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1 DINÂMICA DA ROTAÇÃO Sabe-se que, de acordo com a 2ª lei de Newton, 𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗, quando uma força resultante de magnitude F age sobre um corpo, este adquire uma aceleração de translação de magnitude 𝑎. Na rotação, a grandeza física de natureza vetorial equivalente à força na translação é denominada de torque 𝜏⃗. Por definição, 𝜏⃗ = 𝐼𝛼⃗. Na rotação, portanto, o análogo para a massa na translação, é o momento de inércia I. Para que um corpo rígido adquira uma aceleração angular 𝛼⃗ é necessário a aplicação de um torque de um modo tal que o corpo adquira um movimento de giro em torno de um eixo. Por exemplo, o vetor torque resultante 𝜏⃗𝑧, com relação ao eixo z, é a soma de todos os torques individuais 𝜏⃗𝑖,𝑧 atuando sobre aquele eixo: 𝜏⃗𝑧 = ∑ 𝜏⃗𝑖,𝑧 𝑛 𝑖=1 = 𝐼𝑧𝛼⃗𝑧 Na expressão anterior, Iz e 𝛼⃗𝑧 são o momento de inércia e a aceleração angular, respectivamente, ambos medidos com relação ao eixo z (ou sobre o eixo z). De um modo geral, a somatória de todos os torques sobre um dado eixo gera um torque resultante sobre esse eixo, assim como uma aceleração angular resultante. Por definição, o vetor torque é também definido através de um produto vetorial: 𝜏⃗ = 𝑟⃗ × 𝐹⃗ Considere a figura a seguir, onde, uma força 𝐹⃗ é aplicada sobre uma alavanca. A posição onde a força é aplicada é determinada pelo vetor posição 𝑟⃗. A magnitude do vetor torque é: 𝜏 = 𝐹𝑙 = 𝑟𝐹 sen 𝜙 = 𝐹tan𝑟 O vetor torque resultante aponta para fora da página , de acordo com a regra da mão direita, e é perpendicular ao plano formado por 𝑟⃗ e 𝐹⃗. Onde ϕ é o ângulo entre 𝑟⃗ e 𝐹⃗, sendo l denominado braço de alavanca (ou braço da força). Na figura acima, a força tangencial Ftan é a responsável pelo movimento giratório no sentido anti-horário, em torno do eixo de rotação no ponto O, perpendicular ao plano da figura. E1. Exercício resolvido: Considere dois discos cilíndricos, sendo um de massa M1, raio R1 e momento de inércia Iz1, e outro com massa M2, raio R2, e momento de inércia Iz2, os