Notas de Aula 5- Momento de Inércia e Conservação da Energia Rotacional

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Notas de Aula:
Aula 5- Momento de Inércia e 
Conservação da Energia Rotacional. 
 
 5.1 Energia Cinética Rotacional e Momento de Inércia 
Energia cinética pode ser obtida pela já conhecida equação: 
 
𝐸𝑐 =
1
2
𝑚𝑣2 
 
Ou para um sistema constituído por diversas partículas temos: 
 
𝐸𝑐 = ∑ (
1
2
𝑚𝑖𝑣𝑖
2)
𝑖
 
 
Para movimentos rotacionais, temos que: 
 
𝑣 = 𝜔𝑟 
 
Portanto a equação 2 fica: 
 
𝐸𝑐 =
1
2
∑(𝑚𝑖𝑟𝑖
2)𝜔2
𝑖
 
 
O termo da junto com a somatória (equação 5.1) é a distribuição de massa 
do corpo em torno do eixo de rotação e que chamamos de Momento de Inercia 
(I) do corpo. Quanto maior o momento de inercia de um corpo, mais dificil será 
de faze-lo girar ou alterar sua rotação. 
 
𝐼 = ∑ (𝑚𝑖𝑟𝑖
2)𝑖 (5.1) 
 
Aqui vale ressaltar que o momento de inércia varia com o quadrado da 
distância, portanto quanto maior a distancia da partícula ao eixo de rotação, 
maior será seu momento de inércia e maior a dificuldade em faze-lo girar ou 
alterar sua rotação. 
Portanto teremos que a energia cinética do corpo em rotação será 
fornecida por: 
 
𝐸𝑐 =
1
2
𝐈𝜔2 (5.2) 
 
 
Notas de Aula:
Exercícios Resolvidos 
5.1 - Um objeto de quatro partículas, cada uma com massa 
m, que estão conectadas por barras de massa desprezível, 
formando um retângulo de lados 2ª e 2b, como mostrado 
na figura ao lado. O sistema gira com velocidade angular ω 
em torno do eixo no plano que passa pelo centro, como 
mostrado. (a) Encontre a energia cinética desse objeto 
usando as equações 5.1 e 5.2. (b) Verifique o resultado do 
item anterior calculando individualmente a energia cinética 
de cada partícula e finalmente somando cada uma delas. 
Resolução: 
(a) Utilizando a equação 5.1 temos: 
 
𝐼 = ∑(𝑚𝑖𝑟𝑖
2)
𝑖
= 𝑚1𝑟1
2 + 𝑚2𝑟2
2 + 𝑚3𝑟3
2 + 𝑚4𝑟4
2 
Como as massas e os raios são iguais temos: 
 
𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3 = 𝑚4 = 𝑚 
𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟3 = 𝑟4 = 𝑎 
 
Substituindo na equação de I temos: 
 
𝐼 = 𝑚𝑎2 + 𝑚𝑎2 + 𝑚𝑎2 + 𝑚𝑎2 = 4𝑚𝑎2 
 
Usando a equação 5.2 obtemos a energia cinética do sistema: 
 
𝐸𝑐 =
1
2
𝐈𝜔2 =
1
2
4𝑚𝑎2𝜔2 = 2𝑚𝜔2𝑎2 
 
(b) A energia cinética de cada partícula é dada pela equação 1, que 
substituindo v por w.r e sabendo que eles efetuam um movimento circular 
de raio a temos: 
 
𝐸𝑐=
1
2
𝑚𝜔2𝑟2 =
1
2
𝑚𝜔2𝑎2 
 
Para as quatro partículas teremos: 
 
∑ 𝐸𝑐 = 
1
2
𝑚𝜔2𝑎2 +
1
2
𝑚𝜔2𝑎2 +
1
2
𝑚𝜔2𝑎2 +
1
2
𝑚𝜔2𝑎2 = 4 (
1
2
𝑚𝜔2𝑎2) = 2𝑚𝜔2𝑎2 
 
Portanto, comparando os dois resultados vemos que são idênticos, assim como 
esperado. 
 
