Gabarito - Momento Angular e Torque

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Capítulo 1
Problemas Resolvidos
1.1 Momento angular e torque
1. (a) A partir do instante em que o fio fica esticado, passa a existir uma força externa não
nula sobre a partícula, de modo que seu momento linear não é conservado durante o
movimento. No entanto, como essa força aponta sempre para o pontoO, o momento
angular da partícula relativo a esse ponto é conservado durante todo o movimento.
b
O
~v0
ℓ ~T
Já a energia mecânica depois de o fio esticar é menor do que antes, uma vez
que a energia cinética diminui quando o fio se estica. É como se tivesse ocorrido
um choque inelástico, no qual desapareceu a componente radial da velocidade da
partícula (tomando como origem o ponto O). Essa diminuição na energia cinética
da partícula pode ser verificada facilmente usando-se a conservação de seu momento
angular, como ficará evidente no próximo item.
(b) Lembrando a definição de momento angular (~L = ~r ×m~v) e usando o fato de que
1.1 Momento angular e torque 2
essa é uma quantidade conservada nesse problema, temos
(
~r ×m~v
)
Antes
=
(
~r ×m~v
)
Depois
=⇒ mv0 b = mℓv , (1.1)
onde v é o módulo da velocidade da partícula a partir do instante em que começa a
executar um movimento circular uniforme. Temos, então,
v =
v0 b
ℓ
(1.2)
Conseqüentemente, o período é dado por
T =
2 π l
v
=
2 π l2
v0 b
. (1.3)
1.1 Momento angular e torque 3
2. (a) Escolhendo a origem no ponto de lançamento do projétil, a sua função-movimento
e a sua função-velocidade, supondo que sua velocidade inicial seja ~v0, são dadas,
respectivamente, por
~r = ~v0t+
1
2
~gt2 e ~v = ~v0 + ~gt . (1.4)
Usando a definição de momento angular, ~L = ~r×m~v, a distributividade do produto
vetorial em relação à soma e a antissimetria do produto vetorial,obtemos
~L = m
(
~v0t+
1
2
~gt2
)
× (~v0 + ~gt)
= m
(
~v0 × ~gt2 + 1
2
~g × ~v0t2
)
= mt2
(
~v0 × ~gt2 − 1
2
~v0 × ~g
)
=
1
2
m(~v0 × ~g)t2 . (1.5)
(b) Como a força resultante sobre o projétil é apenas o seu peso m~g, da definição de
torque ~τ = ~r × ~F , vemos que o torque total sobre o projétil é dado por
~τ =
(
~v0t+
1
2
~gt2
)
×m~g = m(~v0 × ~g)t . (1.6)
(c) O Teorema do Momento Angular e Torque afirma que ~τ = d~L/dt. Calculemos,
pois, a taxa de variação temporal de ~L. Da equação (1.5), temos
d~L
dt
=
d
dt
{
1
2
m(~v0 × ~g)t2
}
= m(~v0 × ~g)t . (1.7)
Comparando as duas últimas equações vemos, imediatamente, que d~L/dt = ~τ .
(d) A taxa temporal da área varrida pelo vetor-posição do projétil é dada, como vimos
no problema anterior, por dA/dt = |~L|/(2m). Uma vez que |~L| não é constante,
tampouco dA/dt será constante.
3. Para que possamos relembrar a situação física do problema em consideração e relem-
brar a localização dos pontos relevantes para a sua solução, repetimos abaixo a figura do
enunciado:
1.1 Momento angular e torque 4
R
Q
m
h
O
X
Y
Z
(a) Da definição de momento angular relativo a um ponto base, temos
~LO = mR[cos(ωt) ıˆ+ sen(ωt) ˆ]×R[−ωsen(ωt) ıˆ+ ω cos(ωt) ˆ]
= mωR2[cos2(ωt) + sen2(ωt)] kˆ
= mωR2 kˆ . (1.8)
(b) Denotando por ~TH e ~TV as respectivas componentes horizontal e vertical da tensão
~T do fio, temos ~TV + m~g = 0, isto é, as soma das forças verticais é nula, pois
não há movimento na direção vertical. Conseqüentemente, a força resultante é ~TH ,
que aponta para O e, portanto, tem torque nulo relativo a O , isto é, ~τO = ~0 . Com
isso, obtemos: d~LO/dt = d(mR2 kˆ)/dt = ~0 = ~τO , de acordo com o Teorema do
Momento Angular e Torque.