quais podem rotacionar sobre o eixo z sob a ação das forças 𝐹⃗1 e 𝐹⃗2, respectivamente, como mostrado na figura abaixo. Considere que F1 = 2F2 e R1 = 2R2. Utilize a 2ª lei de Newton (tratamento vetorial) para a rotação, sobre o sistema de coordenadas x-y-z dado, e mostre que o vetor torque resultante 𝝉⃗⃗ está situado sobre o eixo z negativo (−Oz) e é dado pela expressão vetorial: 𝜏⃗ = −3𝑅2𝐹2𝑘̂ Solução: Passos: i) Inicialmente, desenhe todos os vetores na origem em um sistema de coordenadas x-y-z, com o eixo z sendo o eixo de rotação (para fora da página) e o objeto rotacionando no plano x-y (plano da página); 2 ii) Escreva os vetores em termos dos vetores unitários: 𝑅⃗⃗1 = 𝑅1𝑗̂, 𝑅⃗⃗2 = −𝑅2𝑖̂, 𝐹⃗1 = 𝐹1𝑖̂, e 𝐹⃗2 = −𝐹2𝑗̂. iii) Utilize a definição de torque resultante: 𝜏⃗ = 𝜏⃗1 + 𝜏⃗2 + ⋯ 𝜏⃗𝑛 = 𝑅⃗⃗1 × 𝐹⃗1 + 𝑅⃗⃗2 × 𝐹⃗2 + ⋯ 𝑅⃗⃗𝑛 × 𝐹⃗𝑛 Assim, como só existem dois torques agindo sobre o objeto, temos: 𝜏⃗ = 𝜏⃗1 + 𝜏⃗2 = 𝑅⃗⃗1 × 𝐹⃗1 + 𝑅⃗⃗2 × 𝐹⃗2 𝜏⃗ = 𝑅1𝑗̂ × 𝐹1𝑖̂ + [(−𝑅2𝑖̂) × (−𝐹2𝑗̂)] 𝜏⃗ = 𝑅1𝐹1(𝑗̂ × 𝑖̂) + 𝑅2𝐹2(𝑖̂ × 𝑗̂) 𝜏⃗ = 𝑅1𝐹1(−𝑘̂) + 𝑅2𝐹2(𝑘̂) = −𝑅1𝐹1𝑘̂ + 𝑅2𝐹2𝑘̂ 𝜏⃗ = (−𝑅1𝐹1 + 𝑅2𝐹2)𝑘̂ Ou 𝜏⃗ = (𝑅2𝐹2−𝑅1𝐹1)𝑘̂, onde F1 = 2F2 e R1 = 2R2. Logo, 𝜏⃗ = (𝑅2𝐹2 − 2𝑅22𝐹2)𝑘̂ 𝜏⃗ = (𝑅2𝐹2 − 4𝑅2𝐹2)𝑘̂ 𝜏⃗ = −3𝑅2𝐹2𝑘̂ O vetor torque resultante 𝜏⃗ está sobre a parte negativa do eixo z (apontando para dentro da página), e sua magnitude é 𝜏 = 3R2F2 N∙m. E2. Exercício resolvido: Encontre o vetor torque resultante sobre a roda com relação ao eixo que passa por O, se a = 0,1 m e b = 0,25 m. Calcule a magnitude o vetor torque. Utilize a 2ª lei de Newton (tratamento vetorial). (Resp.: 𝜏⃗ = −(3,55 N ∙ m)𝑘̂, 𝜏 = 3,55 N∙m). Solução: Vetores desenhados no plano x-y: Escrevendo os vetores em termos de 𝑖̂ e 𝑗̂: R1 = R2 = b = 0,25 m, 𝑅⃗⃗1 = 𝑏𝑗̂, 𝑅⃗⃗2 = 𝑏𝑖̂ 𝑅⃗⃗1 = (0,25 m)𝑗̂ F1 = 10,0 N, 𝐹⃗1 = (10,0 N)𝑖̂ 𝑅⃗⃗2 = (0,25 m)𝑖̂ F2 = 9,0 N, 𝐹⃗2 = (9,0 N)(−𝑗̂) 𝐹⃗2 = −(9,0 N)𝑗̂ R3 = a = 0,1 m, 𝜃2= 60o 𝑅⃗⃗3 = 𝑅3𝑥𝑖̂ + 𝑅3𝑦𝑗̂ = (𝑅3 cos 𝜃2)(− 𝑖̂) + (𝑅3 sen 𝜃2)𝑗̂ 𝑅⃗⃗3 = −(𝑎 cos 𝜃2) 𝑖̂ + (𝑎 sen 𝜃2)𝑗̂ 𝑅⃗⃗3 = −(0,1 m) (cos 60°) 𝑖̂ + (0,1 m)(sen 60°)𝑗̂ 𝑅⃗⃗3 = −(0,1 m) (1 2) 𝑖̂ + (0,1 m) (√3 2 ) 