Notas de Aula:
5.2 Cálculo do Momento de inércia 
 Anteriormente, utilizamos a equação 5.1 para calcular os 
momentos de inércia dos sistemas compostos por partículas, também chamados 
de sistemas discretos. 
Para o calculo de sistemas contínuos de partículas, não conseguimos 
utilizar a somatória visto que um corpo contínuo é formado por um número muito 
grande de partículas. Nesses casos, a somatória se transforma na integral: 
𝐼 = ∫ 𝑟2𝑑𝑚 (5.3) 
O elemento dm da equação 5.3, é o elemento de massa de uma porção 
infinitesimal. Podemos encontrar dm de cada corpo utilizando a densidade do 
mesmo, tomando cuidado para saber se estamos tratando de densidade linear, 
densidade de área ou densidade volumétrica. 
 Densidade de linear: 𝜌𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 =
𝑀
𝐶(𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚.)
 , 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑑𝑚 = 𝜌 ∗ 𝑑𝐶 
 Densidade de área: 𝜎á𝑟𝑒𝑎 =
𝑀
𝐴(á𝑟𝑒𝑎)
, 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑑𝑚 = 𝜃 ∗ 𝑑𝐴 
 Densidade volumétrica: 𝜑𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 =
𝑀
𝑉(𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒)
 , 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑑𝑚 = 𝜑 ∗
𝑑𝑉 
 
Exercícios Resolvidos 
 
5.2 – Momento de Inércia para uma barra: 
Para Calcular o momento de inércia de 
uma barra uniforme de comprimento L e massa 
M em torno de um eixo perpendicular à barra e 
posicionado em sua extremidade. Considere 
que a barra tem espessura desprezível. 
Resolução: 
Neste caso, como a espessura é desprezível temos um caso linear. 
Para calcular o momento de inercia do corpo, utilizaremos a equação 5.3, e 
primeiramente vamos definir o elemento de massa dm. 
Notas de Aula:
Como vimos, a densidade linear é 
dado por 𝜌 =
𝑀
𝐿
 𝑒 𝑑𝑚 = 𝜌𝑑𝐿. Vamos 
definir essas grandezas. 
Pela figura ao lado vemos que o 
elemento infinitesimal dx possui uma 
massa dm e uma densidade ρ =M/L. 
Seu elemento de massa será então: 
 
𝑑𝑚 =
𝑀
𝐿
𝑑𝑥 , portanto o momento de inércia da barra será: 
𝐼 = ∫ 𝑥2
𝑀
𝐿
𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝑀
𝐿
∫ 𝑥2𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝑀
𝐿
1
3
(𝑥3)0
𝐿 =
1
3
𝑀
𝐿
𝐿3 =
1
3
𝑀𝐿2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula:
Tabela de equações para o momento de Inércia dos principais 
sólidos. 
Tabela 5. 1 Equações do momento de Inércia para os principais sólidos (centro de massa). 
Casca cilíndrica fina 
em torno do seu eixo 
Casca cilíndrica fina em torno 
do diâmetro que passa pelo 
centro 
Barra fina em torno 
de uma linha 
perpendicular que 
passa pelo centro 
Casca esférica 
fina em torno do 
diâmetro, 
 
 
𝐼 = 𝑀𝑅2 
𝐼 =
1
2
𝑀𝑅2 +
1
12
𝑀𝐿2 𝐼 =
1
12
𝑀𝐿2 
𝐼 = 𝑀𝑅2 
 
Cilindro sólido em torno 
de seu eixo 
Cilindro sólido em torno do 
diâmetro que passa pelo seu 
centro 
Barra fina em torno 
de uma linha 
perpendicular que 
passa pela sua 
extremidade. 
Esfera sólida 
em torno do 
diâmetro. 
 
𝐼 =
1
2
𝑀𝑅2 𝐼 =
1
4
𝑀𝑅2 +
1
12
𝑀𝐿2 𝐼 =
1
3
𝑀𝐿2 𝐼 =
2
5
𝑀𝑅2 
 
Cilindro oco em torno 
do eixo. 
Cilindro oco em torno do 
diâmetro que passa pelo centro. 
Paralelepípedo 
retangular sólido em 
torno de um eixo que 
passa pelo centro e é 
perpendicular à face. 
Anel fino em 
torno de um 
eixo central 
 
 
 
𝐼 =
1
2
𝑀(𝑅1
2 + 𝑅2
2) 𝐼 =
1
2
𝑀(𝑅1
2 + 𝑅2
2) +
1
12
𝑀𝐿2 𝐼 =
1
12
𝑀(𝑎2 + 𝑏2) 
𝐼 = 𝑀𝑅2 
 
Anel fino em torno de 
um diâmetro. 
disco com o eixo de rotação 
passando por um de seus 
diametros 
disco com eixo de 
rotação passando 
pelo centro de 
massa. 
 
