Rotação de corpos rígidos

Empurrar uma porta junto às dobradiças produz menos rotação do que aplicar a mesma força perpendicular junto ao puxador. O torque depende da força e do braço. Para prever a aceleração angular, precisamos também de saber como a massa se distribui em torno do eixo.

Um corpo rígido mantém as distâncias entre os seus pontos. Pode transladar e rodar ao mesmo tempo, como um cilindro que desce uma rampa.

Momento angular e torque

Em relação a uma origem fixa $O$, uma partícula tem momento angular

$\vec r$ é o vetor da origem ao ponto de aplicação. Não o confundas com o braço $d_\perp$, que é a distância perpendicular da origem à linha de ação. O módulo do torque é $rF\sin\phi=Fd_\perp$. A unidade é $\mathrm{N\,m}$, mas torque não é energia: são grandezas físicas diferentes, por isso não compares os valores diretamente.

Com $\vec r=(0{,}30,0,0)\ \mathrm m$ e $\vec F=(0,20,0)\ \mathrm N$, temos $\vec\tau=(0,0,6)\ \mathrm{N\,m}$. O sentido é anti-horário no plano $xy$, visto do lado positivo de $z$. Uma força na direção de $\vec r$ tem torque nulo.

Derivando $\vec r\times\vec p$ numa origem inercial fixa, $d\vec L_O/dt=\vec\tau_O$. Para um sistema com forças internas centrais, os torques internos cancelam-se e só conta o torque externo. Sem torque externo relativamente à origem escolhida, conserva-se $\vec L_O$. Uma força central pode ter impulso não nulo e conservar momento angular, porque é paralela a $\vec r$.

Binário de forças

Duas forças paralelas com o mesmo módulo e sentidos opostos têm resultante nula. Se as linhas de ação não coincidirem, os seus torques somam-se. O conjunto chama-se binário e tem módulo $\tau=Fd$, onde $d$ é a distância perpendicular entre as linhas de ação. O torque do binário não depende da origem escolhida, porque a resultante das forças é zero.

Uma força de $10\ \mathrm N$ para cima atua em $x=+0{,}15\ \mathrm m$ e outra de $10\ \mathrm N$ para baixo em $x=-0{,}15\ \mathrm m$. Ambas dão torque anti-horário. A resultante é zero, mas $\tau_z=0{,}15\times10+(-0{,}15)(-10)=3\ \mathrm{N\,m}$. Um corpo livre pode começar a rodar sem acelerar o seu centro de massa. Força resultante nula, por si só, não garante equilíbrio de um corpo rígido.

Momento de inércia

Para um eixo, $I=\sum_i m_ir_{\perp i}^2=\int r_\perp^2\,dm$, em $\mathrm{kg\,m^2}$. Cada parcela pesa a massa com o quadrado da distância perpendicular ao eixo, porque um ponto mais afastado tem mais velocidade para a mesma velocidade angular.

Uma haste uniforme de comprimento $\ell$ e massa $M$, com eixo perpendicular pelo centro, tem densidade $M/\ell$. Um segmento $dx$ à distância $x$ contribui com $(M/\ell)x^2\,dx$. Logo

O teorema dos eixos paralelos dá $I=I_\mathrm{CM}+Md^2$, quando os eixos são paralelos e um passa pelo centro de massa. Para a mesma haste com eixo por uma extremidade, $d=\ell/2$, logo $I=M\ell^2/3$.

Estes valores pressupõem densidade uniforme. A forma do corpo sem o eixo não determina o valor de $I$, por isso confirma sempre o eixo da tabela.

Dinâmica num eixo fixo

Para um corpo rígido a rodar num eixo fixo com inércia constante, a componente axial satisfaz as relações abaixo.

A mesma relação vale para momentos calculados em torno do centro de massa, mesmo quando o centro de massa acelera. É essa versão que usamos no rolamento: translação do centro de massa mais rotação em torno dele.

A igualdade vetorial $\vec L=I\vec\omega$ só pode ser usada quando o eixo e a distribuição de massa a permitem, como num eixo principal. Numa rotação geral, $\vec L$ não tem de ser paralelo a $\vec\omega$, porque a inércia depende da direção.

