Dinâmica da Rotação I

5/10/2018 Dinâmica da Rotação I - slidepdf.com

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Hidembergue Ordozgoith da Frota

Departamento De FísicaInstituto de Ciências Exatas

Universidade Federal do Amazonas

Dinâmica da Rotação I



Movimento circular

( ) 2 21

0

2

0

2

2

00

0

x xavv

at t v x x

at vv

−+=

++=

+=

( ) 2 21

0

2

0

2

2

00

0

θ θ α ω ω

α ω θ θ

−+=

++=

+=

t t

t Movimento linear

Dinâmica da Rotação I

Revisão da Cinemática da Rotação



22

2

2

r

r t aaa

r r v

a

r ar v

+=

=

=

=

=

ω

α ω

Relações entre cinemática linear e

cinemática angular de uma partículaem movimento circular

ω = [radianos/segundo]



2

1 2

iiivmK =

∑=

i iivmK 2

1

2

∑=i

iK K

22 )(21 ω ∑=

iii

r mK

ii r v=

2

2

1 ω I K = K = Energia Cinética de Rotação [J]

∑= iiir m I 2 I = Momento de Inércia [kg.m2]

Dinâmica da Rotação

Energia Cinética de Rotação e Momento de Inércia

ωωωω



Movimento circular

2

1 2

mvK =

2

21

ω I K =

Movimento linear

ωωωω



Exemplo 1:

Considere uma molécula de oxigênio (O2)girando no plano xy em torno do eixo z. O eixo

z passa pelo centro da molécula perpendicular

ao seu centro. A massa de cada átomo de

oxigênio é 2,66x10-26

kg, e à temperaturaambiente a separação média entre os átomos é

1,21x10-10 m. (a) Calcule o momento de inércia

da molécula em torno do eixo z. (b) Se a

velocidade angular da molécula em torno do

eixo z é 4,60x1012 rad/s. qual é a sua energia

cinética rotacional?

mm

rad/s104,60

m10211kg1066,2

12

10

26

×=

×=

×=

−

ω

- ,d

m

( )

246

21026

2

22

2

kg.m1095,1

1021,11066,2

2

1

21

22

−

−−

×=

××=

=

+

=∑= md d md mr m I

iii

(a)

x y

z

ω

do



mm

246 kg.m1095,1 −

×= I

(b)

x y

z

ω

do

rad/s104,60

m10211

kg1066,2

12

10

26

×=

×=

×=−

ω

- ,d

m

2

21 ω I K = K = Energia Cinética de Rotação [J]

( )

J1006,2

1060,41095,12

1

2

1

21

212462

−

−

×=

×××== ω I K



Exemplo 2:

Quatro pequenas esferas estão fixas nos

vértices de um quadro de massa

desprezível que está sobre o plano xy,

como mostra a figura ao lado. Assumimos

que os raios das esferas são pequenos

comparados com as dimensões do quadro.

a) Se o sistema gira em torno do eixo y com

velocidade angular ω, encontre o momento

de inércia e a energia cinética rotacional

em torno do eixo y.

2222 200 Mamm Ma Mar m I i

ii y=×+×++=∑=(a)

b) Suponha que o sistema gira no plano xy em torno de um eixo passando por O

(eixo z). Calcule o momento de inércia e a energia cinética rotacional em torno

do eixo z.

ω ω ω 222 221

21 Ma Ma I K

y===

a ab

bm

m

M M



22

2222

2

22 mba

mbmb Ma Ma

r m I i

ii z

+=

+++=

=∑

(b)

( )

( ) 222

222

2

222

1

2

1

ω

ω

ω

mb Ma

mb Ma

I K z

+=

+=

==

Suponha que o sistema gira no plano xy

em torno de um eixo passando por

O (eixo z). Calcule o momento de

inércia e a energia cinética

rotacional em torno do eixo z.

a ab

bm

m

M M



Cálculo de Momento de Inércia

dmr

mr I i

iimi

∫=

∑ ∆=→∆

2

2

0lim

x

y

o

∆∆∆∆ mi

ri

x

y

o x

y

o x

y

o

∆∆∆∆ mi

ri

dV dm

V mV

m

ρ

ρ

ρ

=

=

=

2 dV r I ρ ∫=



Exemplo 3: Anel uniforme

dmr I ∫=2

Momento de inércia de um anel

uniforme de massa M e raio R em

torno de um eixo perpendicular ao

plano do anel e passando pelo seu

centro.