𝑗̂ 𝑅⃗⃗3 = −(0,05 m)𝑖̂ + (0,05 √3 m)𝑗̂ F3 = 12,0 N, 𝜃1= 30o 𝐹⃗3 = 𝐹3𝑥𝑖̂ + 𝐹3𝑦𝑗̂ 𝐹⃗3 = (𝐹3 cos 𝜃1)(− 𝑖̂) + (𝐹3 sen 𝜃1)(−𝑗̂) 𝐹⃗3 = −(12,0 N) (cos 30°) 𝑖̂ − (12,0 N)(sen 30°)𝑗̂ 𝐹⃗3 = −(12,0 N) (√3 2 ) 𝑖̂ − (12,0 N) (1 2)𝑗̂ 𝐹⃗3 = −(6,0 √3 N)𝑖̂ − (6,0 N)𝑗̂ Utilizando a 2ª lei de Newton para a rotação: 𝜏⃗ = 𝜏⃗1 + 𝜏⃗2 + 𝜏⃗2 = 𝑅⃗⃗1 × 𝐹⃗1 + 𝑅⃗⃗2 × 𝐹⃗2 + 𝑅⃗⃗3 × 𝐹⃗3 𝜏⃗ = (0,25 m)𝑗̂ × (10,0 N)𝑖̂ + +(0,25 m)𝑖̂ × (−9,0 N)𝑗̂ + +[(−0,05 m)𝑖̂ + (0,05 √3m)𝑗̂] × [−(6,0 √3 N)𝑖̂ − (6,0 N)𝑗̂] 𝜏⃗ = (2,5 N ∙ m)(𝑗̂ × 𝑖̂) − (2,25 N ∙ m)(𝑖̂ × 𝑗̂) + −(0,05 m)𝑖̂ × [−(6,0 √3 N)𝑖̂ − (6,0 N)𝑗̂] +(0,05 √3 m)𝑗̂ × [−(6,0 √3 N)𝑖̂ − (6,0 N)𝑗̂] 𝜏⃗ = (2,5 N ∙ m)(−𝑘̂) − (2,25 N ∙ m)(𝑘̂) + +(0,05 m)(6,0 √3 N)(𝑖̂ × 𝑖̂) + (0,05 m)(6,0 N)(𝑖̂ × 𝑗̂) −(0,05 √3 m)(6,0 √3 N)(𝑗̂ × 𝑖) − (0,05 √3 m)(6,0 N)(𝑗̂ × 𝑗̂) 𝜏⃗ = −(2,5 Nm)𝑘̂ − (2,25 Nm)𝑘̂ + + (0,3 Nm)(𝑘̂) − (0,9 Nm)(−𝑘̂) 𝜏⃗ = −(4,75 N ∙ m)𝑘̂ + (0,3 N ∙ m)𝑘̂ + (0,9 N ∙ m)𝑘̂ 𝜏⃗ = −(3,55 N ∙ m)𝑘̂ O vetor torque resultante 𝜏⃗ está sobre a parte negativa do eixo z (apontando para dentro da página), e sua magnitude é 𝜏 = 3,55 N∙m. k̂ −𝑘̂ 𝑘̂ 𝑘̂ 0⃗⃗ −𝑘̂ 0⃗⃗ 3 E3. Exercício resolvido: Considere o sistema abaixo. Uma roldana (disco cilíndrico) de raio R = 0,25 m e massa M = 5,0 kg está sujeita a duas forças sobre sua superfície onde F1 = 5,0 N e F2 = 2,0 N. (a) Utilize a 2ª lei de Newton (tratamento vetorial) para a rotação, com eixos x-y-z e vetores unitários, 𝑖̂, 𝑗̂, 𝑘̂, e mostre que o vetor torque resultante é dado por: 𝜏⃗ = 𝑅(𝐹1 − 𝐹2)𝑘̂ (b) Calcule a magnitude de 𝜏⃗; (c) Encontre o valor do momento de inércia I do disco, com relação ao seu eixo de rotação; (d) Sabendo-se 𝜏⃗ = 𝐼𝛼⃗ , encontre o vetor aceleração angular 𝛼⃗; (e) Calcule a magnitude de 𝛼⃗. Explique. Solução: (a) Crie um sistema de coordenadas x-y-z, com os vetores unitários. Desenhe todos os vetores, colocando- os na origem, e escrevendo-os em termos dos vetores unitários. Aplique a 2ª lei de Newton para a rotação: 𝜏⃗ = ∑ 𝜏⃗𝑖 = 𝜏⃗1 + 𝜏⃗2 = 𝑅⃗⃗1 × 𝐹⃗1 + 𝑅⃗⃗2 × 𝐹⃗2 𝜏⃗ = (−𝑅1𝑖̂) × (−𝐹1𝑗 ̂) + (𝑅2𝑖̂) × (−𝐹2𝑗 ̂) Lembrando que R1 = R2 = R. 