Exercícios Resolvidos de Torque

PUCRIO, Física B - FIS1026, P3 - 2015.1, Questão 3

No instante de tempo t = 0 um objeto esférico de massa M e raio R , gira deslizando com velocidade angular ω 0 e velocidade do centro de massa v C M nula em uma superfície horizontal com coeficiente de atrito cinético μ c (veja a figura). Considere como ponto de contato do objeto com a superfície a origem do sistema de coordenadas. Utilize g para a aceleração da gravidade.

a) Faça um diagrama de corpo livre do objeto.

b) Escreva as equações de Newton que descrevem o movimento.

c) Determine, enquanto o objeto rola deslizando, aceleração do seu centro de massa a C M e sua aceleração angular α .

d) Escreva as expressões em função do tempo para a velocidade do centro de massa v C M ( t ) e para a velocidade angular 𝜔(𝑡) do objeto enquanto ele rola deslizando.

e) Sabendo que no tempo t s = 2 ω 0 R 7 μ c g o objeto esférico passa a rolar sem deslizar, ache a razão entre suas energias cinéticas de translação e rotação.

Passo 1

a)

Esse é aquele típico primeiro item pra ninguém zerar a questão haha. As forças que atuam no objeto são a força peso p = M g , a força normal N e a força de atrito F a t , então o diagrama de corpo livre seria esse:

Só não tem que dar mole e botar, por costume, a força de atrito apontando pra esquerda! Porque a esfera está rodando no sentido horário, então o atrito tem que ser contra o movimento, no sentido anti-horário.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b)

Agora ele pediu as equações de Newton do movimento. Bem, temos uma mistura de uma translação com uma rotação. Vamos começar analisando a translação, beleza?

A translação é toda no eixo x : a aceleração do objeto no eixo y é nula. E pela 2ª lei de Newton,

F y = M a y

Ou seja,

F y = 0

Portanto, o somatório das forças atuando no eixo y , que são o peso e a normal, dá zero:

F y = N + M g = 0

N - M g = 0

Passo 3

Show, agora vamos ver no eixo x . Só temos a força de atrito atuando:

F x = F a t

Então pela 2ª lei de Newton:

F a t = M a ,

a sendo o vetor aceleração do centro de massa do objeto.

Usando os módulos, também podemos escrever

F a t = M a

Passo 4

Faltou só a rotação! O eixo de rotação é o centro da esfera, onde fica seu centro de massa. Repare que a única força realizando torque em relação a esse eixo é a força de atrito.

Portanto, o torque resultante τ r e s em relação ao eixo passando pelo centro da esfera é igual ao torque realizado pela força de atrito:

τ r e s = τ F a t

E τ F a t é dado por:

τ F a t = r × F a t ,

o vetor r sendo o vetor posição do ponto de aplicação da força de atrito em relação ao centro da esfera.

Passo 5

Pela figura abaixo, podemos ver que r = R ( - j ) :

Ou seja,

τ F a t = r × F a t

τ F a t = R - j × F a t i

τ F a t = R F a t k

E pela versão pra rotação da 2ª lei de Newton, sabemos que

τ r e s = I c m α

Portanto, obtemos disso tudo que

τ r e s = τ F a t = R F a t k = I c m α

O que, em módulo, fica:

τ r e s = τ F a t = R F a t = I c m α

Obs: Nem precisamos calcular o momento de inércia, ele só pediu pra montar as equações!

Passo 6

Recapitulando, usando as equações com os módulos, obtivemos:

N - M g = 0 F a t = M a R F a t = I c m α

Passo 7

c)

Agora queremos achar a aceleração do centro de massa a C M e a aceleração angular α .

Essa a C M foi a que eu chamei simplesmente de a no item anterior. E a gente achou

F a t = M a

Ou seja, dá no mesmo dizer que

F a t = M a C M

Passo 8

E o módulo da força de atrito a gente sabe calcular!

F a t = μ c N

Vimos no item anterior que N - m g = 0 N = M g . Ou seja,

F a t = μ c M g

E a força de atrito aponta no sentido positivo do eixo x , então

F a t = μ c M g   i

Passo 9

Agora ficou fácil!

F a t = M a C M

μ c M g   i = M a C M

a C M = μ c g   i

Passo 10

Vamos partir pra aceleração angular! Na letra (b) vimos que

R F a t = I c m α

Depois também achamos

F a t = μ c M g

Ou seja,

R μ c M g = I c m α

Passo 11

Você pode até saber o momento de inércia de uma esfera, mas de qualquer maneira o enunciado dá:

I c m   e s f e r a = β M R 2 ,   c o m   β = 2 5

Portanto,

I c m = 2 5 M R 2

Então a equação de cima fica

R μ c M g = 2 5 M R 2 α

μ c g = 2 5 R α

α = 5 μ c g 2 R

Passo 12

Mas a gente quer o vetor α . Vimos lá atrás que τ F a t = R F a t k = I c m α . Isso significa que α tem o mesmo sentido do vetor k .