constante== Rr

( )02

0

2

0

2−=== ∫ M Rm Rdm R I

M M

2

R I =



( )22

3

332 /

2 /

32 /

2 /

2

2 /

2 /

2

12

1 12

1

8

2

3

2233

ML L L L

L L xdx x

dx x I

L

L

L

L

L

L

z

===

−−

===

=

−−

−

∫

∫

ρ ρ

ρ ρ ρ

ρ

Exemplo 4:

Momento de inércia de uma barra rígida

uniforme, de comprimento L e massa M, emtorno de um eixo perpendicular à barra (eixo z) e

passando pelo seu centro de massa.

dm x I z ∫=

2

y

z

dm x

d x-L/2

L/20

dxdm ρ =

L

= ρ



Exemplo 5:

Momento de inércia de um cilindro oco

uniforme, de raio interno R1, raio externo R2 ,

massa M e comprimento L, em torno de seu eixo

central (eixo z).

R1R2

r

dr

2

R1

dmr I z ∫=

2

rdr Ldm

dr Lr dV

dV dm

2

2

ρ π

π

ρ

=

=

=

2

1

2

1 4 22

4

3

R

R

R

R z

r Ldr r L I ρ π ρ π =∫=



( ) ( )( )

( ) ( ) L R R R R

R R R R L

R R L

r Ldr r L I

R

R

R

R z

2

1

2

2

21

22

2

1

2

2

2

1

2

2

4

1

4

2

4

3

2

2

2

4

22

2

1

2

1

−+

=

+−=−=

=∫=

π ρ

ρ π ρ π

ρ π ρ π

V R R

I z

2

2

1

2

2 ρ +

= V ρ =

( )

2

2

1

2

2R R I

z+=

( ) L R RV 2

1

2

2 −= π (Volume no qual a massa M está distribuída)



Exemplo 6:

Momento de inércia de um cilindro

sólido uniforme, de raio interno R,

massa M e comprimento L, em torno de

seu eixo central (eixo z).

2

2 MR

I z

=

R0

z

( ) 2

2

1

2

2 R R I z+=

Do exemplo anterior:

R R

R

=

=

2

10Como neste

caso:



Exemplo 7:

Momento de inércia de uma casca

cilindra (ou anel), de raio R, massa M e

comprimento L, em torno de seu eixo

central (eixo z).

2

MR I z=

R0

z

( ) 22

122 R R I z +=

Do cilindro com raio interno R1

e raio externo R2:

R R R == 21Como nopresente caso:



R

r

)

θ dθ )

R d θ r

z

O

2mr dI z= (momento de inércia do anel)

)Rd2( θ π σ σ r Am ==

θ π σ Rd2 3r dI z = θ sen Rr =

θ θ π σ d senR 2 34= zdI

d senR 20

34

∫=π

θ θ π σ z I

224 R32 R4

34R2 σ π π σ == z I

2

MR3

2= z I

σ π 2R4= M

Exemplo 8:

Momento de inércia de uma casca esférica de

raio R, e massa M, em torno de um diâmetro.



2

3

2

mr dI z=

(momento de

inércia da casca)

)(4 V

2

dr r d m π ρ ρ ==

Exemplo 9:

Momento de inércia de uma esfera oca de raios

R1 e R2 e massa M, em torno de um diâmetro.R1

R2

rdr

22 )4( 3

2r dr π r dI z ρ =

2

1

2

1

5R

R

4

5

1

43

2

43

2 R

R z r π dr r π I ρ ρ == ∫



R1

R2

r

dr

2

1

5

51 4

32 R

R z r π I ρ =

( )51

52

51 4

32 R Rπ I z −= ρ

( )3

1

3

23

4 R Rπ

M

−

= ρ

3

1

3

2

5

1

5

2

5

2

R R

R R M I z

−

−=



R1

R2

Exemplo 10:

Momento de inércia de uma esfera sólida de

raios R e massa M, em torno de um diâmetro.