 
 
𝐼 =
1
2
𝑀𝑅2 𝐼 =
1
4
𝑀𝑅2 𝐼 =
1
2
𝑀𝑅2 
 
Notas de Aula:
5.3 Teorema dos Eixos Paralelos 
 Suponha que queiramos encontrar a inércia de Rotação I de um corpo de 
massa M em torno de um dado eixo que seja paralelo ao seu eixo que passa 
pelo centro de massa, sendo que já conhecemos seu momento de inércia em 
torno de seu centro de massa. Sendo h a distância perpendicular entre o eixo 
dado e o eixo que passa pelo centro de massa, a inércia à rotação I em torno do 
eixo paralelo será: 
 
𝐼 = 𝐼𝑐𝑚 + 𝑀ℎ
2 (5.4) 
 
Exercícios Resolvidos 
 
 5.3 - Encontre o momento de inércia para o mesmo sistema 
do exemplo 5.1 em relação ao eixo paralelo ao primeiro eixo, 
mas que passe através de duas das partículas, como 
mostrado na figura ao lado. 
Resolução: 
No exemplo 5.1, encontramos o momento de inércia do 
centro de massa que é: 
𝐼𝐶𝑚 = 4𝑚𝑎
2 
O novo eixo é paralelo ao eixo que passa pelo centro de massa, portanto 
podemos utilizar o teorema do eixo paralelo: 
𝐼 = 𝐼𝑐𝑚 + 𝑀ℎ
2 
A massa do sistema é dado pela massa das 4 partículas, sendo então: 
𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3 = 𝑚4 = 𝑀 = 4𝑚E a distancia para lela entre os dois eixos é a, então: 
ℎ2 = 𝑎2 
O teorema do eixo paralelo fica: 
𝐼 = 4𝑚𝑎2 + 4𝑚𝑎2 = 8𝑚𝑎2 
Sendo este o novo momento de inércia do sistema, que como dito na 
teoria, quanto mais distante a partícula se encontrar do eixo de rotação maior 
será seu momento de inércia e maior a dificuldade de movimenta-la. 
 
Notas de Aula:
5.3 Conservação da Energia Rotacional 
 
Como vimos na seção 2.1, a energia cinética é dada pela equação 5.2, e 
a energia potencial será dada por: 
 𝐸𝑝 = 𝑚𝑔𝑦𝑐𝑚 (5.5) 
Onde 𝑦𝑐𝑚 é a altura do centro de massa do corpo. 
E quando tivermos sistemas conservativos a energia mecânica será dada 
por: 
𝐸𝑚
𝑖 = 𝐸𝑚
𝑓
 
1
2
𝐼𝜔𝑖
2 + 𝑚𝑔𝑦𝑐𝑚
𝑖 =
1
2
𝐼𝜔𝑓
2 + 𝑚𝑔𝑦𝑐𝑚
𝑓
 (5.6) 
 
