Torque

Teoria Completa

Fala ai e bem vindo ao RespondeAi! Vamos falar um pouco sobre física? Mais especialmente sobre como podemos aplicar forças em objetos que são capazes de girar em volta de um eixo de rotação. Como sempre vamos começar pensando em um exemplo.

O melhor exemplo para falarmos sobre Torque é o exemplo da porta e da maçaneta. Você já reparou que a maçaneta da porta sempre fica no lado oposto ao ponto de fixação da porta na parede? Porque isso acontece? Vamos tentar entender isso com calma?

Confere esse desenho, de uma porta vista de cima:

Imagina essas duas situações:

  • a primeira vamos aplicar uma força perpendicular a porta:
  • na segunda vamos aplicar uma força na direção da reta que liga a dobradiça e a maçaneta:

Você pode até fazer esse teste ai na sua própria casa, e verificar, que aplicando a força da primeira forma, faz a porta girar, enquanto aplicar a força da segunda forma não funciona.

Isso acontece exatamente por causa do conceito de torque.

Torque

O Torque é um vetor que representa a tendência que uma força tem para rotacionar um corpo ao redor de um eixo de rotação, quando a força empurra a porta com uma orientação de $90º$, conforme vimos na primeira situação, ela gera um vetor torque devido a essa tendência de rotação da porta.

Podemos calcular o torque com a fórmula:

$$\vec{\tau}=\vec{r}×\vec{F}$$

Então o torque é o produto vetorial entre o vetor $\vec{r}$, que é o vetor da posição do ponto de aplicação da força relativo ao eixo de rotação (a dobradiça no caso da porta), esse vetor também é chamado de braço de alavanca e o vetor $\vec{F}$ que é a força que aplicamos.

Dessa fórmula podemos entender porque faz sentido a maçaneta ficar sempre do lado oposto ao ponto de rotação da porta, quando colocamos a maçaneta mais longe, aumentamos o braço de alavanca, e por isso precisamos fazer menos esforço para gerar torque e abrir/fechar a porta.

Módulo do Torque

Nem sempre estamos trabalhando com vetores, então podemos simplificar esse produto vetorial e calcular o módulo do torque com a fórmula:

$$\tau =r.F.sen\theta$$

Ou seja, o torque vai variar de acordo com o módulo do vetor braço, o módulo do vetor foça e o seno do ângulo que existe entre esses dois vetores..

Vamos fazer um exemplo:

Se aplicarmos uma força com módulo igual a $100N$ com um ângulo de $30º$ na maçaneta de uma porta que tem uma distância de $1$ metro entre o ponto de rotação e a maçaneta, conforme a figura:

Qual será o módulo do Torque exercido por essa força?

Usando a fórmula do Torque, podemos escrever:

$$\tau=r.F.sen\theta$$
$$\tau=1.100.sen(30º)$$

Regra da Mão Direita

Já ouviram falar da regra da mão direita né? Ela sempre vai aparecer quando tiver fazendo um produto vetorial, a gente vê isso em álgebra linear, vou relembrar para vocês. Nós sabemos que dois vetores formam um plano, em alguma aulinha o professor de vocês deve ter falado que quando a gente faz o produto vetorial entre esses dois vetores, o vetor resultante surge perpendicular ao plano formado por esses dois vetores.

E é exatamente isso que acontece no caso do produto vetorial entre braço e força que gera o torque. Ou seja, o torque vai ser um vetor perpendicular ao plano formado pelos vetores $\vec{r}$ e $\vec{F}$.

Shoow, mas e regra da mão direita? A regra da mão direita é um macete que permite a gente descobrir de maneira simples qual a direção em que o vetor Torque aponta, porque ele pode apontar tanto na direção positiva do eixo a que ele pertence, quanto na direção negativa do eixo a que ele pertence e é a regra da mão direita que vai definir isso para gente.

Nós temos uma página de conceito escrita pelos nosso Experts, que explica para você como funciona a Regra da Mão Direita. Ou você pode assistir ao vídeo do exercício aqui em baixo para se lembrar como fazemos ela.

Exercícios

Vou deixar vocês agora com uma resolução Passo a Passo de um exercício de Torque. Aproveita e começa a fazer exercícios para entender direitinho como funciona a Regra da Mão Direita e não errar na hora da prova! Bons estudos!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Halliday, David, Fundamentos de física, volume I : mecânica, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, pp. 291-85.