2

5

2

MR I z=

3

1

3

2

51

52

5

2

R R

R R M I z

−

−=

Do exemplo anterior:

R R

R

=

=

2

1 0No presente

caso:



Teorema dos Eixos Paralelos

2 MD I I CM z +=

Eixo de

rotação

Eixo passando

pelo centro de

massa CM

z

D



12

2 ML I CM =

y

z

-L/2

L/2CM

ξ

2 MD I I CM +=ξ

2

L

D=

22

212

+=

L M

ML I ξ

3

2 ML

I =ξ

Exemplo 11:

Momento de inércia de uma barra rígida

uniforme, de comprimento L e massa M,em torno de um eixo perpendicular à

barra (eixo ξ ) passando por uma de suas

extremidades.



Torque

Linha deação

2211

21

d F d F −=

+=Σ τ τ τ

+

Fd F r == φ τ sen

d = braço do momento



Exemplo 12:

Determinação do torque resultante do sistema

representado pela figura ao lado.

21

τ +=Σ

2211 F RF R +−=Στ

+

N.m5,2)m5,0)(N0,15()m0,1)(N0,5( =+−=Σ

.5,0 ;0,15 1,0m;;0,5 2211 m R N F R N F ====

Para os seguintes valores:



Relação entre Aceleração e Torque

( )

∫∫==Σ dmr dmr

22 α α τ

t t admdF )(=

t t admr rdF d )(==

α α τ )( 2dmr r dmr d ==

r at =

∫= dmr I

2

I =Σ



=

2

L Mgτ

Exemplo 13:

Uma barra uniforme de comprimento L emassa M está presa em uma de suas

extremidades por um pivô sem atrito, e livre

para se mover em torno do mesmo, em um

plano vertical, como mostra a figura ao lado.

Qual é a aceleração angular inicial da barra e

a aceleração linear inicial de sua

extremidade direita?

at Pivô

2

3

1 ML I =

I = I

α = L

g

2

3=α

Na extremidade direita:

! 2

3g Lat == α



TR I ==

I

TR

=α

Exemplo 14:

Uma roda de raio R, massa M , e momento de inércia I está montada sem atrito em

um eixo horizontal, como mostra a figura ao lado. Uma corda de massadesprezível enrolada em torno da roda suporta um corpo de massa m. Calcule a

aceleração angular da roda, a aceleração linear do objeto e a tensão na corda.

m

T mga

maT mg−

=

=−

Ra =

I

TR

m

T mg2

=

−

I

mRmgT

2

1+

=



I mR

mgT

2

1+

=

mT mga

−=

21

mR

I

ga

+=

R

a=α

mR

I R

g

+

=α



2

2 MR

I =O momento de inércia do disco em relação ao eixo

perpendicular a ele e passando poor seu centro é:

I

mR

mgT

2

1+

=

21

mR

I

ga

+

=

mR

I R

g

+

=α

2

2 MR

I =

gm M

mM T

2+=

g M m

ma

+=

2

2

( )g

R M m

ma

+=

2

2

T b lh P tê i E i



Trabalho, Potência e Energia

no Movimento Circular

( )

τω

θ

τ

θ τ

τ

θ φ

===

=

=

=⋅=

dt

d

dt

dW

P

dt

d

dt

dW

d dW

rd F sd F dW

senr

r

Movimento circular

vF P

dxF dW x

=

=

ω τ

θ =

=

P

d dW

Movimento linear



dt

d

I I α τ ==Σ

dt d

d d

dt d θ θ

=

Da regra da cadeia:

ω θ =

dt

d

Da definição de

velocidade angular:

ω θ

τ d

d I =Σ

Encontramos:

f

i

f

i

f

i

f

i

I

d I

d d

d I W

d W

ω

ω

ω

ω

ω

ω

θ

θ

ω

ω ω

θ ω θ

ω

θ τ

2

2

1

=

=

=Σ

Σ=Σ

∫

∫

∫

22

21

21

i f I I W ω ω −=Σ

Exemplo 15:



Exemplo 15:

Uma barra uniforme de comprimento L e massa M gira livremente, sem

atrito, em torno de um pino que passa por uma de suas extremidades, comomostra a figura abaixo. A barra é solta do repouso na posição horizontal.

(a) Qual é a sua velocidade angular quando ela

alcança a sua posição mais baixa?

(b) Determine a velocidade linear do centro de

massa e a velocidade linear do ponto mais baixo

da barra quando ela está na posição vertical.

