Energia Cinética de Rotação

Teoria Completa

Rotação pura

Vamos pensar em uma situação intrigante. Suponha que você esteja rodando uma manivela que movimenta uma grande roda, como na imagem abaixo:

A roda possui massa M = 10 k g e raio R = 0,25 m . Você então aplica força na extremidade da manivela, fazendo o disco começar um movimento de rotação. Qual a energia cinética gasta nesse movimento? Se a velocidade angular é ω = 2 r a d / s .

Ah, moleza a energia cinética é dada por:

K = m v 2 2

Mas pera aí, essa roda tá fixa ou seja o centro de massa dela tem velocidade zero. Então:

K = 0 ?

Se disséssemos que a energia gasta pra colocar a roda em movimento é nula, você acreditaria? Acho que não, né?

A sua intuição não te enganou! Vamos aprender aqui sobre a energia cinética de rotação, que é usada quando objetos giram e ganham energia. No nosso caso o eixo de rotação está parado, não há movimento de translação, isso é a rotação pura!

Mas o que é o eixo de rotação?

Nada mais é do que o eixo onde o objeto gira em torno, vamos desenhar o objeto em 3 dimensões e definir os eixos pra ver qual é o eixo de rotação.

Na nossa figura o eixo de rotação é o eixo z pois a roda gira em torno dele, e repare que esse eixo não se movimenta, é travado pelo apoio.

Tá, beleza... Mas, como eu calculo essa energia de rotação?

Simples! Só usar a fórmula:

K r o t a ç ã o = I ω 2 2

Onde:

  • K r o t a ç ã o é a energia cinética de rotação;
  • I é o momento de inércia do corpo e nesse caso é dado por:
  • I = M R 2

    E substituindo os valores do nosso exemplo temos:

    I = 10 × 0,25 2 = 0,625 k g . m 2

  • e ω é a velocidade angular do corpo no instante desejado dado.

Substituindo tudo na nossa fórmulinha, temos:

K r o t a ç ã o = I ω 2 2 = 0,625 × 2 2 = 0,625 J

Com isso podemos dizer que a energia cinética da nossa roda vai ser de 0,625 J !

E se liga para a roda do nosso problema o eixo de rotação está parado e portanto não possui energia de translação, mas em outros corpos como planetas essa energia existe e é calculada como a energia cinética comum:

K t r a n s l a ç ã o = m v c m 2 2

Isso porquê o eixo de rotação de objetos como planetas se movimenta com o passar do tempo, é a famosa translação.

Em algum momento da sua vida, você talvez tenha ouvido que os planetas fazem o movimento de translação ao redor do Sol e de rotação ao redor do próprio eixo. E como calculamos a energia cinética de um planeta, então? Somando a parcela referente a translação com a parcela referente a rotação:

K = K t r a n s + K r o t

K = m v c m 2 2 + I ω 2 2

Conservação de Energia

Mas então, aprendemos que existe uma energia cinética de rotação que é usada quando os objetos rotacionam. Será que podemos usar isso, num caso de conservação de energia mecânica?

Vamos ver um exemplo:

A barra da figura abaixo possui massa M e tamanho L = 1 m e é presa no nível do chão por uma de suas extremidades. A sua outra extremidade é abandonada e gira até a barra bater no chão. Qual é a velocidade linear da extremidade livre quando chega ao nível do solo? E qual sua velocidade angular no mesmo ponto?

O problema é solucionado por conservação da energia mecânica.

E i n i c i a l = E f i n a l

U i + K i = U f + K f

Como no inicio a barra foi abandonada, sua velocidade inicial é zero, então só há energia potencial gravitacional e como a barra é um corpo extenso, levamos em conta os dados em relação ao seu centro de massa. Considerando o chão como o eixo de referência, teremos:

E i = U i = M g y c m = M g L 2

Já pra situação final a gente vai ter a barra no chão e sua velocidade angular final indicada na figura.

Teremos energia cinética rotacional, porque a barra estará girando em torno do seu eixo, não teremos cinética translacional pois esse eixo é fixo, ou seja, temos aqui uma rotação pura.

E não teremos energia potencial gravitacional, já que o centro de massa da barra estará na altura do chão, que é o nosso nível de referência. Logo:

E f = K R f

Por se tratar de um corpo rígido a energia de rotação é:

K R f = I ω 2 2

Daí substituindo:

E f = I ω 2 2

Agora é só conservar a energia e podemos encontrar a velocidade angular final da barra:

E i = E f

M g L 2 = I ω 2 2

O momento de inércia de uma barra rotacionando ao redor de uma de suas extremidades é geralmente tabelado:

I b a r r a e x t = M L 2 3

(em algumas tabelas, há apenas o momento de inércia da barra ao redor do centro de massa I b a r r a c m = M L 2 12 e você pode chegar no momento de inércia da barra ao redor da sua extremidade pelo teorema dos eixos paralelos).