𝜏⃗ = 𝑅𝐹1(𝑖̂ × 𝑗̂) − 𝑅𝐹2(𝑖̂ × 𝑗̂) Sabendo que 𝑖̂ × 𝑗̂ = 𝑘̂, obtêm-se a resposta. (b) 𝜏⃗ = (0,75 N ∙ m)𝑘̂; τ = 0,75 N∙m; (c) I = 0,156 kg∙m2 (disco); (d) 𝛼⃗ = 𝜏⃗⃗ 𝐼 = (0,75 N∙m)𝑘̂ 0,156 kg∙m2 = (4,8 rad s2 )𝑘̂ ; 𝛼 = 4,8 rad s2 O vetor torque 𝜏⃗ e o vetor aceleração angular 𝛼⃗, ambos têm a mesma direção do eixo z e o mesmo sentido +Oz, como pode ser observado pela presença do vetor unitário 𝑘̂ em ambos. E4. Exercício resolvido: Utilize as leis de Newton (tratamento vetorial) e mostre que a magnitude da aceleração de translação do centro de massa aCM de uma esfera rígida que rola sem deslizar sobre um plano inclinado é: 𝑎CM = 5 7 𝑔 sen 𝜃 Solução: Inicialmente, fazemos o diagrama de forças (ou diagrama de corpo livre) para a esfera: 4 A esfera possui movimento de rolamento puro (movimento simultâneo de translação e rotação) onde 𝑣⃗CM é a velocidade de translação do seu centro de massa CM. O CM move-se no sentido positivo do eixo x, de acordo com o sistema de referência adotado. Os vetores força que atuam sobre o CM da esfera são: Força normal: 𝑁⃗⃗⃗ = 𝑁𝑗̂ Força peso: 𝑤⃗⃗⃗ = 𝑤⃗⃗⃗𝑥 + 𝑤⃗⃗⃗𝑦 Força de fricção: 𝑓⃗ = −𝑓𝑖̂ A força de fricção é equivalente à uma força de atrito estático, fs, e ocorre devido ao ponto de contato entre o objeto e a superfície. Essa força evita que o objeto deslize e faz com que ocorra rolamento sem deslizamento. Associado à essa força de atrito existirá um torque. Os componentes da força peso 𝑤⃗⃗⃗, com relação aos eixos x e y, são: 𝑤⃗⃗⃗𝑥 = (𝑤 sen 𝜃)𝑖̂ 𝑤⃗⃗⃗𝑦 = −(𝑤 cos𝜃)𝑗̂ O vetor força de fricção 𝑓⃗ corresponde à uma força tangencial à superfície da esfera, localizado pelo vetor posição 𝑅⃗⃗, o que resulta no aparecimento de um torque 𝜏⃗CM, que tem a direção do eixo de rotação que passa pelo CM (eixo z). O vetor aceleração angular 𝛼⃗ relativo ao torque 𝜏⃗CM, devido à força 𝑓⃗, tem a mesma direção e o sentido de 𝜏⃗CM. Abaixo, estão desenhados, no espaço x-y-z, os vetores relacionados à força de atrito f: Tendo em mãos o diagrama de forças no plano x-y, mostrado no início, com os vetores devendo ser desenhados sempre na origem, sobre o CM da esfera. O