Rotação Capítulo 10

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Rotação
Estudar o girar (rotação) de um corpo rígido em torno de um eixo fixo de rotação
Corpo rígido
Corpo que gira com todas as suas partes ligadas entre si
e sem mudar de forma. 
Eixo fixo Eixo que não muda de posição. 
Em uma rotação pura (movimento angular), todos as partes do corpo se movem 
ao longo de circunferências cujo centro está sobre o eixo de rotação e todas as
partes descrevem o mesmo ângulo no mesmo intervalo de tempo.
mesma velocidade angular.
Variáveis da Rotação Equivalentes angulares das grandezas
lineares posição, deslocamento, velocidade
e aceleração.
Posição Angular
Posição angular θ é medida em relação ao 
semieixo x positivo
θ = �
�
(ângulo em radianos) (rad) (10.1)
1 rev = 360� �	
	
�
�
� 2� rad
1 rad = 57,3° = 0,159 rev
�	 � 2� rad → linha de referência completa 1 rev
�	 � 4� rad → linha de referência completa 2 rev
(10.2)
(10.3)
Deslocamento Angular
∆�	 � 	�	 	� 	�� (10.4)(rad)
no intervalo ∆�	 � 	 �	 � ��
Deslocamento Angular : 
Positivo no sentido anti-horário
Negativo no sentido horário
Velocidade Angular
Velocidade Angular média
Velocidade Angular (instantânea)
Positiva no sentido anti-horário Negativa no sentido horário
��é� �	
�	 � ��
�	 � ��
	 �
Δ�
Δ�
(rad/s)
� � lim
∆�→�
Δ�
Δ�
�
��
��
(rad/s)
(10.5)
(10.6)
Aceleração Angular
Aceleração Angular média
Aceleração Angular (instantânea)
��é� �
�	 � ��
�	 � ��
�
Δ�
Δ�
� � lim
∆�→�
∆�
∆�
�
��
��
(
!"�
#	
)
(10.7)
(10.8)
(
!"�
#	
)
Positiva no sentido anti-horário Negativa no sentido horário
Exemplo 1. Um pião gira com aceleração angular � � 5�& � 4�,	onde	t		está	em	
segundos	e	�	em rad/ #	.	No	instante	t=0,	a	velocidade	angular	do	pião		é	5	rad/s e
uma reta de referência traçada no pião está na posição angular � = 2	!"�.	 (a) Obtenha
uma expressão para a velocidade angular do pião, ω(t); (b) Obtenha uma expressão
para a posição angular do pião, θ(t).
(a) � = �:�� �� = �	�� ; �� = ; �	��
�
�
<
<=
⇒
� − �> = ; 5�& − 4� ��
�
�
� − �> = 54 �? −
4
2 �	 onde �� = 5	!"�/#
⇒
⇒ ⇒
⇒ � = 54 �? − 2�	 + 5			!"�/#
(b) � = ���� �� = �	�� ; �� = ; �	��
�
�
A
AB
� − �� = ; 54 �? − 2�	 + 5 ��
�
�
� − �� = 14 �D −
2
3 �& + 5� onde		��= 2	!"�
� = 14 �D −
2
3 �& + 5� + 2			!"�
⇒ ⇒
⇒
⇒
⇒
(1)
Subst. (1)
As Grandezas Angulares são Vetores?
Posição, velocidade e aceleração lineares de uma partícula são vetores.
Quando a partícula se move em linha reta, ela pode mover-se apenas em dois
sentidos; que indicamos com os sinais negativo e positivo.
Na rotação, a representação de grandezas angulares por meio de vetores não é tão
fácil de compreender quando comparadas com as grandezas lineares.
na rotação, um vetor define é um eixo de rotação
Velocidade e Aceleração Angulares
Módulo
Orientação (regra da mão direita)
Deslocamento Angular
Não pode ser tratado como vetor.
Não obedece a regra da soma vetorial.
Regra da soma vetorial : A ordem na qual os vetores são somados é irrelevante
(1) (2)
(1)
Rotação 90°FG	H
Rotação 90°FG	I
Rotação 90°FG	I
Rotação 90°FG	H(2)
Resultados diferentes
O deslocamento angular não passa 
neste teste.
Rotação com Aceleração Angular Constante
Nas translações puras, os movimentos com aceleração linear constante constituem um 
caso especial importante. (Ex: movimento de um corpo em queda livre).
Nas rotações puras, o caso da aceleração angular constante também é importante. 
Conjunto análogo de equações.
Exemplo 2. Uma pedra de amolar gira com aceleração angular constante � � 0,35 �J��K .
No instante � � 0, a pedra tem uma velocidade angular �� � �4,6	!"�/# e uma reta
de referência traçada na pedra está na horizontal, na posição angular �� � 0. (a) Em
que instante após � � 0	a reta de referência está na posição angular � � 5,0	!FL	? (b)
Descreva a rotação da pedra de amolar entre � � 0 e � � 32	#	. (c) Em que instante a
pedra de amolar para momentaneamente?
(a) � � �� � ��� @ 12��	De 10.13
� � 5	!FL � 10�		!"�e
⇒ 10�	!"� � �4,6 !"�# � @
1
2 0,35
!"�
#	 $�	
20� � �9,2� @ 0,35�	
0,35�	 � 9,2� � 62,8 � 0
t� N NO,	$P NO,	$KN? �,&D$ NQ	,R$	 �,&D$ � �
9,2	 P 172,56
0,7
� � 9,2 P 13,140,7 � � 31,9	#	 ≅ 32	#
⇒
⇒
⇒ ⇒
⇒ ⇒
(b) A pedra está girando inicialmente no sentido horário com velocidade angular 
�� � �4,6	!"�/#.
Sua aceleração angular � � 0,35	!"�/#	 é positiva.
Disco sofre redução da velocidade de rotação no sentido negativo, pára e depois 
inverte o sentido de rotação para o sentido positivo. 
Depois de a linha de refência passar de volta pela sua orientação inicial de
� � 0, o disco gira mais 5 voltas até chegar no instante � � 32	#.
(c) Em que instante a pedra de amolar para momentaneamente?
(De 10.12) � � �� @ ��
� � �� � �� � � � � ���
� � 0 � �4,6
!"�
# $
 0,35 !"�#	 $
� 13	#
⇒ ⇒
⇒
Exemplo 3. Você está operando um Rotor (um brinquedo de parque de diversões com
um cilindro giratório vertical), percebe que um ocupante está ficando tonto e reduz a
velocidade angular do cilindro de 3,4 rad/s para 2,00 rad/s em 20,0 rev, com aceleração
angular constante. (a) Qual é a aceleração angular constante durante esta redução da
velocidade angular? (b) Em quanto tempo ocorre a redução de velocidade?
(a) � � �� � 20	!FL = 20 × 2� = 40� = 125,7	!"�
�� = 3,4	!"�/# � = 2,0	!"�/#
(De 10.12) � = �� + �� � − �� = �� � =
� − ��
�
⇒ ⇒
� − �� = ��� +
1
2
��	(De 10.13)
(1)
⇒ 2 � − �� = 2��� + ��
	 (2)
⇒(1) em (2) 2 � − �� = 2��
(� − ��)
�
+ �
(� − ��)
	