Substituindo:

M g L 2 = M L 2 3 ω 2 2  

Cortando alguns termos:

g = L 3 ω 2

ω 2 = g × 3 L = 9,8 × 3 1 =   29,4

ω = 5,42   r a d / s

Opa, encontramos o valor da velocidade angular da barra no instante que ela chega no chão. Mas também queremos encontrar a velocidade da sua extremidade livre:

Lá da cinemática angular, conhecemos uma relação entre a velocidade linear de um ponto de um corpo e a velocidade angular desse corpo:

v = ω R

No nosso caso, a velocidade v é a velocidade na extremidade da barra, ω é a velocidade angular da barra (que acabamos de encontrar) e R é a distância do ponto até o eixo de rotação (que no nosso caso, é o comprimento L da barra).

v = ω L = 5,42 × 1

v = 5,42 m / s

E como podemos ver no nosso desenho, quando a barra chega ao solo, essa velocidade na extremidade aponta para baixo.

E aí, bora praticar mais nos exercícios de fixação?

Exercício Resolvido #1

Halliday, David, Fundamentos de física, volume I : mecânica, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, pp. 287-33

Calcule o momento de inércia de uma roda que tem uma energia cinética de 24   400   J quando gira a 602   r e v / m i n .

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Passo 1

Temos aqui um problema de aplicação direta da fórmula de energia cinética de rotação.

K r o t a ç ã o = I ω 2 2

O valor do momento de inércia ( I ) é o que procuramos no problema.

Já o valor de ω deve ser convertido para r a d / s , pois assim poderemos usar todas as unidades no Sistema Internacional, o padrão.

ω = 602 r e v m i n   .     1 60 m i n s   . 2 π r a d r e v → ω = 602   .   2 π 60   r a d / s

ω ≅ 63   r a d / s

Passo 2

Reunindo as informações obtidas, temos:

24400 = I   .   63 2 2 →   I ≅ 12,29   k g . m 2

Resposta

I ≅ 12,29   k g . m 2

Exercício Resolvido #2

UFRJ-PF-2014.1-ME6

Uma esfera é lançada rolando sem deslizar subindo um plano inclinado com velocidade inicial v → do seu centro de massa. Um bloco é lançado subindo em translação um plano inclinado com a mesma inclinação e com a mesma velocidade inicial v → do seu centro de massa. No plano onde se encontra a esfera há atrito suficiente para que ela permaneça rolando sem deslizar e no plano onde está o bloco não há atrito.

A relação entre a altura máxima H b que o bloco atinge e a altura máxima H e que a esfera atinge nos respectivos planos é dada por

(a) H b = H e , pois tanto a energia cinética do bloco como a da esfera se conserva.

(b) H b = H e , pois tanto a energia mecânica do bloco como a da esfera se conserva.

(c) H b > H e , pois o bloco desliza sem atrito.

(d) H e > H b , pois a esfera rola sem deslizar.

(e) H e > H b , pois tanto a energia mecânica do bloco como a da esfera se conserva.

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Passo 1

Primeiro vamos determinar se a energia mecânica se conserva pro bloco e pra esfera.

Pro caso do bloco é fácil: não tem atrito (nem outra força não-conservativa) atuando, então ela se conserva.

Já pra esfera temos que ficar ligados! Tem atrito, mas se não tivesse a esfera não poderia rolar sem deslizar! Que nem provavelmente você já ouviu dizer que se o chão não tivesse atrito, não daria pra gente andar (por isso que pessoas que andam no gelo escorregam).

Enfim, o ponto é que esse atrito é só o suficiente pra esfera rolar sem deslizar, mas ele não faz a esfera perder energia!

Portanto, tanto a energia mecânica do bloco como a da esfera se conserva.

Passo 2

Apesar de na figura a esfera e o bloco não estarem exatamente no nível do chão, vamos considerar que eles partem com energia potencial gravitacional zero, ok?

Então a energia mecânica inicial E i deles é igual à energia cinética inicial K   associada à velocidade v .

Passo 3

Começando pela esfera: vamos considerar que ela tem massa M e raio R .

Ela tem as energias cinéticas de rotação K r o t e de translação K t r a n , então sua energia mecânica inicial é:

E i e s f e r a = K r o t + K t r a n

⇒ E i e s f e r a = 1 2 I ω 2 + 1 2 M v 2

Passo 4

O momento de inércia de uma esfera de massa M e raio R é

I = 2 5 M R 2

E também temos a relação

v = ω R   ⇒ ω = v R

Passo 5

Então a equação que achamos antes vai dar:

E i e s f e r a = 1 2 ∙ 2 5 M R 2   v R 2 + 1 2 M v 2

⇒ E i e s f e r a = 2 10 M R 2 v 2 R 2 + 1 2 M v 2

⇒ E i e s f e r a = 2 10 M v 2 + 5 10 M v 2

⇒ E i e s f e r a = 7 10 M v 2

Então essa é a energia mecânica inicial da esfera!

