A Segunda Lei de Newton para Rotações

Um torque pode fazer um corpo rígido girar, como acontece, por exemplo, quando abrimos ou fechamos uma porta. No momento, estamos interessados

em relacionar o torque resultante τ aplicado a um corpo rígido à aceleração res angular α produzida pelo torque. Fazemos isso por analogia com a segunda lei

de Newton (F = ma) para a aceleração a de um corpo de massa m produzida res

por uma força resultante F em uma dada direção. Substituindo F por τ , m res res res por I e a por α, obtemos a seguinte equação:

 

Demonstração da Equação 10-42

Vamos demonstrar a Eq. 10-42 considerando a situação simples que está

mostrada na Fig. 10-17, em que o corpo rígido é constituído por uma partícula de massa m na extremidade de uma barra, de massa desprezível, de comprimento r. A barra pode se mover apenas girando em torno de um eixo, perpendicular ao plano do papel, que passa pela outra extremidade da barra. Isso significa que a partícula descreve uma trajetória circular com o centro no eixo de rotação.

Uma força age sobre a partícula. Como, porém, a partícula só pode se

mover ao longo de uma trajetória circular, apenas a componente tangencial F t da força (a componente que é tangente à trajetória circular) pode acelerar a

partícula ao longo da trajetória. Podemos relacionar F à aceleração tangencial t

a da partícula ao longo da trajetória por meio da segunda lei de Newton, t

escrevendo

 

F = ma . t t

 

De acordo com a Eq. 10-40, o torque que age sobre a partícula é dado por

 

τ = F r = ma r. t t

 

De acordo com a Eq. 10-22 (a = αr), temos: t

Figura 10-17 Um corpo rígido simples, livre para girar em torno de um eixo que passa por O, é formado por uma partícula de massa m presa na extremidade de uma barra de comprimento r e massa desprezível. A aplicação de uma força faz o corpo girar.

 

 

A grandeza entre parênteses do lado direito é o momento de inércia da

partícula em relação ao eixo de rotação (veja a Eq. 10-33, aplicada a uma única

partícula). Assim, a Eq. 10-43 se reduz a

 

em que I é o momento de inércia.

Se a partícula estiver submetida a várias forças, podemos generalizar a Eq.

10-44 escrevendo

que é a equação que queríamos demonstrar. Podemos aplicar essa equação a qualquer corpo rígido girando em torno de um eixo fixo, uma vez que qualquer corpo pode ser considerado um conjunto de partículas.

 

Teste 7

A figura mostra a vista superior de uma régua de um metro que pode girar em torno do ponto indicado, que está à esquerda do ponto médio

da régua. Duas forças horizontais, e , são aplicadas à régua. 1 2

Apenas é mostrada na figura. A força é perpendicular à régua e 1 2

é aplicada à extremidade direita. Para que a régua não se mova, (a)

qual deve ser o sentido de ? (b) F deve ser maior, menor ou igual a 2 2

F ? 1

 

Exemplo 10.09 Análise de um golpe de

judô usando a segunda lei de Newton para

rotações

Para derrubar um adversário de 80 kg com um ippon, você precisa

puxar o quimono dele com uma força e um braço de alavanca d = 1 0,30 m em relação a um centro de rotação situado no seu quadril

direito (Fig. 10-18). Você quer que o adversário gire em torno do centro de rotação com uma aceleração angular α = −6,0 rad/s2, ou seja, uma aceleração angular que, na figura, é no sentido dos ponteiros do relógio. Suponha que o momento de inércia I em relação ao centro de rotação é 15 kg · m2. (a) Qual deve ser o módulo de , se, antes de aplicar o golpe, você inclina o corpo do adversário para a frente, fazendo com que o centro

de massa do corpo dele se aproxime do seu quadril (Fig. 10-18a)?

 

IDEIA-CHAVE

Podemos usar a segunda lei de Newton para rotações (τ = Iα) para res relacionar a força à aceleração angular α.

 

Cálculos: Quando os pés do seu adversário perdem contato com o tatame, podemos supor que ele está sujeito apenas a três forças: a força com a qual você está puxando o quimono dele, a força de reação do seu quadril (que não é mostrada na figura) e a força

gravitacional . Para aplicar a equação τ = Iα, precisamos calcular g res os três torques correspondentes, todos em relação ao centro de rotação.

De acordo com a Eq. 10-41 (τ = r F), o torque produzido pela ⊥

força é igual a −d F, em que d é o braço de alavanca r e o sinal 1 1 ⊥ indica que o torque tende a produzir uma rotação no sentido horário. O torque produzido pela força é zero, já que a linha de ação de

passa pelo centro de rotação e, portanto, nesse caso, = 0. g

Figura 10-18 Um golpe de judô (a) bem executado e (b) mal executado.