Exercícios Fixação: 
5.4 – As massas e as coordenadas de quatro partículas são as seguintes: 50 g, 
x = 2,0 cm, y = 2,0 cm; 25 g, x = 0, y = 4,0 cm; 25 g, x = -3,0 cm, y = -3,0 
cm; 30 g, x = -2,0 cm, y = 4,0 cm. Qual o momento de inercia do conjunto 
em relação a) ao eixo x, b) ao eixo y, c) ao eixo z? 
5.5 – A figura 5.4a, mostra um corpo rígido 
composto por duas partículas de 
massa m ligadas por uma barra de 
comprimento L e massa desprezível. 
a) Qual o momento de inércia ICM em 
relação a um eixo passando pelo 
centro de massa e perpendicular à 
barra, como mostra a figura? 
b) Qual o momento de inércia I do 
corpo em relação a um eixo 
passando pela extremidade 
esquerda da barra e paralelo ao primeiro eixo (figura 5.4b)? 
Suponha o corpo com massa de 200 g e a barra com comprimento de 80 
cm. 
Notas de Aula:
5.6 – Grandes peças de máquinas que serão submetidas a rotações prolongadas 
em alta velocidade costumam ser testadas em um sistema de ensaio de 
rotação. Nesse sistema, a peça é posta para girar rapidamente no interior 
de uma montagem cilíndrica de tijolos de chumbo com um revestimento de 
contenção, tudo isso dentro de uma câmara de aço fechada por uma tampa 
lacrada. Se a rotação faz a peça se estilhaçar, os tijolos de chumbo, sendo 
macios capturam os fragmentos para serem posteriormente analisados. 
Em 1985, a empresa Test 
Devices. Inc, estava testando um 
rotor de aço maciço, em forma de 
disco, com uma massa M = 272 kg 
e um raio R = 38 cm. Quando a 
peça atingiu uma velocidade 
angular ω = 14 000 rev/min, 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, um tijolo de chumbo havia atravessado a parede e 
invadido a cozinha de um vizinho, 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. Os fragmentos da explosão só não penetraram na sala dos 
engenheiros por oura sorte. 
Qual foi a energia liberada na explosão do rotor? 
 
Resolução: 
Podemos calcular a energia cinética utilizando a equação 5.2, mas para 
isso precisamos conhecer o momento de inércia I. Como o rotor era um disco, 
utilizamos a equação: 
𝐸𝑐 =
1
2
𝐈𝜔2 
Onde: 
𝐼 =
1
2
𝑀𝑅2 
Notas de Aula:
 A velocidade do rotor em rad/s era: 
𝜔 = 14000 ∗ 2𝜋 = 1,466 𝑥 103 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Substituindo na equação da energia temos: 
𝐸𝑐 =
1
2
∗
1
2
∗ 𝑀𝑅2𝜔2 
𝐸𝑐 =
1
2
∗
1
2
∗ 272 ∗ 0,382 ∗ (1,466 𝑥 103)2 
𝐸𝑐 = 2,1 𝑥 10
7 𝐽 
5.7 – A figura 5.6-a mostra um disco uniforme 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 que esta enrolada na borda do 
disco que possui uma aceleração angular de 24 rad/s2. 
Suponha que o disco parte do repouso no instante t = 0. Qual 
é a energia cinética de rotação no instante t= 2,5 s? 
Resolução: 
Podemos utilizar a equação utilizada no exercício 5.6 que relaciona a energia 
cinética e o momento de inércia: 
𝐸𝑐 =
1
2
∗
1
2
∗ 𝑀𝑅2𝜔2 
Precisaremos encontrar o valor da velocidade angular: 
𝜔 = 𝜔0 + 𝛿𝑡 
𝜔 = 𝛿𝑡 
Como o movimento é no sentido horário, a aceleração angular é negativa: 
𝜔 = −24𝑡 
Portanto em t = 2,5 s a energia será: 
𝐸𝑐 =
1
2
∗
1
2
∗ 2,5 ∗ 0,22 ∗ (−24𝑡)2 
𝐸𝑐 = 0,025 ∗ 576 ∗ 2,5
2 = 90 𝐽 
 
Notas de Aula:
5.8 – Uma barra fina uniforme de comprimento L e massa M, articulada em um 
dos extremos como mostrado na figura 5.7, é deslocada horizontalmente e, em 
seguida, abandonada do repouso. Admitindo que a articulação não tem atrito, 
encontre a) a velocidade angular da barra quando ela encontra a sua posição 
vertical, e b) a força exercida pela articulação nesse momento. C) qual é a 
velocidade angular inicial necessária para alcançar a posição vertical no topo 
desse balanço? 
Resolução: 
Observando o diagrama ao lado mostrando as configurações iniciais e fanais 
da barra 
 
Notas de Aula:
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula:
5.9. 
 
 
 
Bibliografia: 
TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Física para cientistas e engenheiros: mecânica, oscilações e ondas, 
termodinâmica. Vol. 1, 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2006. ISBN: 9788521614623. 
 
HALLIDAY, D.; RESNICK, R.; WALKER, J. Fundamentos de física - mecânica. Vol. 1, 8ª ed. Rio 
de Janeiro: LTC, 2009. ISBN: 9788521616054.