Passo 6

Agora vamos supor que o bloco tem massa m . Como vimos, sua energia mecânica inicial é igual à sua energia cinética inicial e vale

E i b l o c o = 1 2 m v 2

Passo 7

Agora vamos estudar as energias mecânicas finais E f da esfera e do bloco, começando pela esfera!

No fim do movimento, a esfera para numa altura H e : toda a sua energia cinética se transformou em energia potencial gravitacional, então:

E f e s f e r a = M g H e

Passo 8

E pela conservação da energia mecânica,

E i e s f e r a = E f e s f e r a

⇒ 7 10 M v 2 = M g H e

Multiplicando por 10 7 M dos 2 lados:

v 2 = 10 7 g H e

⇒ v = 10 7 g H e

Passo 9

Da mesma forma, pro bloco,

E f b l o c o = m g H b

e

E i b l o c o = E f b l o c o

Passo 10

Logo,

1 2 m v 2 = m g H b

⇒ v 2 = 2 g H b

⇒ v = 2 g H b

Passo 11

Recapitulando, achamos

v = 10 7 g H e v = 2 g H b

Passo 12

Igualando as 2 expressões:

10 7 g H e = 2 g H b

⇒ 10 7 g H e = 2 g H b

⇒ 10 7 H e = 2 H b

⇒ H e = 7 10 2 H b = 14 10 H b

⇒ H e > H b

Chegamos nesse resultado por causa da conservação da energia mecânica, então a alternativa certa é a letra (e)!

Resposta

Alternativa (e)

Exercício Resolvido #3

UFRJ-P2-2014.1-M05

Um carro tem uma roda de massa M e raio R com momento de inércia I c m = 3 / 4 M R 2 relativo ao seu eixo de rotação que passa pelo seu centro de massa. O carro arranca em movimento retilíneo com a roda patinando na pista de modo que a velocidade v → c m de seu centrode massa esteja relacionada com sua velocidade angular de rotação ω por meio de v c m = ω R / 2 . Nesse caso, a energia cinética da roda é

  1. 1 / 4 M R 2 ω 2 ;
  2. 5 / 4 M R 2 ω 2 ;
  3. 3 / 4 M R 2 ω 2 ;
  4. M R 2 ω 2 ;
  5. 1 / 2 M R 2 ω 2 ;
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Passo 1

Nesse caso não podemos usar a fórmula da energia cinética onde calculamos o momento de inercia em relação ao centro de rotação. Isso porque não é nada fácil achar esse centro de rotação. Vamos fazer a fórmula separada

K = K r o t + K t r a n s

Passo 2

Começando pela energia cinética de rotação

K r o t = I C M ⋅ ω 2 2

K r o t = 3 4 M R 2 ⋅ ω 2 2

K r o t = 3 8 M R 2 ω 2

Passo 3

A energia cinética de translação fica

K t r a n s = M ⋅ v C M 2 2

Pelo enunciado

v C M = ω R 2

Então

K t r a n s = M ⋅ ω R / 2 2 2

K t r a n s = 1 8 M R 2 ω 2

Passo 4

A energia cinética total fica

K = K r o t + K t r a n s

K = 3 8 M R 2 ω 2 + 1 8 M R 2 ω 2

K = 4 8 M R 2 ω 2

K = 1 2 M R 2 ω 2

Resposta

Letra E

Exercício Resolvido #4

Halliday, David, Fundamentos de física, volume I : mecânica, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, pp. 288-39

Na Fig. 10-36, duas partículas ambas de massa m = 0,85   k g , estão ligadas uma à outra e a um eixo de rotação em O por duas barras finas, ambas de comprimento d = 5,6   c m e massa M = 1,2   k g . O conjunto gira em torno do eixo de rotação com velocidade angular ω = 0,30   r a d / s . Em relação a O , quais são (a) o momento de inércia do conjunto e (b) a energia cinética do conjunto?

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Passo 1

A primeira impressão que temos ao ver esse exercício é que é algo novo, que ainda não vimos, mas vamos olhar agora com mais calma.

Você aprendeu a calcular momento de inércia de um sistema de partículas, certo? Ok, temos duas partículas nesse exercício, e você vai fazer o mesmo: somar. Lembrando que o momento de inércia da partícula é dado por:

I p a r t í c u l a   = m d 2

A parada é que agora temos duas barras, corpos extensos, pertencendo ao mesmo sistema da partícula. O que fazer?