(c) Tomando, agora, o ponto Q como ponto base, temos ~LQ = m(~r − ~rQ)× ~v, ou seja,
~LQ = ~LO −m~rQ × ~v. Conseqüentemente, obtemos
~LQ = ~LO −mhkˆ ×R[−ωsen(ωt) iˆ+ ω cos(ωt) jˆ]
= mhRω cos(ωt) iˆ+mhRωsen(ωt) jˆ +mR2ωkˆ . (1.9)
(d) O torque relativo ao ponto base Q é dado por
~τQ = (~r − ~rQ)× (~T +m~g) = (~r − ~rQ)× ~T + (~r − ~rQ)×m~g) . (1.10)
Mas ~r − ~rQ e ~T têm produto vetorial nulo, pois são vetores paralelos, na direção do
fio; portanto, temos,
~τQ = (~r − ~rQ)×m~g
1.1 Momento angular e torque 5
=
(
R cos(ωt) ıˆ+Rsen(ωt) ˆ]− hkˆ
)
× (−mgkˆ)
= −mRgsen(ωt) ıˆ+mRg cos(ωt) ˆ , (1.11)
Agora, derivando em relação ao tempo o momento angular relativo ao mesmo ponto
Q, calculado no item anterior, obtemos
d~LQ
dt
= −mRhω2sen(ωt) ıˆ+mRhω2 cos(ωt) ˆ . (1.12)
Em contrapartida, pela Segunda Lei de Newton, temos as equações
mω2R = TH = T senθ e TV = T cos θ = mg , (1.13)
onde θ é o ângulo que o fio faz com a vertical, como indica a figura abaixo.
m
m~g
~T
~TH
~TV
O
R
Q
h
θ
θ
Portanto, vemos que
mω2R
mg
=
T senθ
T cos θ
=⇒ ω
2R
g
= tgθ . (1.14)
Mas tgθ = R/h; logo: ω2R/g = R/h, isto é, hω2 = g. Usando esse resultado em
(1.12), obtemos d~LQ/dt = −mRgsen(ωt) ıˆ + mRg cos(ωt) ˆ. Comparando essa
expressão com a do torque, dada em (1.10), concluímos que d~LQ/dt = ~τQ .
1.1 Momento angular e torque 6
4. (a) O satélite está sob a ação apenas da força gravitacional, que é conservativa e tem
energia potencial U(r) = −GmM/r, na qual r é a distância do satélite ao centro
da Terra. A energia mecânica do satélite é conservada e dada por E = mv2/2 −
GmM/r. Mas o satélite está em orbita circular de raio r e, pela Segunda Lei de
Newton, mv2/r = GmM/r2, em que temos no membro direito o módulo da força
gravitacional sobre o satélite. Dessa expressão da Segunda Lei obtemos a relação
mv2 = GmM/r que, usada na fórmula da energia, nos dá
E =
1
2
mv2 −GmM
r
=
1
2
G
mM
r
−GmM
r
, isto é, E = −1
2
G
mM
r
.
(1.15)
O módulo do momento angular do satélite é dado por L = rmv. Mas da Segunda
lei de Newton, mv2/r = GmM/r2, temos v =
√
GM/r; logo L = rm
√
GM/r,
ou seja
L =
√
Gm2Mr . (1.16)
(b) De acordo com (1.15) e (1.16), se o satélite passa da órbita de raio r para a de raio
2r, os novos valores da energia e do momento angular são dados por
E ′ = −1
2
G
mM
2r
e L ′ =
√
Gm2M2r . (1.17)
Portanto, temos
E ′
E
=
[−GmM/(4r)]
[−GmM/(2r)] = 1/2 (1.18)
e, também,
L ′
L
=
√
Gm2M2r√
Gm2Mr
=
√
2. (1.19)
5. (a) A energia mecânica da partícula se conserva pois a única força que atua sobre ela,
a força gravitacional exercida pela partícula que se encontra fixa na origem, é con-
servativa. O momento angular da partícula é definido por ~L = m~r × ~v. A taxa de
variação temporal de ~L é dada por d~L/dt = ~r × ~F , onde ~F é a força total sobre
a partícula, no caso, a força gravitacional que age sobre ela. Como essa força é
1.1 Momento angular e torque 7
central, ~F e ~r são vetores paralelos e, conseqüentemente, ~r× ~F = d~L/dt = ~0. Por-
tanto, concluímos que, assim como a sua energia mecânica, o seu momento angular
~L também é uma constante de movimento.