Um ciclista de 70   k g apoia toda a sua massa em cada movimento do pedal para baixo enquanto pedala em uma estrada íngreme. Suponha que o diâmetro da circunferência descrita pelo pedal é de 0,40   m e determine o módulo do torque máximo exercido pelo ciclista em relação ao eixo de rotação dos pedais.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Este é um exercício de aplicação da definição de torque, sem mistério! Se liga na imagem.

Se usarmos a forma simplificada:

τ = r F s e n θ

Onde θ é o ângulo entre o vetor direção r → e a força.

Temos que θ = 90 ° e a nossa força F é a força peso P do ciclista. Portanto, substituindo os valores, temos:

τ = 0,2   .   70   .   9,8 ⏟ P = m . g   .   s e n 90 °

τ = 137,2   N . m

Resposta

τ = 137,2   N . m

Exercício Resolvido #2

Halliday, David, Fundamentos de física, volume I : mecânica, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, pp. 288-48.

O corpo da Fig. 10-40 tem um eixo que passa por O e é perpendicular ao papel. Três forças agem sobre ele: F A = 10   N no ponto A , a 8,0   m de O ; F B = 16   N em B , a 4,0   m de O ; e F C = 19   N em C , a 3,0   m de O . Qual é o torque resultante em relação a O ?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Para encontrarmos o torque resultante, iremos realizar a soma vetorial dos torques gerados por cada força.

No entanto, é SUPER IMPORTANTE que você se atente aos sinais de cada torque. Por isso, vamos calcular as intensidades do torque através da fórmula do módulo do torque, mas usaremos a regra da mão direita para definir para que sentido cada um deles aponta.

Definimos o eixo z apontando para você como o sentido positivo, e então:

τ → = τ A → + τ B → + τ C →

Passo 2

Para calcular o módulo do torque usamos a fórmula:

τ = F . r . s e n   θ

Lembrando que θ é o ângulo entre os vetores   F → e   r → . Aplicando a fómula para os pontos A, B e C:

τ A = 10   .   8   .   s e n   135 ° → τ A ≅ 56,5   N . m

τ B = 16   .   4   .   s e n   90 ° → τ B ≅ 64   N . m

τ C = 19   .   3   .   s e n   160 ° → τ C ≅ 19,5   N . m

Passo 3

Agora precisamos realizar a regra da mão direita, para descobrir para que sentido apontam os vetores.

Se você reparar na figura, é possível visualizar que, tanto   F A → quanto   F C → tendem a girar nosso objeto no sentido anti-horário em relação ao eixo de rotação e isso vai gerar um torque que aponta para você, portanto positivo. Já   F B → faz o nosso objeto girar no sentido horário, o que gera um torque negativo, já que o dedão aponta no sentido de furar a tela. Logo:

τ A → ≅ ( 56,5   N . m )   k →

τ B → ≅ ( - 64   N . m )   k →

τ C → ≅ ( 19,5   N . m )   k →

Passo 4

Obtendo o torque resultante:

τ → ≅ 56,5 - 64 + 19,5 N . m   k →

Passo 5

Resposta

τ → ≅ 12   N . m   k →

Exercício Resolvido #3

Halliday, David, Fundamentos de física, volume I : mecânica, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, pp. 320-19.

Em termos dos vetores unitários, qual é o torque em relação à origem a que está submetida uma partícula localizada nas coordenadas ( 0 ,   - 4,0   m ,   3,0   m ) se esse torque se deve (a) a uma força F 1 → de componentes F 1 x = 2,0   N ,   F 1 y = F 1 z = 0 e (b) a uma força F 2 → de componentes F 2 x = 0 ,   F 2 y = 2,0   N ,   F 2 z = 4,0   N ?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

A gente aprendeu que torque é um produto vetorial, entre um vetor Força e um vetor Raio (Braço)

τ → = r → × F →

Então o que vamos fazer nesse exercício é calcular os torques gerados pela força   F 1 → para a letra a ) e para força   F 2 →   para letra b ) .

O enunciado nos diz que em ambos os casos temos um raio r = 0   i ^ - 4     j ^ + 3   k ^ , sendo   i ^ ,       j ^   ,     k ^ , vetores unitários dos eixos x ,     y e z respectivamente.

Vamos fazer um desenho pra gente visualizar melhor esse braço de alavanca.