�	
⇒ 2 � − �� � = 2��� − 2��
	 +�	 − 2��� + ��
	
⇒ 2 � − �� � = �
	 − ��
	
⇒ � =
�	 − ��
	
2(� − ��)
=
(
2!"�
#
)	−(
3,4!"�
#
)	
2(125,7!"�)
= −0,0301!"�/#	
(b) Em quanto tempo ocorre a redução de velocidade?
De (1) =
2	!"�
#
− 3,4	!"�/#
−0,031!"�/#	
= 46,5	#� =
� − ��
�
Relacionando Variáveis Lineares e Angulares
Corpo rígido
Todas as partículas do corpo rígido perfazem uma volta completa na mesma
quantidade de tempo.
Todas as partículas do corpo possuem a mesma velocidade angular �.
A velocidade linear L de cada partícula do corpo rígido aumenta quanto mais
afastada do eixo de rotação estiver a partícula.
Posição
� � #! # � �!⇒ (ângulo em radianos) (m) (10.17)
Velocidade
Derivando a eq. 10.17 em relação ao tempo e mantendo ! constante, temos:
�#
�� �
��
�� ! mas
L � �#/��
� � ��/�� L � �! (ângulo em radianos) (m/s) (10.18)
A velocidade linear L de todo e qualquer
ponto é tangente ao círculo.
Cada ponto dentro do corpo está sujeito a
um movimento circular uniforme.
Período de revolução V V � 2�!L (10.19) mas L � �!
V � 2�!�! �
2�
� (ângulo em radianos)⇒ (10.20)
Aceleração
Derivando a eq. (10.18) em relação ao tempo, com ! mantido constante, temos:
L � �! ⇒ �L�� �
��
�� ! mas
�L
�� � "�
��
�� � � "� � �!
(ângulo em radianos) (m/#	)
e ⇒ (10.22)
Componente tangencial da aceleração
A aceleração sempre possui uma componente 
radial (centrípeta)
"� � L
	