(b) Como E e ~L são constante de movimento, podemos escrever EA = EP e ~LA = ~LP ,
onde os sub-índices A e P significam que a quantidade em estudo está avaliada nos
pontosA e P , respectivamente. Como o movimento é plano, basta utilizar o módulo
do momento angular. Das expressões de E e ~L, temos:
1
2
mv2A −
GMm
rA
=
1
2
mv2P −
GMm
rP
(1.20)
mrAvA = mrPvP . (1.21)
Nossa estratégia será expressar vA em termos de rA e rP (poderíamos fazer o mesmo
com vP ). De (1.21) temos vP = (rA/rP )vA, resultado que substituído em (1.20) nos
fornece
1
2
m
[
1−
(
rA
rP
)2]
v2A = GMm
(
1
rA
− 1
rP
)
,
ou seja,
1
2
m
(
r2P − r2A
r2P
)
v2A = GMm
(
rP − rA
rArP
)
.
Lembrando que r2P − r2A = (rP + rA)(rP − rA) e fazendo as simplificações apropri-
adas na equação anterior, obtemos
1
2
mv2A =
rP
rA
GMm
(rA + rP )
. (1.22)
1.1 Momento angulare torque 8
Finalmente, com esse resultado, podemos expressar a energia mecânica da partícula
no ponto A na forma
EA =
1
2
mv2A −
GMm
rA
=
rP
rA
GMm
(rA + rP )
− GMm
rA
=
GMm
rA
[
rP − rA − rP
rA + rP
]
,
ou seja,
E = − GMm
rA + rP
= −GMm
2a
,
onde 2a é o semi-eixo maior da trajetória elíptica da partícula. Esse é um resul-
tado bastante interessante pois mostra que duas órbitas diferentes, mas de mesmo
semi-eixo maior, têm necessariamente a mesma energia. Tais órbitas são chamadas
degeneradas. Na figura a seguir desenhamos três órbitas degeneradas entre si, isto
é, todas elas associadas à mesma energia mecânica, uma circular e duas elípticas.
Pode-se mostrar, ainda, que todas essas órbitas possuem o mesmo período, uma vez
que pela Terceira Lei de Kepler temos τ 2/a3 = 4π2/(GM), onde G é a constante
da gravitação universal eM é a massa do Sol.
C
2a
2a
2a
1.1 Momento angular e torque 9
6. (a) Ao se darem as mãos, cada patinador sente uma força, causada pelo outro, que
é do tipo central. Vimos que forças centrais não alteram o momento angular de
uma partícula. Então, o momento angular de cada patinador em relação ao CM do
conjunto não é alterado após o seu encontro. Antes do encontro, o momento angular
total do sistema em relação ao CM é
~L = m~v × ~r +m(−~v)× (−~r) = 2mv0 r
2
kˆ = mv0rkˆ (1.23)
O momento angular após o encontro dos patinadores é igual a antes do encontro:
~L = mv0rkˆ = I~ω, (1.24)
onde I = m(r/2)2+m(r/2)2 = mr2/2 é o momento de inércia do sistema dos dois
patinadores em relação ao seu centro de massa. Portanto,
mv0r =
mr2
2
ω =⇒ ω = 2v0
r
(1.25)
(b) Caso a distância entre os patinadores diminua, seu momento de inércia relativo ao
CM também irá diminuir:
I ′ = m
(r
4
)2
+m
(r
4
)2
=
mr2
8
(1.26)
Além disso, a força que os patinadores devem fazer para se aproximarem também
deve ser do tipo central, ou seja, seu momento angular continua o mesmo. Daí,
mv0r =
mr2
8
ω′ =⇒ ω′ = 8v0
r
(1.27)