Agora vamos pra cada uma das forças calcular o torque de cada uma das forças agindo na partícula em relação a origem, beleza?

Passo 2

(a) Por ser um exercício em 3 dimensões fica difícil representar a imagem, mas “planificando” nossas dimensões:

τ → = r → × F →

Um detalhe que facilita um pouco a nossa vida é que a força F 1 → só possui componente em x como mostrado no desenho, daí o produto vetorial fica:

τ 1 → = - 4   j ^ + 3   k ^ × 2   i ^  

Poderíamos resolver de forma matricial ou usando distributiva, nesse caso usaremos a distributiva.

τ 1 → = - 8   j ^   × i ^ + 6 (   k ^ × i ^ )

Podemos usar uma regrinha aqui pro sinal do produto vetorial com essa figura aqui:

Só pensar no sentido do produto, se o sentido for horário o resultado é positivo e se o sentido for anti horário é negativo. Na primeira parcela temos:

  j ^   × i ^ de j ^ para i ^ o sentido é anti-horário e o resultado dessa parcela é k ^ negativo.

  k ^   × i ^ de k ^ para i ^ o sentido é horário e o resultado dessa parcela é j ^   positivo.

então:

τ 1 → = - - 8   k ^ + 6   j ^ = 8 k ^ + 6 j ^

Passo 3

(b) Realizando a mesma coisa para F 2 :

τ 2 → = r → × F 2 →

τ 2 → = ( - 4   j ^ + 3   k ^ ) × 2   j ^ +   4   k ^

O produto vetorial entre dois vetores que estão no mesmo sentido vale 0 (lembra que na fómula aparece s e n   θ ? ) , logo:

τ 2 → = 0 + 6   k ^ × j ^   - 16     j ^ × k ^   + 0

Usando aquela regra do sentido, podemos encontrar pra cá também o resultado do produto vetorial.

A parcela de k ^ para   j ^ vai dar pra gente - i ^ , a outra parcela de j ^ para k ^ vai nos dar algo no sentido + i ^ , assim temos:

τ 2 → = - 6   i ^ - 16   i ^ = - 22   i ^

Resposta

a) τ 1 → = 8   k ^ + 6   j ^   N . m

b) τ 2 → = - 22   i ^   ( N . m )

Exercício Resolvido #4

UNICAMP-P1-2014.2B-Q13.

Duas rodas, uma de raio R e outra de raio 2 R , são fixadas uma sobre à outra de modo concêntrico e são livres para rodar em torno de seu eixo de simetria. Como mostrado abaixo, quatro forças são exercidas tangencialmente às rodas.

Qual é a magnitude do torque resultante?

a) zero

b) F R

c) 2 F R

d) 4 F R

e) 6 F R

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Lembrando que torque é força vezes a distância até o eixo e adotando o sentido horário como positivo, teremos:

Roda maior:

τ 1 = 2 F + F - F 2 R

τ 1 = 4 F R

Roda menor:

τ 2 = 2 F R

O torque total será:

τ T = τ 1 + τ 2

τ T = 4 F R + 2 F R

τ T = 6 F R

Resposta

Letra (e)

Exercício Resolvido #5

Halliday, David, Fundamentos de física, volume I : mecânica, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, pp. 284-7

Na Fig. 10-27, duas forças F 1 → e F 2 → , agem sobre um disco em torno do centro como um carrossel. As forças mantêm os ângulos indicados durante a rotação, que ocorre no sentido anti-horário e com velocidade angular constante. Precisamos diminuir o ângulo θ de F 1 → sem mudar o módulo de F 1 → , (a) Para manter a velocidade angular constante, devemos aumentar, diminuir ou manter constante o módulo de F 2 → ? (b) A força F 1 → tende a girar o disco no sentido horário ou anti-horário? (c) E a força F 2 → ?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

O primeiro passo aqui é montar uma equação que deixe explícita todas as variáveis do problema. Nós acabamos de aprender uma:

τ = I α

Beleza, o I é constante e o α é uma variável que vamos analisar. Resta pra nós calcular o valor de τ , o torque resultante das forças que agem no corpo.