2

2

1ω I K E R f ==

2

L MgU E i ==

(a)

f i E E =

2

2

1

2ω I

L Mg =

3

2 ML

I =

2

2 3

L

MgL

=ω

L

g3=ω

I

MgL=

2ω

gL Lv L 3==ω

gL

L

vCM 32

1

2 ==ω

(b)

E l 16



Exemplo 16:

Considere dois cilindros de massa m1 e m2, onde m1 ≠ m2, conectados por uma

corda passando por uma roldana, como mostrado na figura ao lado. A roldanatem raio R e momento de inércia I em torno de seu eixo de rotação. A corda

não desliza na roldana, e o sistema é solto do repouso. Encontre as velocidades

lineares dos cilindros após o cilindro 2 descer uma altura h, e a velocidade

angular da roldana neste tempo.

( ) ( ) 0=−+−

+=+

=

i f i f

ii f f

i f

U U K K

U K U K

E E

02

1

2

1

2

1 22

2

2

1 −++=− f f f i f I vmvmK K ω

I

2

22

R

v Rv

f

f f f =⇒= ω ω

2

2212

1

f i f v R

I

mmK K

++=−



0=−+− i f i f U U K K

I 2

22121

f i f v R I mmK K

++=−

ghmhhgmU U i f i f 11111)( =−=−

ghmhhgmU U i f i f 22222)( −=−=−

ghmghm

U U U U U U i f i f i f

21

21

−=

−+−=−

02

121

2

221 =−+

++ ghmghmv

R

I mm f

++

−=

221

21 )(2

R

I mm

ghmmv f

++

−==

221

21 )(21

R

I mm

ghmm

R R

v f

f ω



Movimento Combinado de Translação e

Rotação de um Corpo Rígido



ω

ω θ θ

θ

R

dt

d

dt

d R

dt

dsv

Rs

CM

=

==

=

=

,

ω

R

dt

d R

dt

dva CM

CM

=

=

=



2

2

1 MR I I CM P +=

222

2

1

2

1ω ω MR I K CM +=

RvCM =

0=Pv

CM

p

v

Rv

2

2´

=

=

Considerando que a esfera não desliza,

a velocidade do ponto P é nula

e todos os pontos da esfera giram em torno

do ponto P com velocidade angular ω.

2

2

1ω P I K =

A energia cinética de rotação é:

22

2

1

2

1CM CM Mv I K += ω

RvCM =Como



Translação pura

P´

P

CM

vCM

vCM

vCM

Rotação pura

P´

P

CM

v = Rω ωω ω

v = Rω ωω ω

v = 0

Combinação de translação e rotação

P´

P

CM

v = vCM + Rω ωω ω = 2 vCM

v = vCM

v = 0



Exemplo 17:

Para a esfera sólida mostrada na figura ao lado,calcule a velocidade linear do centro de massa

na base do plano inclinado e a magnitude da

aceleração linear do centro de massa,

considerando que a esfera partiu do repouso no

topo do plano inclinado e não desliza.

No topo do plano inclinado o sistema apresenta apenas energia potencial:

)( Rh Mg E i +=

Na base do plano inclinado o sistema apresenta energias potencial e cinética:

22

2

1

2

1ω I Mv MgR E CM f ++=

R

v MR I CM

== ω ,5

2 2



2

22

5

2

2

1

2

1

++=

R

v

MR Mv MgR E

CM

CM f

2

10

7CM f Mv MgR E +=

Da conservação da energia mecânica:

f i E E =

2

10

7)( CM Mv MgR Rh Mg +=+

ghvCM 7

10=

xavv CM CM 22

0

2+=

00 =v

xagh

xav

CM

CM CM

27

10

22

=

=

θ sen xh =

xagx CM 2sen

7

10=θ

θ sen7

5gaCM =



22

22

r

r t

t

aaa

r

r

va

r a

r v

+=

==

=

=

ω

α

( ) 2

2

1

0

2

0

2

2

00

0

θ θ α ω ω

α ω θ θ

α ω ω

ω α

θ ω

θ θ θ

−+=

++=

+=

=

=

−=∆

t t

t

dt

d

dt

d

i f

22

2

2

2

1

2

1

sen

21

i f

R

I I W

I

P

d dW

Fd F r

I K

dmr I

ω ω

α τ

ω τ

θ τ

φ τ

ω

−=Σ

=Σ

=

=

==

=

= ∫

Resumo

Dinâmica da Rotação I

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