! �
�	!	
! � �	!
"� � �	! (10.23)
Exemplo 4. Uma centrífuga é usada para habituar astronautas em treinamento às
grandes acelerações. O raio r do círculo percorrido por um astronauta é igual a 15 m. (a)
A que velocidade angular constante a centrífuga deve girar para que o astronauta tenha
uma aceleração de 11g ? (b) Qual a aceleração tangencial do astronauta que partindo do
repouso, alcança a velocidade angular do item (a) em 120 s?
(a) Como a velocidade angular é constante, temos que: "� � �! � ���� ! � 0
"� = �	! ⇒ �	 = "�! ⇒ � =
"�
! ⇒ � =
(11)(9,8G#	 )
(15	G) = 2,68	!"�/#
mas 1!"� = 57,3> = 0,159!FL
� �2,68	!"�
# × 0,159	!FL � 0,426
!FL
# = 25,6
!FL
GWX
(b) "� = �! � − �� = �� � =
� − ��
�⇒
"� = � − ��� ! =
2,68 !"�# − 0
120	# × 15	G = 0,34
G
#	 = 0,034	Y
Exemplo 5. Vamos projetar uma montanha-russa de indução (que pode ser acelerada por
forças magnéticas mesmo em um trilho horizontal). Para provocar uma emoção inicial,
queremos que os passageiros deixem o ponto de embarque com uma aceleração Y ao
longo da pista horizontal. Para aumentara emoção, queremos também que a primeira
parte dos trilhos forme um arco de circunferência (ver Fig.), de modo que os passageiros
também experimentem uma aceleração centrípeta. Quando os passageiros aceleram ao
longo do arco, o módulo da aceleração centrípeta aumenta de forma assustadora.
Quando o módulo " da aceleração resultante atinge 4Y em um ponto Z de ângulo �[ ao
longo do arco, queremos que o passageiro passe a se mover em linha reta, ao longo de
uma tangente ao arco. (a) Que ângulo �[ o arco deve subtender para que " seja igual a
4Y no ponto Z? (b) Qual é o módulo " da aceleração experimentada pelo passageiro no
ponto Z e depois de passar pelo ponto Z?
" � "�	 @ "�	
"� � �	!
"� � �!
"�	, !	, �	são	constantes. Procuro	�[
(a) (Eq.10.14) �	 � ��	 @ 2�(� − ��)
(Eq.10.22) "� = �! � = "�!
⇒
⇒
(1)
(2)
(2) em (1) ⇒ �	 = ��	 + 2"�! (� − ��) �	 =
2"��
!mas �� = 0 e �� = 0
"� = �	! "� =	2"��! ! "� = 2"��
(3)
"	 = "�	 + 4"�	�	
" = "�	 + "�	
" = "�	 + 4"�	�	 "	 − "�	 = 4"�	�	
�	 = "
	 − "�	
4"�	 � =
1
2
"	
"�	 − 1
Como � = �[,	" � 4Y	e	"� � Y �[ � 12
16Y	
Y	 − 1 = 1,94	!"�	 ≅ 111>
⇒ ⇒ (4) (5)
(4) em (5) ⇒ ⇒
⇒ ⇒
⇒
⇒
(b) No ponto Z ⇒ " = 4Y e depois de Z ⇒ " = Y.
Energia Cinética de Rotação
] = 12GL^_
	Translação NÃO é aplicável pois L^_ = `F!a	na	rotação	pura!
Vamos tratar como uma coleção de partículas com diferentes velocidades
] = 12G�L�
	 + 12G	L	
	 + 12G&L&
	 +⋯ =e12GfLf
	