Passo 2

Sabemos que:

τ → = τ 1 → + τ 2 →

Pela definição de torque, temos que:

τ 1 → = r 1 →   x   F 1 → → τ 1 → = r →   x   F 1 →

Pela regra da mão direita, conseguimos o sentido do vetor τ 1 → , que aponta para dentro da tela. Já o módulo, usamos que:

τ 1 = r F 1 s e n θ

Usaremos que o eixo z é orientado positivamente para fora da tela do computador, então:

τ 1 → = - r F 1 s e n θ   k ^

Passo 3

Faremos o mesmo agora com a força F 2 → :

τ 2 → = r 2 →   x   F 2 → → τ 2 → = r →   x   F 2 →

Combinando os resultados da regra da mão direita com a fórmula simplificada para o módulo:

τ 2 → = r F 2 s e n 90 °   k ^ → τ 2 → = r F 2   k ^

Passo 4

Combinando os resultados:

τ → = r F 2 - F 1 s e n θ   k ^

E então:

r F 2 - F 1 s e n θ = I α

Na letra (a), se deseja manter a velocidade angular constante, ou seja, a aceleração angular deve ser zero.

α = 0 → F 2 = F 1 s e n θ

Se precisamos manter o módulo de F 1 constante e diminuir o ângulo θ , perceberemos que o lado direito da equação acima irá diminuir. Portanto, para manter a equação válida devemos diminuir o módulo de F 2 .

Passo 5

Na letra (b), podemos imaginar o movimento no ponto onde a força F 1 → está aplicada.

Sabendo que somente a componente perpendicular ao raio realizará esse movimento, podemos concluir que o disco giraria no sentido horário se somente a força F 1 → fosse aplicada.

Já na letra (c), aplicando o mesmo conceito, , conseguimos concluir que o disco giraria no sentido anti-horário se somente a força F 2 → fosse aplicada.

Resposta

  1. Diminuir
  2. Horário
  3. Anti-horário

Exercício Resolvido #6

Halliday, David, Fundamentos de física, volume I : mecânica, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, pp. 284-6- Modificada.

A figura abaixo mostra uma vista superior de uma barra horizontal que gira em torno de um eixo sob a ação de duas forças horizontais, F 1 → e F 2 → , com F 2 → fazendo um ângulo ϕ com a barra. Ordene os seguintes valores de ϕ de acordo com o módulo da aceleração angular da barra, do maior para o menor: 90 ° ,   70 ° e 110 ° .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Para analizarmos a variação da aceleração angular com o valor de ϕ , precisamos de uma expressão que relacione essas duas variáveis.

Vamos usar a irmãzinha da segunda lei de Newton:

τ = I α

Passo 2

Beleza, temos que encontrar o torque total τ :

τ → = τ 1 → + τ 2 →

A força F 1 → tem módulo e direção fixa, além de não ser de nosso interesse nesse problema. Portanto, deixemos o torque realizado por ela como τ 1 → mesmo.

Já na força F 2 → , apesar de ter o módulo fixo, há uma variação do ângulo que a força faz com o vetor direção. Logo:

τ 2 = d F s e n ϕ

Onde d é a distância do eixo de rotação para o ponto de aplicação da força, que se mantém fixa.

Passo 3

Juntando as equações:

τ = τ 1 + τ 2

τ = I α

Temos:

τ 1 + d F s e n ϕ = I α

Como queremos analisar a variação da aceleração angular α :

α = τ 1 + d F s e n ϕ I

Passo 4

Com os ângulos em questão, temos o seguinte:

s e n 90 ° > s e n 70 ° = s e n 110 °

Logo:

α 90 ° > α 70 ° = α 110 °

- ''

Resposta

α 90 ° > α 70 ° = α 110 °

Exercício Resolvido #7

Halliday, David, Fundamentos de física, volume I : mecânica, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, pp. 288-52 - Modificada.

A figura abaixo mostra as partículas 1 e 2, ambas de massa m , presas às extremidades de uma barra rígida de massa desprezível e comprimento L 1 + L 2 , com L 1 = 20   c m e L 2 = 80   c m . A barra é mantida horizontalmente no fulcro até ser liberada. Qual é o módulo da aceleração inicial (a) da partícula 1 e (b) da partícula 2?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

O caminho para a resolução dessa questão será:

  1. Encontrar o torque total que age no corpo
  2. Encontrar a aceleração angular da barra (que é a mesma para todos os pontos)
  3. Encontrar a aceleração linear de cada partícula.

Mãos à obra!

Passo 2

Como a barra não tem peso, as únicas forças que agem nesse sistema são os pesos das partículas 1 e 2, ambos, como sempre, apontando para baixo.