Um disco de $M=2\ \mathrm{kg}$ e $R=0{,}20\ \mathrm m$ tem $I=0{,}040\ \mathrm{kg\,m^2}$. Uma força tangencial de $3\ \mathrm N$ no bordo dá $\tau=0{,}60\ \mathrm{N\,m}$ e $\alpha=15\ \mathrm{rad/s^2}$. Partindo do repouso, ao fim de $2\ \mathrm s$, $\omega=30\ \mathrm{rad/s}$ e $\theta=30\ \mathrm{rad}$. O trabalho $\tau\theta=18\ \mathrm J$ coincide com $I\omega^2/2=18\ \mathrm J$. A potência instantânea é $P=\tau\omega$.

Equilíbrio de um corpo rígido

O equilíbrio estático exige simultaneamente $\sum\vec F=0$ e $\sum\vec\tau=0$. Escolhe para os momentos o ponto onde atua uma reação desconhecida, porque essa reação sai da equação.

Uma viga uniforme de $4\ \mathrm m$ e peso $200\ \mathrm N$ tem apoios nos extremos e uma carga de $300\ \mathrm N$ a $3\ \mathrm m$ do apoio esquerdo. Se $R_A,R_B$ são as reações verticais, $R_A+R_B=500\ \mathrm N$. A reação em $A$ tem braço nulo relativamente a esse apoio. A reação em $B$ roda a viga no sentido anti-horário; os dois pesos rodam-na no sentido horário:

Logo $R_B=325\ \mathrm N$ e $R_A=175\ \mathrm N$. O peso da viga atua no centro por ser uniforme. Um apoio que só empurra exige reação não negativa. Se a conta exigir tração num contacto simples, o contacto suposto deixa de existir, ou seja a viga levantaria.

Braços numa prancha inclinada

Uma prancha uniforme de comprimento $L$ e massa $m$ está articulada numa extremidade, a um ângulo $0<\theta<\pi/2$ da horizontal. Uma carga de massa $M$ repousa a distância $s$ da articulação, medida ao longo da prancha. Uma força vertical para cima na outra extremidade mantém o equilíbrio. Para o conjunto prancha e carga, os contactos entre as duas são internos.

O braço de cada força vertical é a distância horizontal à articulação. Assim,

Como $\cos\theta\ne0$, a mesma projeção cancela em todos os termos:

O valor não depende da inclinação neste modelo. Se substituirmos a força vertical por uma força horizontal para a esquerda, o seu braço passa a $L\sin\theta$, enquanto os pesos conservam os braços horizontais. O equilíbrio exige então

A orientação da força decide qual projeção usar. Não acrescentes um cosseno só por a prancha estar inclinada. A carga precisa de um contacto ou fixação que a mantenha em repouso; as equações do conjunto não verificam, por si só, essa condição.

Rolamento sem deslizamento

Num corpo que rola numa superfície parada, o ponto de contacto tem velocidade instantânea nula. A velocidade desse ponto soma translação e rotação: $v_\mathrm{contacto}=v_\mathrm{CM}-R\omega=0$. Por isso, $v_\mathrm{CM}=R|\omega|$. Em movimento unidimensional com sinais coerentes, $a_\mathrm{CM}=R\alpha$.

A energia é

Um cilindro maciço desce uma rampa a $30^\circ$. O atrito estático aponta para cima da rampa e produz o torque em torno do centro. A direção saiu das equações com a condição de rolamento, não de uma regra de contrariar o movimento: o centro desce e o atrito aponta para cima. Escolhendo a descida positiva,

A condição $a=R\alpha$ dá $f=I_\mathrm{CM}a/R^2$. Substituindo na equação de translação,

Para o cilindro maciço, $I_\mathrm{CM}/(MR^2)=1/2$. Assim, $a=(2/3)g\sin30^\circ=3{,}27\ \mathrm{m/s^2}$ e $f=Mg\sin30^\circ/3$. Para $M=4\ \mathrm{kg}$, $f=6{,}54\ \mathrm N$ e $N=Mg\cos30^\circ\approx33{,}98\ \mathrm N$. O modelo só vale se $\mu_s\ge f/N=\tan30^\circ/3\approx0{,}192$.