vetor aceleração de translação do CM, 𝑎⃗CM, está sobre o eixo +Ox. Em seguida, analisamos vetorialmente as forças resultantes sobre cada um dos eixos. Utilizando a 2ª lei de Newton para translação, temos: Eixo x: ∑ 𝐹⃗𝑥 = 𝑤⃗⃗⃗𝑥 + 𝑓⃗ = 𝑀𝑎⃗CM 𝑤 sen 𝜃 𝑖̂ − 𝑓𝑖̂ = 𝑀𝑎CM𝑖̂ (𝑤 sen 𝜃 − 𝑓)𝑖̂ = 𝑀𝑎CM𝑖̂ 𝑤 sen 𝜃 − 𝑓 = 𝑀𝑎CM 𝑀𝑔 sen 𝜃 − 𝑓 = 𝑀𝑎CM (1) Utilizando a 1ª lei de Newton, temos: Eixo y: ∑ 𝐹⃗𝑦 = 𝑁⃗⃗⃗ + 𝑤⃗⃗⃗𝑦 = 0⃗⃗ 𝑁𝑗̂ − 𝑤 cos𝜃𝑗̂ = 0𝑗̂ (𝑁 − 𝑤 cos𝜃)𝑗̂ = 0𝑗̂ 𝑁 − 𝑀𝑔 cos 𝜃 = 0 𝑁 = 𝑀𝑔 cos𝜃 (2) A aceleração angular 𝛼⃗ é causada pelo torque 𝜏⃗CM relativo à força de fricção 𝑓⃗ e ambos (𝛼⃗ e 𝜏⃗CM) estão localizados sobre o eixo −Oz, que passa pelo CM da esfera (perpendicular ao plano da figura, entrando na página). Utilizando a 2ª lei de Newton para rotação, temos: Eixo z: 𝜏⃗CM = 𝑅⃗⃗ × 𝑓⃗ = 𝐼CM𝛼⃗ −𝑅𝑗̂ × (−𝑓𝑖̂) = 𝐼CM𝛼⃗ 𝑅𝑓(𝑗̂ × 𝑖̂) = 𝐼CM𝛼⃗ 𝑅𝑓(−𝑘̂) = 𝐼CM𝛼(−𝑘̂) −𝑅𝑓𝑘̂ = −𝐼CM𝛼𝑘̂ 𝑅𝑓 = 𝐼CM𝛼 𝑓 = ( 𝐼CM 𝑅 ) 𝛼 (3) Lembrando que, para uma esfera rígida: 𝐼CM = 2 5 𝑀𝑅2 (4) Condição de rolamento puro: 𝛼 = 𝑎CM 𝑅 (5) Substituindo (4) e (5) em (3), obtemos: 𝑓 = ( 2 5 𝑀𝑅2 𝑅 ) 𝑎CM 𝑅 = 2𝑀𝑅2𝑎CM 5𝑅2 𝑓 = 2 5 𝑀𝑎CM (6) Substituindo (6) em (1) resulta: 𝑀𝑔 sen 𝜃 − 2 5 𝑀𝑎CM = 𝑀𝑎CM Dividindo todos os termos da expressão acima por M, temos: 𝑔 sen 𝜃 − 2 5 𝑎CM = 𝑎CM 𝑔 sen 𝜃 = 𝑎CM + 2 5 𝑎CM 𝑔 sen 𝜃 = 𝑎CM (1 + 2 5) 𝑔 sen 𝜃 = 𝑎CM (5 + 2 5 ) 𝑔 sen 𝜃 = 𝑎CM (7 5) 𝑎CM = 5 7 𝑔 sen 𝜃 A magnitude da aceleração de translação 𝑎CM do CM da esfera que rola sem deslizar é um múltiplo de 𝑔 sen 𝜃, sendo esse múltiplo igual a 5 7 ≅ 0,71428, ou 71,4%. 5 E5. Exercício resolvido: (Obs.: O desenvolvimento deste problema vale para qualquer objeto de simetria radial, por exemplo, cilindro rígido, esfera rígida, etc.) Considere um disco cilíndrico de raio R, massa M, e momento de inércia ICM com relação ao eixo central de rotação que passa por seu CM, o qual é montado sobre um eixo horizontal sem atrito, como mostrado na figura abaixo. Uma corda leve, enrolada sobre a superfície do disco, suporta um bloco de massa m. O sistema é liberado do repouso. Utilize a 2ª lei de Newton (tratamento vetorial): (a) Mostre