É so somar também! E o momento de inércia da barra é dado por:

I b a r r a = M d 2 12

Só que no caso da nossa barra que é presa pela extremidade teremos que usar o teorema dos eixos paralelos.

I = I b a r r a + M d 2

Onde M é a massa da barra e d é a distância do centro de gravidade do corpo até o eixo de rotação.

Detalhe que só podemos somar esses momentos de inércia pois as partículas e os corpos rígidos formam um sistema que anda junto e rotaciona ao redor de um mesmo eixo, por isso,

para encontrar o momento de inércia do sistema só precisamos somar o momento de inércia de cada corpo em relação ao eixo de rotação.

Passo 2

a) Temos que fazer o momento de inércia do sistema que é a soma dos momentos de inércia:

I s i s t e m a = I p a r t í c u l a   1 + I p a r t í c u l a   2 + I b a r r a   1 + I b a r r a   2

Vamos identificar as partes do sistema e as suas distâncias ao eixo:

Portanto:

I p a r t í c u l a   1 = m d 2

I p a r t í c u l a   2 = m 2 d 2 = 4 m d 2

Para barra 1, temos uma barra presa por uma extremidade, então temos que usar o teorema dos eixos paralelos:

I b a r r a   1 = M d 2 12 + M d 2 2 = M d 2 1 12 + 1 4

I b a r r a   1 = M d 2 3

Já para a barra 2, precisamos fazer uso do teorema dos eixos paralelos de novo e aqui a distância do eixo é 3 d / 2 :

I b a r r a   2 = M d 2 12 + M 3 d 2 2

I b a r r a   2 = 7 M d 2 3

Já que temos todos os momentos de inércia vamos para o cálculo do momento de inércia do sistema.

Passo 3

Como o momento de inércia do sistema é a soma dos momentos de inércia de cada componente temos:

I s i s t e m a = m d 2 + 4 m d 2 + M d 2 3 + 7 M d 2 3

I s i s t e m a = 5 m d 2 + 8 3 M d 2

I s i s t e m a = 5   .   0,85   .   0,056 2 + 8 3   .   1,2   .   0,056 2

I s i s t e m a ≅ 0,023   k g . m 2

Passo 4

Agora com o momento de inércia do sistema, fica moleza para calcular a energia cinética de rotação:

K r o t a ç ã o = I ω 2 2 → K r o t a ç ã o ≅ 0,023   .   0,30 2 2

K r o t a ç ã o ≅ 0,001   J

Resposta

  1. I s i s t e m a ≅ 0,023   k g . m 2
  2. K r o t a ç ã o ≅ 0,001   J

Exercício Resolvido #5

USP-P3-2015-8

Um poste cilindrico, fino e homogêneo de 10 metros de altura é derrubado, a partir da posição vertical. Sua base permanece fixa durante sua queda. Qual a velocidade da ponta do poste quando ele atinge o chão?(Despreze os atritos e dissipações neste caso.)

a) 10   m / s

b) 20 3   m / s

c) 10 2   m / s

d) 20   m / s

e) 10 3   m / s

Dados:

Momento de inércia de uma barra: I C M = M L 2 / 12

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Passo 1

Típica questão de conservação de energia em corpos rígidos, não tem segredo, galera! O único cuidado que temos que ter é que temos que calcular tudo para o centro de massa.

Teremos inicialmente o seguinte caso:

Passo 2

Pela conservação da energia mecânica, teremos:

K i + U i = K f + U f

Como no início a barra está parada K i = 0 e como no final a barra está no chão, U f = 0 . Assim, teremos:

U i = K f

Como tudo o que temos que calcular tem que ser calculado pelo centro de massa, teremos:

m g . L 2 = K r o t a ç ã o

m g L 2 = I ω 2 2

m g L = I ω 2

Passo 3

Daí, temos que saber que é esse I aí. Da tabela que ele dá no final da prova, ele nos diz que o momento de inércia no eixo de rotação da barra é dado por:

I e i x o = m L 2 12

Pelo transferindo o eixo para a ponta, ou seja, arrastando L/2, pelo Teorema dos Eixos Paralelos, teremos:

I p o n t a = I e i x o + m d 2

I p o n t a = m L 2 12 + m L 2 4 = m L 2 3

Substituindo lá no Passo 2, vai ficar:

m g L = m L 2 3 ω 2

g L = ω 2 L 2 3

g = ω 2 L 3

Substituindo lá:

10 = 10 3 . ω 2

ω 2 = 3

ω = 3

Passo 4

Como ele quer a velocidade na ponta, é só usar...

v = ω L = 10 . 3

Resposta

Letra E