(10.31)
Problema Lf não é a mesma para todas as partículas!
Mas L = �! e : é a mesma para todas as partículas!
] =	e12Gf(�!f)
	= 12	 eGf!f
	 	�	 (10.32)
Informação como a massa do corpo em rotação está distribuída ao redor do seu eixo de 
rotação
g =eGf!f	 (10.33)(momento de inércia)
] = 12 g�
	 (ângulo em radianos) (10.34)
Exemplo 6. A figura abaixo mostra três pequenas esferas que giram em torno de um eixo
vertical. A distância perpendicular entre o eixo e o centro de cada esfera é dada. Ordene as
três esferas de acordo com o momento de inércia em torno do eixo, começando pelo
maior.
g � G!	
⇒ ⇒36hY 1G$	 36hYG	
⇒ ⇒9hY 2G$	 36hYG	
⇒ ⇒4hY 3G$	 36hYG	
É mais fácil girar uma barra comprida em torno
(a) do eixo central (longitudinal) do que (b) de um
eixo passando pelo centro e perpendicular à
maior dimensão da barra.
A razão é que a distribuição de massa está mais
próxima do eixo de rotação em (a) do que em (b).
Cálculo do Momento de Inércia
g �eGf!f	 g � ;!	�Gpara partículas para corpo rígido (10.35)
Tabela com alguns Momentos de Inércia para formas geométricas mais usuais
Anel fino em 
torno de um 
eixo central
Cilindro oco (ou anel 
grosso) em torno de 
um eixo central
Cilindro (ou disco) 
maciço em torno do 
eixo central
Cilindro (ou disco) 
maciço em torno do 
de um diâmetro 
central
Barra fina em torno 
do eixo central 
perpendicular à 
maior dimensão
Esfera maciça em 
torno de um 
diâmetro
Casca esférica fina 
em torno de um 
diâmetro
Anel fino em torno 
de um diâmetro Placa fina em torno 
de um eixo 
perpendicular 
passando pelo 
centro
Teorema dos Eixos Paralelos
Problema fica mais fácil se conhecemos o momento de inércia g^ _	do	corpo	em	relação	a	um	eixo	paralelo ao eixo desejado.
g � g^ _ @jk	 (teorema dos eixos paralelos) (10.36)
Prova:
g � ; H � "$	@ I � l$	 �Gg � 	; !	�G
g � ; H	 @ I	 �G � 2";H�G � 2l;I�G @; "	 @ l	$�G
mas H	 @ I	 � m	 e ;m	�G � g^ _
g � g^ _ @jk	
g � ; H	 @ I	 �G @	; "	 @ l	 �G
O momento de inércia do corpo em relação ao eixo
que passa por P é:
⇒
⇒
⇒
(10.37)
⇒
Exemplo 7. Momento de inércia de um sistema de duas partículas. A Fig. 1(a) mostra um
corpo rígido composto por duas partículas de massa m ligadas por uma barra de
comprimento L e massa desprezível. (a) Qual é o momento de inércia em relação a um
eixo passando pelo centro de massa e perpendicular à barra? (b) Qual é o momento de
inércia g do corpo em relação a um eixo passando pela extremidade esquerda da barra e
paralelo ao primeiro eixo (Fig. 1(b))?
(a)
g �eGf!f	 � G 12n
	
@ G 12n
	
� 	12Gn	
De 10.33
(b) Como já conhecemos g^ _ ,	podemos	usar	o	teorema	dos	eixos	paralelos	: g � g^ _ @jk	
g � 	12Gn	 @ 2G$
1
2 n
	
� 12Gn	 @
1
2Gn	� Gn
	
Outro jeito: g �eGf!f	 � G 0$	@Gn	 � Gn	
Exemplo 8. Momento de inércia de uma barra homogênea. A Fig. abaixo apresenta uma
barra fina, homogênea, de massa M e comprimento L, e um eixo x ao longo da barra cuja
origem coincide com o centro da barra.(a) Qual é o momento de inércia da barra em
relação a um eixo perpendicular à barra passando pelo centro?(b) Qual é o MI da barra
em relação a um novo eixo perpendicular à barra passando pela extremidade esquerda?
(a) g � ;!	�G Como a barra é homogênea:
elemento	de	massa	�G
elemento	de	distância	�H �
massa	da	barra	j
comprimento	da	barra	n
�G
�H �
j
n �G �
j
n �H
g � ; H	jn �H
r/	
Nr/	
� j3n �
j
3n
n
2
&
� �n2
&
g � 112jn	⇒
⇒ ⇒
(b) g � g^ _ @jk	� 112jn	 @j
1
2 n
	
� 112jn	 @
1
4jn	 �
1
3jn	
/23
/2
L
L
x
−
Exemplo 9. Energia cinética de rotação. Em 1985, a empresa Test Devices, Inc. estava
testando um rotor de aço maciço, em forma de disco, com uma massaM = 272 kg e um raio
R = 38,0 cm. Quando a peça atingiu uma velocidade angular�	de	14.000	rpm,	os	
engenheiros	que	realizavam	o	ensaio	ouviram	um	ruído	seco	na	câmara,	que	ficava	um	
andar	abaixo	e	a	uma	sala	de	distância.	 Na investigação, descobriram que tijolos de
chumbo haviam sido lançados no corredor que levava à sala de testes, uma das portas da
sala havia sido arremessada no estacionamento do lado de fora do prédio, as vigas
estruturais do edifício do teste tinham sido danificadas, o chão de concreto abaixo da
câmara de ensaios havia afundado cerca de 0,5 cm e a tampa de 900 kg tinha sido lançada
para cima, atravessara o teto e caíra de volta, destruindo o equipamento de ensaio (Foto
abaixo). Qual foi a energia liberada na explosão do rotor?
Temos que: ] � 12 g�	 g �
1
2jm	
⇒
⇒
g � 12 272	hY$ 0,38G$	� 19,64	hYG	
� � 14000	 !a� GWX⁄ $ 2�	 !"� !a�$ 1GWX 60#$⁄⁄
� � 1,466	H	10& 	!"� #⁄
] � 12 g�	 �	
�
	 19,64	hYG	) 1,466H10& !"� #$⁄
	
] � 2,1H10yz
Esta energia equivale a jogarmos a tampa de 900 kg a cerca de 2,38 Km de altura !
Exemplo 10. Energia cinética de rotação e energia potencial. O prof. Marcus Baeta
estava trabalhando com colegas no laboratório de MBE da EPFL – Lausanne – Suíça em
1989, quando a bomba turbo-molecular travou de repente. A bomba turbo-molecular é
simplificadamente um rotor na forma de disco que gira a 27000 rpm. Suponhamos que
ela pese 1 kg, tenha raio R de 5 cm e que estava dentro de um gabinete de 500 kg. (a)
Qual é a energia armazenada na bomba quando ela travou? (b) Qual a altura que o
gabinete subiu do chão?
(a)
] � 12 g�	 g =
1
2jm
	e
m�{�|> = 0,05	G j�{�|> = 1	hY ��{�|> = 27000	!}G = 2800	 !"� #⁄
j~J| = 500	hY
] = 	12
1
2j�{�|>m�{�|>
	 ��{�|>	=
1
2
1
2 (1hY)(0,05	G)
	 (2800	 !"� #)⁄ 	
] = 4900	z
(b) ] =  = jYk e j = j�{�|> +j~J|
k = jY =
(4900	z)
(501	hY)(9,8	G #	)⁄ = 0,998	G	 ≈ 1	G
= 1	hY + 500	hY = 501	hY
Reação ao fato : Voamos para fora do lab.
Torque
Torque é uma ação de giro ou de torção sobre um
corpo em torno de um eixo de rotaçãodevido a
uma força F.
 � !$ ‚	 sin ∅$. (10.39)
Duas formas equivalentes de calcular o torque são:
 � ! ‚ sin∅ � !‚�
 � ! sin∅$ ‚$� !�‚
(10.40)
(10.41)
Quando vários torques atuam sobre um corpo, o
torque resultante é a soma dos torques individuais
Segunda Lei de Newton para a Rotação
‚�„� � G" �„� � g�
g � Momento	de	Inércia � � aceleração	angular
(10.42) �	em	radianos hYG	 #	$⁄
Prova da Equação
A partícula pode se mover apenas ao 
longo da trajetória circular
Temos que:
‚� � G"� e  � ‚�! � G"�!
mas "� � �!  � G �! ! � G!	$�
mas G!	 � g  � g�
Se a partícula está submetida a várias forças, podemos generalizar:
�„� � g� (10.45)
Exemplo 11. Segunda lei de newton, rotação, torque, disco. A Fig. mostra um disco
homogêneo, de massa M = 2,5 kg e raio R = 20 cm, montado em um eixo horizontal
fixo. Um bloco de massa m = 1,2 kg está pendurado por uma corda de massa
desprezível enrolada na borda do disco. Determine a aceleração do bloco em queda, a
aceleração angular do disco e a tensão da corda. A corda não escorrega e não existe
atrito no eixo.
Das forças mostradas no diagrama de corpo livre do 
bloco temos: 2J	Lei	de	Newton$
V � ‚~	 � G" ⇒
⇒
V �GY � G" (10.46)
Do diagrama de corpo livre para o disco:
 � g� 2JLei	de	Newton	para	a	rotação$ (10.42)
De (10.40), temos que  � !‚�	e	! � m	,	‚� � V
⇒  � �mV o torque gira o disco no sentido horário
Momento de Inércia do disco é g � �	jm	
�mV � 12jm	� V � �
1
2jm� (10.47)
Como a corda não escorrega, a aceleração linear " do bloco e a aceleração tangencial "� da 
borda do disco são iguais.
De (10.22) ⇒ "� � �! ⇒ � � "�! �
"
m
Substituindo este resultado em (10.47), temos que:
V � �12jm " m⁄ � �
1
2j" (10.48)
Combinando (10.48) e (10.46) V �GY � G"
�12j" �GY � G" ⇒ �j" � 2GY � 2G" ⇒ �2GY � 2G @j "
⇒ " � �Y 2Gj @ 2G � �9,8G #	)
2 1,2	hY$
2,5	hY + (2$ 1,2	hY$‰ � �4,8G #	⁄
Usando a (10.48) para T: V = − 12j" � �
1
2 2,5	hY)(−4,8G #	)⁄ = 6,0	Š
De (10.22): � = "m =
−4,8G #	⁄
0,20	G = −24	 !"� #
	⁄
Exemplo 12. Para derrubar um oponente de 80 kg com um golpe básico de judô, uma
derrubada pelos quadris, você deve puxar o quimono dele com uma força F tendo um braço
de alavanca �� � 0,30	m medido a partir de um ponto de giro (eixo de rotação) no lado
direito do seu quadril (ver Fig.). Sua intenção é girá-lo em torno do ponto de giro com uma
aceleração angular �� � 6,0 !"� #	⁄ , ou seja, com uma aceleração angular no sentido
horário da figura. Suponha que a inércia à rotação I do seu oponente, relativa ao ponto de
giro, seja igual a 15	hY	G	. (a) Qual deve ser a intensidade de F se, antes de derrubá-lo,
você dobrar seu oponente para a frente, trazendo o centro de massa dele para o seu quadril
(fig.(a))?(b) Qual deve ser a intensidade de F se o seu oponente permanecer de pé antes de
você derrubá-lo, de modo que ‚~ tenha um braço de alavanca �	 � 0,12	G medido a partir
do ponto de giro (fig.(b))?
(a) Pés do oponente saem do chão, três forças atuam sobre 
ele: o puxão F, uma força N e a força gravitacional ‚~.
De (10.41)  � !�‚
Temos: ‹ � ���‚ Œ � 0 ‹Ž � 0
Da 2JLei	de	Newton �„� � g�
���‚ � g� ‚ � � g��� � �
15hYG	 �6,0 !"� #	$⁄
0,30	G
‚ � 300	Š
⇒
(b) �„� � g� ‹ � ���‚ ‹Ž � �	GY
���‚ @ �	GY � g�
‚ � � g��� @
�	GY
��
‚ � 300	Š @ 0,12	G$ 80	hY$ 9,8G #
	$⁄
0,30	G
‚ � 613,6	Š	 € 610	Š⇒
⇒
⇒
Trabalho e Energia Cinética de Rotação
Translação:
∆] � ] � ]f �	12GL	 −
1
2GLf
	 =  (10.49) (Teorema do trabalho e energia cinética)
 � ; ‚�H
‘’
‘“
(10.50) (Trabalho, movimento unidimensional)
 � ‚� quando ‚ é constante e o deslocamento é �. 
Z � ��� � ‚L (10.51) (Potência, movimento unidimensional)
Rotação:
∆] � ] � ]f � 	12 g�	 −
1
2 g�f
	 =  (10.52)
 � ; ��
A’
A“
(10.53) (Trabalho, rotação em torno de um eixo fixo)
 �  � � �f$ (10.54) (Trabalho, torque constante)
Z � ��� � � (Potência, rotação em torno de um eixo fixo)(10.55)
Algumas correspondências entre os Movimentos de Translação e Rotação 
⇒
Prova das Equações da Rotação:
1) ∆] = ] − ]f =  (10.56)
] = 12GL	 e de (10.18) L � �!
∆] = 	12G!	�	 �
1
2G!	�f	�  (10.57)
De (10.33) g � G!	 � 	12 g�	 �
1
2 g�f	 � ∆] (10.52)
2) � = ‚��# e �# = !�� ⇒ � = ‚�!�� (10.58)
Sabe-se que  = ‚�! ⇒ � = �� (10.59)
O trabalho realizado durante um deslocamento angular finito de �f a �
 = ; ��
A’
A“
⇒ Para torque constante  = (� − �f)
3) Z = ��� De (10.59) ⇒ Z =
�
�� = 
��
�� = � (10.55)
⇒
Exemplo 13. Trabalho, energia cinética de rotação. Suponha que o disco (m=0,20 m) da Fig.
abaixo parte do repouso no instante � � 0, que a tensão da corda de massa desprezível é
de 6,0	Š e que a aceleração angular do disco é �24 !"� #	⁄ . Qual é a energia cinética de
rotação ] no instante � � 2,5	# ?
Temos que: � � �24 !"� #	⁄ � � 2,5	# �� � 0
] � 12 g�	 g �
1
2jm	
De (10.12) � � �� @ �� � 0 @ �� � ��
(1) (2)
(3)
(2) e (3) em (1)
] � 12
1
2jm	 ��$	 �	
1
4j m��$	
� 14 2,5	hY$ 0,20	G$ �24 !"� #	 2,5	#$⁄ 	
� 90	z]⇒
Exemplo 14. Uma escultura rígida consiste em um aro fino (de massa G e raio
m � 0,15	G) e uma haste fina radial (de massa G e comprimento n � 2,0m) dispostas
como mostrado na Figura. A escultura pode girar em torno de um eixo horizontal no
plano do aro, passando pelo seu centro. (a) Em termos de G e m, qual é o momento de
inércia g da escultura em torno do eixo de rotação? (b) Partindo do repouso, a escultura
gira em torno do eixo de rotação a partir da orientação inicial para cima na Figura. Qual
é a velocidade angular � da escultura em torno do eixo de rotação quando ela está
invertida?
(a) Encontrar separadamente os momentos de
inércia do aro e da haste
gJ�> � 12jm	
g”J��„ � g^ _ @j k^_$	
mas g^ _ � 112jn	
⇒ g”J��„ � G4m
	
12 @ G m @
2m
2
	
; k^_ � m @ n2 e n � 2m
� 13Gm	 @ 4Gm	 � 4,33	Gm	
g„�• � gJ�> @ g”J��„� 12Gm	 @ 4,33Gm	 � 4,83Gm	€ 4,8Gm	
⇒(b) 3 idéias: - Relacionar � com ] ] � 12 g�	
- Relacionar ] com  (energia potencial gravitacional)
- Na energia potencial gravitacional, tratar a escultura como uma
partícula no centro de massa com massa 2G.
∆] @ ∆ � 0 (conservação da energia mecânica)
∆] � ] � ]f � 12 g�	 � 0 �
1
2 g�	
⇒
sai do repouso até a posição invertida,
quando a velocidade é �
Energia potencial gravitacional é GYk ∆ � 2G Y∆I^_
Falta encontrar ∆I^_! O aro (massa G) está centrado em I � 0.
A haste (massa G) está centrada em I � m @ n 2⁄
I^_ � G 0 @G m @ n 2$⁄2G �	
0 @ G m @ 2m 2$⁄
2G � m�
2Gm
2G
O deslocamento ∆I^_ � �2m (posição inicial até a posição invertida)
Assim:
∆] @ ∆ � 0 (conservação da energia mecânica)
1
2 g�	 @ 2G∆I^_ � 0
⇒
⇒
�	 � �4GY∆I^_g � �
4GY �2m$
4,83Gm	 �
8Y
4,83m
� � 8 9,8G #	)⁄4,83 0,15G$ � 10	 !"� #⁄
mas g � 4,83m		e ∆I^_ � �2m