que a aceleração de translação do bloco de massa m é: 𝑎CM = ( 1 1 + 𝐼CM 𝑚𝑅2 ) 𝑔 (b) Mostre que a aceleração angular de qualquer objeto de simetria radial rotacionando é: 𝛼 = 1 𝑅 ( 1 1 + 𝐼CM 𝑚𝑅2 ) 𝑔 (c) Mostre que a tensão na corda é: 𝑇 = ( 1 1 𝑚 + 𝑅2 𝐼CM ) 𝑔 (d) Se o objeto que rotaciona for um disco, mostre que a expressão para a aceleração do centro de massa 𝑎CM do corpo em translação é: 𝑎CM = ( 1 1 + 𝑀 2𝑚 ) 𝑔 (e) Se o objeto em rotação for um disco de raio R = 0,3 m, M = 2,0 kg, e o corpo em translação tiver massa m = 0,5 kg, calcule a, 𝛼 e T, (Resp.: a = 3,27 m/s2, 𝛼 = 10,9 rad/s2, T = 3,27 N). Solução: (a) Inicialmente, após a identificação de todas as forças, são construídos diagramas de corpo livre para cada objeto envolvido: Os vetores força atuando sobre os objetos são desenhados na origem do respectivo sistema de coordenadas, o qual coincide com o CM de cada objeto. Disco: A magnitude do torque 𝜏⃗CM relativo à força de tensão T sobre o eixo z que passa pelo CM (perpendicular ao plano da figura) é: 𝜏⃗CM = 𝑅⃗⃗ × 𝑇⃗⃗ = 𝐼CM𝛼⃗ −𝑅𝑖̂ × (−𝑇𝑗̂) = 𝐼CM𝛼⃗ 𝑅𝑇(𝑖̂ × 𝑗̂) = 𝐼CM𝛼⃗ 𝑅𝑇(𝑘̂) = 𝐼CM𝛼⃗ 𝑅𝑇𝑘̂ = 𝐼CM𝛼𝑘̂ 𝑅𝑇 = 𝐼CM𝛼 𝑇 = ( 𝐼CM 𝑅 ) 𝛼 (1) Lembrando que (veja figura acima): 𝑎CM(do bloco) = 𝑎tan(sobre qualquer ponto na superfície do disco). 6 Condição para rotação pura: 𝛼 = 𝑎tan 𝑅 Assim, 𝛼 = 𝑎CM 𝑅 (2) Substituindo (2) em (1), temos: 𝑇 = (𝐼CM 𝑅 ) 𝑎CM 𝑅 𝑇 = 𝐼CM𝑎CM 𝑅2 (3) Objeto: ∑ 𝐹⃗𝑦 = 𝑇⃗⃗ + 𝑤⃗⃗⃗ = 𝑚𝑎⃗CM 𝑇𝑗̂ − 𝑤𝑗̂ = 𝑚(−𝑎CM𝑗̂) (𝑇 − 𝑤)𝑗̂ = −𝑚𝑎CM𝑗̂ −(𝑇 − 𝑤) = 𝑚𝑎CM 𝑤 − 𝑇 = 𝑚𝑎CM 𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎CM (4) Substituindo (3) em (4), obtém-se: 𝑚𝑔 − 𝐼CM𝑎CM 𝑅2 = 𝑚𝑎CM 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎CM + 𝐼CM𝑎CM 𝑅2 𝑚𝑔 = 𝑎CM(𝑚 + 𝐼CM 𝑅2 ) 𝑎CM = 𝑚𝑔 𝑚 + 𝐼CM 𝑅2 𝑎CM = 𝑔 1 + 𝐼CM 𝑚𝑅2 𝑎CM = ( 1 1+𝐼CM 𝑚𝑅2 ) 𝑔 (5) (b) Como 𝛼 = 𝑎CM 𝑅 , então, utilizando (5) temos: 𝛼 = 1 𝑅 ( 1 1 + 𝐼CM 𝑚𝑅2 ) 𝑔 (c) Substituindo (5) em (3), temos: 𝑇 = 𝐼CM 𝑅2 ( 1 1 + 𝐼CM 𝑚𝑅2 ) 𝑔 𝑇 = ( 𝐼CM 𝑅2 + 𝑅2𝐼CM 𝑚𝑅2 )𝑔 Dividindo todos os membros da expressão anterior por ICM, temos: 𝑇 = ( 1 𝑅2 𝐼CM + 1 𝑚 ) 𝑔 Ou 𝑇 = ( 1 1 𝑚+ 𝑅2 𝐼CM ) 𝑔 (6) (d) Se