Partindo do repouso e percorrendo $2\ \mathrm m$, $v=\sqrt{2a\ell}\approx3{,}62\ \mathrm{m/s}$. Pela energia, a altura perdida é $1\ \mathrm m$ e $Mg(1\ \mathrm m)=\tfrac12Mv^2+\tfrac14Mv^2$, dando o mesmo resultado. O atrito estático não dissipa energia neste modelo de superfície parada e rolamento ideal. Se houver deslizamento ou deformação com resistência de rolamento, esse balanço muda, por isso confirma o regime antes de usar a energia.

Roldana com inércia

Uma massa $m=1\ \mathrm{kg}$ desce desenrolando um fio num disco de massa $M=2\ \mathrm{kg}$ e raio $R=0{,}10\ \mathrm m$, com eixo fixo sem atrito. O fio não desliza. As equações são

Como $I=MR^2/2=0{,}010\ \mathrm{kg\,m^2}$, $a=mg/(m+I/R^2)=4{,}905\ \mathrm{m/s^2}$ e $T=4{,}905\ \mathrm N$. A massa não cai livremente, porque parte da energia põe o disco a rodar. Numa máquina de Atwood com $m_1>m_2$, escolhemos o positivo para baixo em $m_1$, para cima em $m_2$ e no sentido de rotação da descida de $m_1$. As equações são

Com $a=R\alpha$, somamos as equações dos corpos e eliminamos $T_1-T_2=Ia/R^2$. Obtemos $a=(m_1-m_2)g/(m_1+m_2+I/R^2)$. As tensões diferem para produzir o torque. No limite $I=0$, recuperamos a roldana ideal.

Pêndulo físico

Um corpo rígido suspenso num eixo horizontal sem atrito, a distância $d>0$ do centro de massa, tem torque gravítico $-Mgd\sin\theta$. Medimos $\theta$ desde o equilíbrio com o centro de massa por baixo do eixo. Para pequenos ângulos em radianos,

Uma haste uniforme de comprimento $\ell=1\ \mathrm m$, suspensa pela extremidade, tem $I_O=M\ell^2/3$ e $d=\ell/2$. Logo $T=2\pi\sqrt{2\ell/(3g)}\approx1{,}638\ \mathrm s$. Não é o período de um ponto material a um metro do eixo, porque a massa está distribuída.

Conservação e precessão

Uma pessoa numa plataforma sem torque externo reduz $I$ de $3$ para $1{,}2\ \mathrm{kg\,m^2}$. Se inicialmente $\omega=3\ \mathrm{rad/s}$, $L=9\ \mathrm{kg\,m^2/s}$ mantém-se e a velocidade final é $7{,}5\ \mathrm{rad/s}$. A energia cresce de $13{,}5$ para $33{,}75\ \mathrm J$, porque a pessoa faz trabalho interno ao fechar os braços.

Impacto e energia de rotação

Um disco inicialmente parado, de massa $M=2\ \mathrm{kg}$ e raio $R=0{,}20\ \mathrm m$, gira num eixo fixo sem atrito. Uma pequena massa $m=0{,}10\ \mathrm{kg}$ chega tangencialmente ao bordo a $v=20\ \mathrm{m/s}$ e fica presa. Durante o impacto, o torque externo axial é desprezável, mas o apoio pode fornecer impulso linear. Conservamos o momento angular em torno do eixo, sem impor conservação do momento linear do conjunto.

Antes do impacto, $L_i=mvR=0{,}40\ \mathrm{kg\,m^2/s}$. Depois, a inércia é a soma do disco e da pequena massa no bordo, $I_f=MR^2/2+mR^2=0{,}044\ \mathrm{kg\,m^2}$. Logo

A energia inicial é $mv^2/2=20\ \mathrm J$ e a final é $I_f\omega_f^2/2\approx1{,}82\ \mathrm J$. O impacto inelástico transforma cerca de $18{,}18\ \mathrm J$ noutras formas de energia. Não uses conservação da energia cinética para calcular $\omega_f$, porque o enunciado descreve um choque inelástico.