Exercícios Resolvidos de Torque

UNICAMP, Física 1, P3 - 2012.1 Noturno, Questão 2

Uma haste uniforme de comprimento L   e massa M   pode rodar livremente em torno de um pino passando por uma das extremidades (ponto O). A haste é abandonada na posição horizontal a partir do repouso.

  1. Qual é a sua velocidade angular quando ela atinge a posição vertical?
  2. Determine a velocidade linear do centro de massa e a da extremidade da haste quando ela está na posição vertical.
  3. Qual é o torque na haste e sua aceleração angular em função do ângulo que a haste forma com a posição vertical ?
  4. O momento angular da haste em relação ao ponto O se conserva? Justifique sua resposta.

Dado: O momento de inércia de uma haste de massa M e comprimento d em relação a um eixo que passa pelo seu centro de massa é I c m = M d 2 12 .

Passo 1

a):

Vamos usar a conservação de energia no centro de massa da barra.

Como o centro de massa está em L 2 , a sua altura inicial vai ser: h = L 2

Então a energia potencial inicial é:

E p = m g h = M g L 2

Mas a energia final é cinética:

E c = M v 2 2 + I ω 2 2

Obs: Tanto cinética quanto rotacional.

Mas a gente pode usar a relação:

ω R = v

Pra:

R = L 2

E obtemos:

v = ω L 2

Então:

M g L 2 = M 2 ω 2 L 2 4 + I ω 2 2

Agora usando:

I = I c m + M d 2 = M L 2 12 + M L 2 2 = M L 2 12 + M L 2 4 = 16 M L 2 48 = M L 2 3

Então:

M g L 2 = M ω 2 L 2 8 + M ω 2 L 2 6

4 M g L = M ω 2 L 2 + 4 3 M ω 2 L 2

4 g = ω 2 L + 4 3 L

4 g = ω 2 7 L 3   ω = 12 g 7 L   r a d / s

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b):

Pra determinar a velocidade linear do centro de massa, é só a gente aplicar de novo:

v = ω R

Com:

R = L 2

Então:

v c m = 12 g 7 L . L 2 = 3 g L 7   m / s

Agora, pra achar a velocidade da ponta é só fazer a mesma coisa só que mudando o valor do raio:

R = L

v p o n t a = ω L = 12 g 7 L . L = 12 g L 7   m / s

Passo 3

c):

Bom, o torque será ma´ximo quando o torque da força peso for.

E ele é máximo na horizontal, né? Já que ali o ângulo que o vetor peso faz com o comprimento da barra é de noventa graus.

Esse também é o ângulo que a barra faz com a vertical. Vamos chama-lo de:

θ

Além disso, quando a barra está toda vertical, “em pé”, o torque é nulo, já que o peso fica paralelo ao comprimento da barra.

Assim, nesse momento a barra faz um ângulo zero com a vertical e o torque se anula. Então a função que melhor descreve esse torque oscilante será:

τ = τ 0 s e n θ

Já que:

θ = 0 τ = 0

θ = π 2 τ = τ 0 s e n θ = 1

Show? Isso tudo ai foi calculado em módulo.

Vamos calcular esse τ 0 :

τ 0 = P . L 2 = M g L 2

L 2 Porque estamos considerando um torque que age diretamente no centro de massa.

Assim:

τ = M g L 2 s e n θ

Beleza. E a aceleração? Bom, é só usar:

τ = I α

Com:

I = M L 2 3

Assim:

M g L 2 s e n θ = M L 2 3 α α = 3 g 2 L

Passo 4

d):

Não se conserva pois o torque externo não é nulo em todo o instante.

Assim:

τ = d L d t 0

A não ser quando θ = 0 :

θ = 0 τ = 0 d L d t = 0 L = c t e

Então, o momento angular só se conserva quando a barra fica na vertical.

Resposta

a):

ω = 12 g 7 L   r a d / s

b):

v c m = 12 g 7 L . L 2 = 3 g L 7   m / s

v p o n t a = 12 g L 7   m / s

c):

τ = M g L 2 s e n θ

α = 3 g 2 L

d):

Então, o momento angular só se conserva quando a barra fica na vertical.

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