Ficou fácil! Vamos lá:

τ → = τ 1 → + τ 2 →

Se ligou que o peso é perpendicular ao vetor direção? Isso significa que o seno entre os dois vetores é sempre 1 , portanto:

τ 1 = m g L 1

τ 2 = m g L 2

E então usamos a regra da mão direita para saber o sentido do torque. Nunca esquecendo de definir um sentido para ser o positivo. Usaremos aqui o eixo z saindo da tela como positivo.

Vamos lá: o torque realizado pelo peso da partícula 1 é, portanto, positivo. Já o da partícula 2 é negativo.

Reunindo os resultados:

τ → = m g L 1 - L 2 k ^

Passo 3

Para encontrar a aceleração angular, temos que primeiramente encontrar o momento de inércia do sistema.

Sabendo que a barra tem massa desprezível:

I = I 1 + I 2

E então:

I = m L 1 2 + m L 2 2

Usando a relação do torque com a aceleração angular:

τ = I α

m g L 1 - L 2 = m L 1 2 + L 2 2 α

E podemos, finalmente, isolar o α :

α = L 1 - L 2 L 1 2 + L 2 2   g

Passo 4

Agora é fácil encontrarmos o que é pedido, só lembrar lá da cinemática:

a = α r

E então, para cada partícula, temos:

a 1 = α L 1

a 2 = α L 2

Substituindo os valores no SI:

a 1 = 0,2 - 0,8 0,2 2 + 0,8 2   0,2.9,8 = - 1,7 → a 1 = 1,7   m / s 2

a 2 = 0,2 - 0,8 0,2 2 + 0,8 2   0,8.9,8 = - 6,9 → a 2 = 6,9   m / s 2

Resposta

a) a 1 = 1,7   m / s 2

b)   a 2 = 6,9   m / s 2

Exercício Resolvido #8

Halliday, David, Fundamentos de física, volume I : mecânica, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, pp. 289-54 - Modificada.

Na figura abaixo um cilindro com uma massa de 2,0   k g pode girar em torno de seu eixo central, que passa pelo ponto O . As forças mostradas têm os seguintes módulos: F 1 = 6,0   N , F 2 = 4,0   N , F 3 = 2,0   N e F 4 = 5,0   N . As distâncias radiais são r = 5,0   c m e R = 12   c m . Determine (a) o módulo e (b) a orientação da aceleração angular do cilindro. (Durante a rotação, as forças mantêm seus ângulos em relação ao cilindro.)

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Esse é mais um exercício sem mistério, a abordagem é a mesma. Primeiramente, vamos encontrar o torque resultante das 4 forças e depois aplicar a relação:

τ = I α

Para então encontrar a aceleração angular.

Devemos lembrar também que essa relação também é válida na forma vetorial, ou seja:

τ → = I α →

O que significa que a rotação que o torque imprime ao corpo tem o mesmo sentido e a mesma direção que a aceleração angular.

Passo 2

Para encontrarmos o torque resultante, fazemos a soma vetorial dos torques de cada força:

τ → = τ 1 → + τ 2 → + τ 3 → + τ 4 →

Vamos calcular um por um. Já vamos fazendo a conta e fazendo a regra da mão direita para definirmos o sentido da rotação.

Para F 1 → , temos que:

τ 1 → = R F 1 s e n 90 °   k ^ → τ 1 → = 0,12   .   6   k ^

τ 1 → = 0,72   k ^   ( N . m )

Em F 2 :

τ 2 → = - R F 2 s e n 90 °   k ^ → τ 2 → = 0,12   .   4   k ^

τ 2 → = - 0,48   k ^   ( N . m )

Já para F 3 :

τ 3 → = - r F 3 s e n 90 °   k ^ → τ 3 → = 0,05   .   2   k ^

τ 3 → = - 0,1   k ^   ( N . m )

No entanto, a linha de ação da força F 4 → passa pelo eixo de rotação, logo:

τ 4 → = 0

Passo 3

Reunindo os resultados:

τ → = 0,72 - 0,48 - 0,1 + 0   k ^   ( N . m )

τ → = 0,14   k ^     ( N . m )

Agora, precisamos do valor do momento de inércia I do cilindro em relação ao centro de massa dele. Este valor é tabelado e vale:

I = M R 2 2

Substituindo os valores de M e R :

I = 2   .   0,12 2 2

I = 1,44   .   10 - 2   k g . m 2

Passo 4

Por último, temos: