Física 1C Aula 27

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AULA 27
TRABALHO E 
ENERGIA NA 
ROTAÇÃO
Trabalho e energia cinética de rotação:
Seja uma força externa 𝑭𝒊 aplicada a uma partícula no ponto P.
O trabalho infinitesimal num deslocamento 𝒅𝒔𝒊 = 𝒓𝒊 ∙ 𝒅𝜽 é:
iF

ir

isd


𝒅𝑾𝒊 = 𝑭𝒊 ∙ 𝐬𝐞𝐧𝝋 ∙ 𝒓𝒊 ∙ 𝒅𝜽
𝒅𝑾𝒊 = 𝝉𝒊 ∙ 𝒅𝜽 Componente tangencial de 𝑭𝒊
O trabalho de 𝑭𝒊 pode ser encontrado
pela integral da equação acima:
𝑾𝑭𝒊 = න𝝉𝒊 ∙ 𝒅𝜽
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𝒅𝑾𝒊 = 𝑭𝒊 ∗ 𝒅𝒔𝒊 = 𝑭𝒊 ∙ 𝐜𝐨𝐬 𝜽 ∙ 𝒓𝒊 ∙ 𝒅𝜽
𝑾 = න𝝉 ∙ 𝒅𝜽
Então o trabalho W realizado por uma força que causa um
torque 𝝉 sobre um corpo em rotação é dado por:
Quando o torque 𝝉 for constante, teremos:
𝑾 = 𝝉 ∙ ∆𝜽
Unidade: [J]
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O trabalho total WTot realizado sobre um corpo em rotação é
dado pela soma dos trabalhos de todos os torques agindo ou,
equivalentemente, pelo trabalho do torque resultante:
𝑾𝑻𝒐𝒕 = න𝝉𝑹𝒆𝒔 ∙ 𝒅𝜽
Lembrando que 𝝉𝑹𝒆𝒔 = 𝑰 ∙ 𝜶 e 𝝎 = Τ
𝒅𝜽
𝒅𝒕 , podemos escrever:
𝑾𝑻𝒐𝒕 = න𝑰 ∙ 𝜶 ∙ 𝝎 ∙ 𝒅𝒕 E como 𝜶 = Τ
𝒅𝝎
𝒅𝒕 , temos:
𝑾𝑻𝒐𝒕 = න𝑰 ∙
𝒅𝝎
𝒅𝒕
∙ 𝝎 ∙ 𝒅𝒕
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𝑾𝑻𝒐𝒕 = 𝑰 ∙ න
𝝎𝒊
𝝎𝒇
𝝎 ∙ 𝒅𝝎 𝑾𝑻𝒐𝒕 = 𝑰 ∙
𝝎𝒇
𝟐
𝟐
−
𝝎𝒊
𝟐
𝟐
𝑾𝑻𝒐𝒕 =
𝟏
𝟐
∙ 𝑰 ∙ 𝝎𝒇
𝟐 −
𝟏
𝟐
∙ 𝑰 ∙ 𝝎𝒊
𝟐 = ∆𝑲
Teorema trabalho – energia cinética na forma rotacional
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Potência:
Lembrando da definição de potência, ela é a taxa com que se
realiza trabalho. Então:
𝑷𝒐𝒕 =
∆𝑾
∆𝒕
Quando o torque 𝝉 for constante, poderemos escrever:
𝑷𝒐𝒕 =
𝝉 ∙ ∆𝜽
∆𝒕
= 𝝉 ∙ 𝝎
Unidade: [W]
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Energia potencial gravitacional para um corpo extenso:
Deve sempre ser calculada em função das coordenadas do
centro de massa do corpo.
y = 0
h
L
Qual a Ug da barra metálica de massa
M e comprimento L suspensa acima do
solo como na figura?
CM
𝑼𝒈 = 𝑴 ∙ 𝒈 ∙ 𝒉 +
𝑳
𝟐
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Exemplo:
Uma haste fina e homogênea, de massa M e comprimento L, é
articulada em uma de suas extremidades, estando livre para
girar em torno de um eixo fixo localizado ali. A haste é solta do
repouso, a partir de uma posição horizontal. Desprezando o
atrito e a resistência do ar, determine:
a) a velocidade angular da haste quando ela
passa pela posição vertical.
b) a velocidade do centro de massa da haste
quando ela passa pela posição vertical.
c) a força exercida sobre a haste pelo pivô nesse
ponto.
d) a velocidade angular inicial necessária para a
haste chegar até a posição vertical no topo de
sua oscilação.
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a) Sem forças dissipativas  a energia mecânica se conserva
𝑬𝑴𝒊 = 𝑬𝑴𝒇
𝑼𝒈𝒊 +𝑲𝒊 = 𝑼𝒈𝒇 +𝑲𝒇
𝑴 ∙ 𝒈 ∙ 𝟎 + 𝟎 = 𝑴 ∙ 𝒈 ∙ − ൗ𝑳 𝟐 +
𝟏
𝟐
∙ 𝑰 ∙ 𝝎𝟐
𝑴 ∙ 𝒈 ∙ 𝑳
𝟐
=
𝟏
𝟐
∙ 𝑰 ∙ 𝝎𝟐
Haste com eixo que passa pela sua ponta: 𝑰 =
𝟏
𝟑
𝑴𝑳𝟐
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𝑴 ∙ 𝒈 ∙ 𝑳
ൗ𝟏 𝟑 ∙ 𝑴 ∙ 𝑳
𝟐
= 𝝎𝟐
𝝎 =
𝟑 ∙ 𝒈
𝑳
Não depende de M !!
b) CM no meio da haste  𝒗𝑪𝑴 = 𝝎 ∙ 𝒓𝑪𝑴
𝒓𝑪𝑴
𝒗𝑪𝑴 =
𝟑 ∙ 𝒈
𝑳
∙
𝑳
𝟐
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𝒗𝑪𝑴 =
𝟑 ∙ 𝒈
𝑳
∙
𝑳𝟐
𝟒
𝒗𝑪𝑴 =
𝟑 ∙ 𝒈 ∙ 𝑳
𝟒
c) Força na haste pelo pivô  Normal da haste
𝑷
𝑵 Se a haste estivesse em equilíbrio estático,
teríamos N = M.g
Como a haste está girando, existe uma força
centrípeta mantendo-a no movimento circular,
o que exige que N > M.g nesse ponto da
trajetória da haste.
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𝑭𝒓𝒆𝒔 = 𝑭𝒄𝒆𝒏𝒕
𝑵−𝑴 ∙ 𝒈 = 𝑴 ∙
𝒗𝑪𝑴
𝟐
𝒓𝑪𝑴
𝑵 = 𝑴 ∙ 𝒈 +
𝟑 ∙ 𝒈 ∙ 𝑳
𝟒
𝑳
𝟐
𝑵 = 𝑴 ∙ 𝒈 +
𝟑 ∙ 𝒈
𝟐
𝑵 =
𝟓
𝟐
∙ 𝑴 ∙ 𝒈
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d) 𝝎𝟎 para atingir ponto mais alto
𝑬𝑴𝒊 = 𝑬𝑴𝒇
𝑼𝒈𝒊 +𝑲𝒊 = 𝑼𝒈𝒇 +𝑲𝒇
𝑴 ∙ 𝒈 ∙ 𝟎 +
𝟏
𝟐
∙ 𝑰 ∙ 𝝎𝟎
𝟐 = 𝑴 ∙ 𝒈 ∙ ൗ𝑳 𝟐 + 𝟎
𝑴 ∙ 𝒈 ∙ 𝑳
ൗ𝟏 𝟑 ∙ 𝑴 ∙ 𝑳
𝟐
= 𝝎𝟎
𝟐
𝝎𝟎 =
𝟑 ∙ 𝒈
𝑳
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a) a aceleração angular da haste imediatamente após ser solta.
b) a magnitude da força exercida sobre a haste pelo pivô nesse instante.
c) a aceleração do centro de massa da haste nesse instante. O que
aconteceria com uma moeda colocada sobre o centro de massa, à medida
que a haste gira?
d) a aceleração linear na extremidade livre da haste nesse instante. O que
aconteceria com uma moeda colocada sobre a extremidade livre, à medida
que a barra gira?
Exemplo:
Considere a mesma situação do exemplo anterior. Desprezando
o atrito e a resistência do ar, determine:
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a) a no instante em que a haste é solta
𝝉𝑹𝒆𝒔 = 𝑰 ∙ 𝜶
𝒓𝑪𝑴
𝝉𝒓𝒆𝒔 = 𝝉𝑵 + 𝝉𝑷
𝝉𝑵 = 𝒓𝑵 ∙ 𝑵 ∙ 𝐬𝐞𝐧𝝋𝑵 𝒓𝑵 = 𝟎Como N age no eixo de rotação,
𝝉𝑷 = 𝒓𝑷 ∙ 𝑷 ∙ 𝐬𝐞𝐧𝝋𝑷 Como P age no centro de massa,
𝝉𝑵 = 𝟎
𝒓𝑷 = 𝒓𝑪𝑴
𝝉𝑷 =
𝑳
𝟐
∙ 𝑴 ∙ 𝒈 ∙ 𝐬𝐞𝐧𝝋𝑷
Causa giro no sentido HORÁRIO
𝑷
𝑵
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𝝉𝒓𝒆𝒔 = 𝟎 −
𝑳
𝟐
∙ 𝑴 ∙ 𝒈 ∙ 𝐬𝐞𝐧𝝋𝑷
𝜶 = −
𝑳
𝟐 ∙ 𝑴 ∙ 𝒈 ∙ 𝐬𝐞𝐧𝝋𝑷
𝑰 𝜶 = −
𝑳
𝟐 ∙ 𝑴 ∙ 𝒈 ∙ 𝐬𝐞𝐧𝝋𝑷
𝟏
𝟑𝑴𝑳
𝟐
𝜶 = −
𝟑
𝟐
∙
𝒈
𝑳
∙ 𝐬𝐞𝐧𝝋𝑷
a não é constante !! 
CM
CM
𝒓𝑪𝑴
w
𝑷𝝋𝑷𝒓𝑪𝑴
𝑷
𝝋𝑷
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𝜶 = −
𝟑
𝟐
∙
𝒈
𝑳
imediatamente após ser solta, a
haste tem aceleração angular
b) N no instante em que a haste é solta
𝑷
𝑵
𝒓𝑪𝑴𝑭𝑹𝒆𝒔 = 𝑵− 𝑷
𝑵 = 𝑴 ∙ 𝒂𝑪𝑴 +𝑴 ∙ 𝒈
Parte do repouso, 𝒗𝟎 = 𝟎 e 𝝎𝟎 = 𝟎 𝒂𝒓𝒂𝒅 = 𝝎
𝟐 ∙ 𝒓 = 𝟎
𝒂 = 𝒂𝒕𝒂𝒏 = 𝜶 ∙ 𝒓 𝒂𝑪𝑴 = 𝜶 ∙ 𝒓𝑪𝑴
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𝑵 = 𝑴 ∙ 𝜶 ∙ 𝒓𝑪𝑴 +𝑴 ∙ 𝒈
𝑵 = 𝑴 ∙ −
𝟑
𝟐
∙
𝒈
𝑳
∙
𝑳
𝟐
+ 𝒈 𝑵 = 𝑴 ∙ −
𝟑
𝟒
∙ 𝒈 + 𝒈
𝑵 =
𝟏
𝟒
∙ 𝑴 ∙ 𝒈
(compare com o valor da força
normal na base da oscilação,
calculada no exemplo anterior)
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c) a aCM nesse instante. O que aconteceria com uma moeda
colocada sobre o centro de massa, à medida que a haste gira?
𝒂𝑪𝑴 = 𝜶 ∙ 𝒓𝑪𝑴 𝒂𝑪𝑴 = −
𝟑
𝟐
∙
𝒈
𝑳
∙
𝑳
𝟐
𝒂𝑪𝑴 = −
𝟑
𝟒
∙ 𝒈
A tendência da moeda é cair com aceleração – g, devido à
atração gravitacional da Terra
Como o CM da haste cai com uma aceleração menor que – g, a
moeda continua em contato com a haste até que a inclinação
seja grande o suficiente para a moeda começar a deslizar haste
abaixo
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d) a al na extremidade livre da haste nesse instante. O que
aconteceria com uma moeda colocada ali ?
𝒂𝒆𝒙𝒕 = 𝜶 ∙ 𝒓𝒆𝒙𝒕 𝒂𝒆𝒙𝒕 = −
𝟑
𝟐
∙
𝒈
𝑳
∙ 𝑳
𝒂𝒆𝒙𝒕 = −
𝟑
𝟐
∙ 𝒈 = −𝟏, 𝟓 ∙ 𝒈
A tendência da moeda é cair com aceleração – g, devido à
atração gravitacional da Terra
Como a extremidade da haste cai com uma aceleração maior
que – g, a moeda perde contato com a haste desde o início e
executa um movimento de queda livre
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