Logo,

α = 5 μ c g 2 R k

Passo 13

d)

Acabamos de achar que

a C M = μ c g   i     a C M = μ c g

Isso significa que a aceleração do centro de massa é constante, então a esfera está seguindo um MRUV, cuja equação pra velocidade é:

v t = v 0 + a t

ou seja:

v C M t = v C M 0 + a C M t

O enunciado diz que a velocidade inicial do centro de massa v C M 0 é nula, portanto:

v C M t = a C M t = μ c g t

Passo 14

Usando o mesmo raciocínio pra rotação, temos que a aceleração angular é constante:

α = 5 μ c g 2 R

E a equação o movimento circular uniformemente variado é:

ω t = ω 0 + α t

Mas atenção! O sentido positivo da rotação é anti-horário e ω 0 está no sentido horário! Então pra equação ser de uma rotação no sentido anti-horário, temos que inverter o sinal de ω 0 , ok? Então vai ficar:

ω t = - ω 0 + α t = - ω 0 + 5 μ c g 2 R t

Passo 15

e)

Vejamos, ele disse que a esfera passou a rolar sem deslizar. Isso significa que o ponto de contato da esfera com o chão passa a ter velocidade nula. Ou seja, o atrito cinético vira um atrito estático, então a aceleração do CM vai ser alterada!

E ele pede a razão das energias cinéticas de translação e rotação exatamente no momento t s em que a esfera passa a rolar sem deslizar. Mas essa mudança é instantânea, no momento t s as equações do movimento que achamos na letra (d) ainda estão valendo!

Acho que esse lance da esfera passar a rolar sem deslizar era uma tentativa de pegadinha do enunciado (que, diga-se de passagem, é meio confuso).

Enfim, não vamos nos preocupar com isso e podemos usar na maior tranquilidade os valores:

v C M t = μ c g t

ω t = - ω 0 + 5 μ c g 2 R t

Passo 16

A energia cinética de translação é:

K t r a n s = 1 2 M v c m t s 2 = 1 2 M μ c g t s 2

K t r a n s = 1 2 M μ c g 2 ω 0 R 7 μ c g 2

K t r a n s = 1 2 M 2 ω 0 R 7 2

K t r a n s = M 2 4 ω 0 2 R 2 49

K t r a n s = 2 M ω 0 2 R 2 49   J

Passo 17

E a energia cinética de rotação é:

K r o t = 1 2 I c m ω t s 2

K r o t = 1 2 2 5 M R 2 - ω 0 + 5 μ c g 2 R t s 2

K r o t = 1 5 M R 2 - ω 0 + 5 μ c g 2 R 2 ω 0 R 7 μ c g 2

K r o t = 1 5 M R 2 - ω 0 + 5 7 ω 0 2

K r o t = 1 5 M R 2 - 2 7 ω 0 2

K r o t = 1 5 M R 2 4 ω 0 2 49   J

Vou deixar assim pra poder cortar esse 49 com o 49 do K t r a n s .

Passo 18

Show, estamos quase acabando! A razão das energias cinéticas é:

K t r a n s K r o t = 2 M ω 0 2 R 2 49 1 5 M R 2 4 ω 0 2 49 = 2 M ω 0 2 R 2 49 49 5 M R 2 4 ω 0 2

Vai dar pra cortar um monte de coisa, saca:

Então sobrou:

K t r a n s K r o t = 2 5 4 = 5 2

Resposta

a)

b)

N - M g = 0 F a t = M a R F a t = I c m α

c)

a C M = μ c g   i

α = 5 μ c g 2 R k

d)

v C M t = μ c g t

ω t = - ω 0 + 5 μ c g 2 R t

e)

K t r a n s K r o t = 5 2

Esse conteúdo é exclusivo para cadastrados.

Cadastre-se grátis no maior portal de exatas do Brasil!

Relaxa, não vamos publicar nada no seu nome.

  • Resumões direto ao ponto
    Resumões
    direto ao ponto
  • Exercícios resolvidos passo a passo
    Exercícios resolvidos
    passo a passo
  • Videoaulas incríveis
    Videoaulas
    incríveis
  • Aulões Salva-Vidas
    Aulões
    Salva-Vidas