 

Para calcular o torque produzido pela força , podemos supor que g

g está aplicada ao centro de massa do seu adversário. Com o centro

de massa coincidindo com o centro de rotação, o braço de alavanca

r de é zero e, portanto, o torque produzido por é zero. Assim, ⊥ g g o único torque a que o seu adversário está sujeito é o produzido pela

força do seu puxão, e a equação τ = Iα se torna res

 

−d F = Iα. 1

 

Explicitando F, obtemos

 

(b) Qual deve ser o módulo de , se o seu adversário permanecer

ereto e o braço de alavanca de for d = 0,12 m (Fig. 10-18b)? g 2

 

IDEIA-CHAVE

Como, nesse caso, o braço de alavanca de não é zero, a força g g

produz um torque igual a d mg, que é positivo, pois tende a produzir 2 uma rotação no sentido anti-horário.

 

Cálculos: O torque resultante é

 

−d F + d mg = Iα, 1 2

 

que nos dá

 

De acordo com o resultado do item (a), o primeiro termo do lado direito é igual a 300 N. Substituindo os outros valores conhecidos,

obtemos

 

O resultado mostra que agora você tem que fazer muito mais força do que se o centro de gravidade do adversário estivesse próximo do seu quadril. Os bons lutadores de judô sabem aplicar corretamente esse golpe. Na verdade, todos os golpes das artes marciais, que foram aperfeiçoados empiricamente ao longo de séculos, podem ser explicados à luz dos princípios da física.

 

Exemplo 10.10 Segunda lei de Newton,

rotação, torque, disco

A Fig. 10-19a 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 tração da corda e a aceleração angular do disco. A corda não escorrega e o atrito no eixo é desprezível.

 

IDEIAS-CHAVE

(1) Considerando o bloco como um sistema, podemos relacionar a aceleração a às forças que agem sobre o bloco por meio da segunda

lei de Newton ( = m ). (2) Considerando o disco como um res

sistema, podemos relacionar a aceleração angular α ao torque que age

sobre o disco por meio da segunda lei de Newton para rotações (τ = res Iα). (3) Para combinar os movimentos do bloco e do disco, usamos o fato de que a aceleração linear a do bloco e a aceleração linear

(tangencial) a da borda do disco são iguais. (Para não fazer confusão t

com os sinais, vamos trabalhar com o módulo das acelerações e sinais algébricos explícitos.)

 

Forças que agem sobre o bloco: Essas forças estão representadas no

diagrama de corpo livre do bloco (Fig. 10-19b): a força da corda é

e a força gravitacional é , de módulo mg. Aplicando a segunda lei g

de Newton às componentes ao longo de um eixo vertical y (F = res,y

ma ), obtemos a seguinte equação: y

 

em que a é o módulo da aceleração (que aponta no sentido negativo do eixo y). Entretanto, não podemos obter o valor de a usando apenas essa equação porque ela também contém a incógnita T.

 

Torque exercido sobre o disco: Anteriormente, quando esgotávamos as possibilidades com o eixo y, passávamos para o eixo x. Aqui, passamos para a rotação do disco e usamos a segunda lei de Newton para rotações. Para calcular os torques e o momento de inércia I, usamos o fato de que o eixo de rotação é perpendicular ao disco e

passa pelo centro do disco, que é o ponto O da Fig. 10-19c.

 

Figura 10-19 (a) O bloco em queda faz o disco girar. (b) Diagrama de corpo livre do bloco. (c) Diagrama de corpo livre incompleto do disco.

Os torques são dados pela Eq. 10-40 (τ = rF ). A força t

gravitacional e a força do eixo agem sobre o centro do disco e, portanto, a uma distância r = 0, de modo que o torque produzido por essas forças é nulo. A força exercida pela corda sobre o disco age a uma distância r = R do eixo e é tangente à borda do disco. Assim, a força produz um torque −RT, negativo porque o torque tende a fazer

o disco girar no sentido horário. De acordo com a Tabela 10-2c, o

momento de inércia I do disco é MR2/2. Assim, a equação τ = Iα se res torna

 

Essa equação pode parecer inútil porque tem duas incógnitas, α e

T, nenhuma das quais é a incógnita a cujo valor queremos determinar. Entretanto, com a persistência que é a marca registrada dos físicos, conseguimos torná-la útil quando nos lembramos de um fato: Como a corda não escorrega, a aceleração linear a do bloco e a aceleração

linear (tangencial) a de um ponto na borda do disco são iguais. Nesse t

caso, de acordo com a Eq. 10-22 (a = αr), vemos que α = a/R. t

Substituindo esse valor na Eq. 10-47, obtemos:

 

Combinação dos resultados: Combinando as Eqs. 10-46 e 10-48, obtemos:

 

Podemos usar a Eq. 10-48 para calcular T:

 

Como era de se esperar, a aceleração a do bloco que cai é menor que g e a tração T da corda (= 6,0 N) é menor que a força gravitacional