o objeto rotacionando for um disco: 𝐼CM = 1 2 𝑀𝑅2 (7) Substituindo (7) em (3), temos: 𝑇 = ( 1 2 𝑀𝑅2 𝑅 ) 𝑎CM 𝑅 = 𝑀𝑅2𝑎CM 2𝑅2 𝑇 = 1 2 𝑀𝑎CM (8) Substituindo (7) em (5), temos: 𝑎CM = ( 1 1 + 1 2 𝑀𝑅2 𝑚𝑅2 ) 𝑔 𝑎CM = ( 1 1+ 𝑀 2𝑚 )𝑔 (9) A aceleração do centro de massa 𝑎CM do objeto em translação é um múltiplo da aceleração da gravidade g, pelo fator ( 1 1+ 𝑀 2𝑚 ) < 1. Consequentemente, 𝑎CM < 𝑔. E6. Exercício resolvido: Na figura abaixo os blocos têm massa m1 = 0,46 kg e m2 = 0,50 kg, e a polia (disco metálico), que está montada em um eixo horizontal sem atrito, tem raio R = 0,05 m. Quando o sistema é liberado do repouso o bloco 2 desce uma distância de 0,75 m em um tempo de 5,0 s, sem que a corda deslize na borda da polia. Utilize a 2ª. lei de Newton (tratamento vetorial). Pede-se: (a) A magnitude da aceleração de translação dos blocos; (b) O valor de T2 e T1; (c) A magnitude da aceleração angular da polia; (d) O valor do momento de inércia da polia. 7 Solução: (a) Diagrama de forças: Utilizando-se a 2ª lei de Newton para cada um dos objetos envolvidos, e considerando os respectivos diagramas de forças: Massa m1: ∑ 𝐹⃗𝑦 = 𝑇⃗⃗1 + 𝑤⃗⃗⃗1 = 𝑚1𝑎⃗𝑦 𝑇1𝑗̂ − 𝑤1𝑗̂ = 𝑚1𝑎𝑦𝑗̂ (𝑇1 − 𝑤1)𝑗̂ = 𝑚1𝑎𝑦𝑗̂ 𝑇1 − 𝑤1 = 𝑚1𝑎𝑦 𝑇1 − 𝑚1𝑔 = 𝑚1𝑎𝑦 𝑇1 = 𝑚1𝑎𝑦 + 𝑚1𝑔 𝑇1 = 𝑚1(𝑎𝑦 + 𝑔) (1) Massa m2: ∑ 𝐹⃗𝑦 = 𝑇⃗⃗2 + 𝑤⃗⃗⃗2 = 𝑚2𝑎⃗𝑦 𝑇2𝑗̂ − 𝑤2𝑗̂ = −𝑚2𝑎𝑦𝑗̂ (𝑇2 − 𝑤2)𝑗̂ = −𝑚2𝑎𝑦𝑗̂ 𝑇2 − 𝑚2𝑔 = −𝑚2𝑎𝑦 𝑇2 = 𝑚2𝑔 − 𝑚2𝑎𝑦 𝑇2 = 𝑚2(𝑔 − 𝑎𝑦) (2) Disco: ∑ 𝜏⃗𝑧 = 𝜏⃗1 + 𝜏⃗2 = 𝐼CM𝛼⃗𝑧 𝑅⃗⃗1 × 𝑇⃗⃗1 + 𝑅⃗⃗2 × 𝑇⃗⃗2 = 𝐼CM𝛼⃗𝑧 (−𝑅1𝑖̂) × (−𝑇1𝑗̂) + (𝑅2𝑖̂) × (−𝑇2𝑗̂) = 𝐼CM𝛼⃗𝑧 (𝑅1𝑇1)(𝑖̂ × 𝑗̂) − (𝑅2𝑇2)(𝑖̂ × 𝑗̂) = 𝐼CM𝛼⃗𝑧 (𝑅1𝑇1)(𝑘̂) − (𝑅2𝑇2)(𝑘̂) = 𝐼CM𝛼⃗𝑧 Mas, 𝑅1 = 𝑅2 = 𝑅. Daí, 𝑅𝑇1𝑘̂ − 𝑅𝑇2𝑘̂ = 𝐼CM𝛼⃗𝑧 Ou −𝑅𝑇2𝑘̂ + 𝑅𝑇1𝑘̂ = 𝐼CM𝛼⃗𝑧 −𝑅(𝑇2 − 𝑇1)𝑘̂ = 𝐼CM𝛼⃗𝑧 O vetor 𝛼⃗𝑧 tem a mesma direção e o sentido do torque resultante 𝜏⃗. Assim, 𝛼⃗𝑧 = −𝛼𝑧𝑘̂. Logo, 𝜏⃗ = −𝑅(𝑇2 − 𝑇1)𝑘̂ = −𝐼CM𝛼𝑧𝑘̂ 𝑅(𝑇2 − 𝑇1)𝑘̂ = 𝐼CM𝛼𝑧𝑘̂ 𝑅(𝑇2 − 𝑇1) = 𝐼CM𝛼𝑧 𝑇2 − 𝑇1 = 𝐼CM𝛼𝑧 𝑅 (3) A aceleração do objeto m2 em translação pode ser obtida através da equação horária da posição em função do tempo, para o M.R.U.V.: 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑡 + 1 2 𝑎𝑦𝑡2 O objeto m2 move-se em sentido oposto ao eixo y, previamente definido, por isso, escalarmente, a aceleração 𝑎𝑦 deverá resultar com o sinal negativo. Na equação quadrática da posição em função do tempo (acima), a posição inicial é y0 = h = 0,75 m (partindo do repouso com velocidade inicial v0 = 0 em t = 0) e a posição final é y = 0 (com velocidade final v), passando- se um tempo de t = 5 s até o objeto se chocar contra o solo. Daí, isolando-se a 𝑎𝑦 na expressão acima, resulta em 𝑎𝑦 = −2ℎ/𝑡2. A magnitude da aceleração de translação do bloco m2 (que é igual àquela do bloco m1 movendo-se para cima) é, portanto: 𝑎𝑦 = 2ℎ 𝑡2 Faça os passos intermediários: (a) Daí, calculando-se, resulta ay = 0,06 m/s2. Conhecendo-se, m1 = 0,46 kg, m2 = 0,5 kg, ay = 0,06 m/s2, e g = 9,8 m/s2: (b) Através de (1), resulta T1 = 4,54 N. Através de (2), resulta T2 = 4,87 N. Há uma variação nas tensões (T2 > T1), portanto, há um torque resultante sobre o disco. R m1 T1 m2 T2 h 0 0 h 8 (c) Como atan = ay e ⍺z = atan/R, resulta ⍺z = 1,2 rad/s2. (d) Isolando-se ICM em (3) e usando-se os valores de T2, T1, ⍺z e R, temos ICM = 1,375 x 10-2 kg·m2. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Dois blocos movem-se como mostrado na figura abaixo, e estão conectados por uma corda de massa negligenciável, sobre um disco rígido de raio R = 0,25 m (roldana) e que tem momento de inércia I. (a) Determine as tensões T1 e T2 nas duas partes da corda. (Resp.: T1 =118 N e T2 = 156 N); (b) Encontre o momento de inércia I do disco. (Resp.: I = 1,19 kg∙m2). 2. Considere um corpo de massa m preso por um fio esticado e enrolado a um disco rígido de massa M, raio R e momento de inércia I. O sistema é liberado do repouso. Utilize a 2ª lei de Newton e encontre o valor da aceleração e da velocidade final de translação do corpo de massa m, após ele se deslocar uma altura h e se chocar contra o solo. Considere M = 2,0 kg; R = 0,1 m; m = 0,5 kg e h = 1,0 m; g = 9,8 m/s2. (Resp.: a = 3,27 m/s2 e v = 2,56 m/s). PROBLEMAS (Young & Freedman, Física I – Mecânica, 14ª ed., Capítulo 10)