Duas crianças, cada uma com massa M, sentam-se nos extremos opostos de uma prancha estreita de comprimento L e massa M (igual à das crianças). A prancha é pivotada no centro e pode girar livremente, sem atrito, num círculo horizontal. (Considere-a como se fosse uma haste fina.) (a) Qual é o momento de inércia do sistema formado pela prancha e as crianças, em torno de um eixo vertical que passa pelo centro da prancha? (b) Qual é o momento angular do sistema se ele roda com velocidade angular \omega_{0} em sentido horário, visto de cima? Quais são a direção e o sentido do momento angular? (c) Enquanto o sistema está rodando, as crianças puxam uma à outra em direção ao centro, até ficarem sentadas na metade da distância ao centro que tinham inicialmente. Qual é a nova velocidade angular, em termos de \omega_{0} ? (d) Qual é a mudança sofrida pela energia cinética do sistema como resultado da mudança de posição das crianças? (De onde vem a energia cinética adicional?)

Passo 1

O enunciado trata de um sistema rígido formado por uma prancha de massa M e comprimento L, pivotada no seu centro, e duas crianças, cada uma de massa M, sentadas em pontos opostos a uma distância L/2 do centro. Vamos aplicar:
  1. Cálculo de momento de inércia de uma haste fina em torno de seu centro e de pontos materiais.
  2. Conservação do momento angular \mathbf{L} (sem torque externo).
  3. Cálculo da energia cinética rotacional antes e depois da mudança de posição.

Passo 2

Momento de inércia inicial I_{0} é a soma da haste mais as duas crianças:
– Haste fina de massa M e comprimento L em torno de eixo pelo centro:
I_{\text{haste}} = \frac{1}{12}\,M\,L^{2}.
– Duas crianças (pontos materiais) a distância r=L/2:
I_{\text{crianças}} = 2 \,M\,(L/2)^{2} = 2\,M\,\frac{L^{2}}{4} = \frac{M\,L^{2}}{2}.ç
Logo
I_{0} = \frac{1}{12}M L^{2} + \frac{1}{2}M L^{2} = \frac{7}{12}\,M\,L^{2}.

Passo 3

O momento angular inicial \mathbf{L}_{0} para velocidade angular escalar \omega_{0} é
\mathbf{L}_{0} = I_{0}\,\omega_{0}\,\hat{k}.
Como o giro é horário visto de cima, o vetor angular aponta para baixo, ou seja, em sentido -\hat{k}. Portanto
\mathbf{L}_{0} = -\,\frac{7}{12}M L^{2}\,\omega_{0}\,\hat{k}.

Passo 4

Quando as crianças se aproximam até ficarem a r'=L/4 do centro, o novo momento de inércia I_{1} é:
– Haste continua igual: \tfrac{1}{12}M L^{2}.
– Crianças:
I'_{\text{crianças}} = 2\,M\,(L/4)^{2} = 2\,M\,\frac{L^{2}}{16} = \frac{M\,L^{2}}{8}.ç
Assim
I_{1} = \frac{1}{12}M L^{2} + \frac{1}{8}M L^{2} = \frac{5}{24}\,M\,L^{2}.

Passo 5

Pela conservação de \mathbf{L} (sem torque externo):
I_{0}\,\omega_{0} = I_{1}\,\omega_{1} \quad\Longrightarrow\quad \omega_{1} = \omega_{0}\,\frac{I_{0}}{I_{1}} = \omega_{0}\,\frac{\tfrac{7}{12}}{\tfrac{5}{24}} = \omega_{0}\,\frac{7}{12}\cdot\frac{24}{5} = \frac{14}{5}\,\omega_{0}.

Passo 6

Energia cinética rotacional inicial:
K_{0} = \tfrac{1}{2}I_{0}\,\omega_{0}^{2} = \tfrac{1}{2}\cdot\frac{7}{12}M L^{2}\,\omega_{0}^{2} = \frac{7}{24}M L^{2}\,\omega_{0}^{2}.
Final:
K_{1} = \tfrac{1}{2}I_{1}\,\omega_{1}^{2} = \tfrac{1}{2}\cdot\frac{5}{24}M L^{2}\,\Bigl(\frac{14}{5}\omega_{0}\Bigr)^{2} = \frac{49}{60}M L^{2}\,\omega_{0}^{2}.
A variação é
\Delta K = K_{1}-K_{0} = \Bigl(\frac{49}{60}-\frac{7}{24}\Bigr)M L^{2}\,\omega_{0}^{2} = \frac{21}{40}\,M L^{2}\,\omega_{0}^{2}>0.

Passo 7

Essa energia extra vem do trabalho que as crianças fazem ao puxar-se mutuamente contra a “força centrífuga” no referencial de rotação. Ou seja, da energia química dos músculos, convertida em energia cinética.

Resposta

(a) I_{0} = \tfrac{7}{12}\,M\,L^{2}.
(b) \mathbf{L}_{0} = -\,\tfrac{7}{12}M L^{2}\,\omega_{0}\,\hat{k}.
  Direção: eixo vertical; sentido: para baixo.
(c) \omega_{1} = \tfrac{14}{5}\,\omega_{0}.
(d) \Delta K = \tfrac{21}{40}\,M\,L^{2}\,\omega_{0}^{2}.
  Energia fornecida pelo trabalho muscular das crianças.

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