− + =
=
b)
0
cos53º 0 409.cos53º 0 246,14
x
h h h
F
F T F F
=
− = − = =
c)
0
53º 0 50.9,8 409. 53º 163,36
y
v p v v
F
F m g T sen F sen F
=
− + = = − =
27. As forças F1, F2, e F3 atuam sobre a estrutura da figura abaixo, a qual mostra um vista
superior. Deseja-se colocar a estrutura em equilíbrio, aplicando uma força, num ponto P,
cujas componentes vetoriais são Fh e Fv. É dado que a=2,0m, b = 3,0m, c=1,0m, F1 = 20N,
F2 = 10N e F3 = 5,0N. Encontre (a) Fh, (b) Fv e (c) d.
1 2 320 , 10 , 5F N F N F N= = =
a)
3
0
0 5
x
h h
F
F F F N
=
− = =
b)
1 2
0
0 20 10 30
y
v v v
F
F F F F F N
=
− − = = + =
c)
0
1 2 3
0
0. . 0. 3 2. 0
.30 3.10 2.5 0 1,33
v hF d F F F F
d d m
=
+ + − − =
− − = =
28. Uma extremidade de uma viga uniforme pesando 222,4 N e tendo 0,914 m de comprimento è
presa parede por meio de uma dobradiça. A outra extremidade é sustentada por um fio conforme
1F 2F3m 2m
P
vFhFd0
1m
y
x
3F
2m
024
representado na figura. (a) encontre a tensão no fio. Quais são as componentes (b) horizontal e
(c) vertical da força exercida pela dobradiça?
222,4 0,914vP N L m= =
a)
2 2
0
0. 0. sen60º. sen60º. cos60º. 02
sen 60º. sen 60º. cos30º cos60º. cos60º 0
2
sen 60º.222,4 ( 60º cos 60º ) 0
2
192,6
A
v n v y x
v
LF F P L T L T
P T T
T sen
T N
=
+ − + − =
− + − =
− + − =
=
b)
0
sen30º 0 192,6.sen30º 96,3
x
h h h
F
F T F F N
=
− = = =
c)
0
cos30º 0 222,4 192,6.cos30º 55,6
y
v v v v
F
F P T F F N
=
− + = = − =
29. Sistema da figura abaixo está em equilíbrio. 225 kg de massa pendem da extremidade de um
suporte que, por sua vez, tem massa de 45,0 kg. Encontre (a) tensão T no cabo e as componentes
(b) horizontal e (c) vertical da força exercida sobre o suporte pela dobradiça.
30º
vFhF
60º
vP
sen60º2
L
30º30º
TA
025
225
45v
m kg
m kg
=
=
a)
0
0. 0 cos 45º. cos 45º. cos 45º. sen45º. 02
cos 45ºcos 45º cos 45º. 30º 45º. cos30º 0
2
45.9,8 225.9,8 ( 30º cos30º ) 0 6555,4
2
A
v h v y x
v
LF F m g L mg L T L T
m g mg Tsen sen T
T sen T N
=
+ − − − + =
− − − + =
− − + − + = =
b)
0 cos30º 0 6626,59.cos30º
5677,1
x h h
h
F F T F
F N
= − = =
=
c)
0 30º 0
45.9,8 225.9,8 6626,59. 30º
5923,7
y v v
v
v
F F m g mg Tsen
F sen
F N
= − − − =
= + +
=
30. Na figura abaixo, uma barra horizontal fina AB, de massa desprezível e comprimento L,
é presa a uma dobradiça em um parede vertical no ponto A e é sustentada, em B, por um
fio BC, fino que faz um ângulo com a horizontal. Um peso P pode ser movido para
qualquer posição ao longo da barra, sendo sua posição definida pela distância x desde a
parede até o seu centro de massa. Encontre (a) tensão no fio e as componentes (b)
horizontal e (c) vertical da força exercida sobre a barra pelo pino em A, como função da
distância x.
a)
0
0. 0. 0. cos . sen 0
.
A
v nF F xP T LT
x PT
L sen
=
+ − + + =
=
30º 45º
vF
hF
mg
vm gsen45ºL
30º
T
Lcos 45º
T
vF
x
hF
P
L
A
026
b)
0
. .cos cos .cos
.sen .
x
h h
F
x P x PF T F T
L L tg
=
− = = =
c)
0
sen 0
.sen .sen 1
.sen
y
v
v v
F
F P T
x P xF P T P F P
L L
=
− + =
= − = − = −