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Sumário

12 Momento Angular 112.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Momento Angular de Uma Partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

12.2.1 Partícula percorrendo uma reta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2.2 Partícula percorrendo um círculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

12.3 Momento Angular de um Corpo Rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.4 Conservação do Momento Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1312.5 Impulso Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

i

Capítulo 12

Momento Angular

12.1 Introdução

Elétrons, núcleons e moléculas - rodas, engrenagens e polias - planetas, estrelas e galáxias - tudogira. O que faz uma roda girar? Uma vez girando, o que a faz parar? Um torque exercido sobre aroda acarreta uma variação em sua velocidade angular.

Uma vez em movimento, a roda tende a continuar girando. Os torques devido ao atrito nosmancais e a resitência do ar reduzem a velocidade da roda, levando-a parar. O fato de que a rodatende a continuar girando evidencia a existência de momento associado ao movimento rotacional- o momento angular.

12.2 Momento Angular de Uma Partícula

A cada grandeza rotacional existe uma grandeza análoga referente ao movimento de translação deuma partícula. A grandeza rotacional análoga ao momento linear p é o momento angular, lou L. A conservação do momento linear foi estabelecida utilizando as leis de Newton. Da mesmaforma, as leis de Newton conduzem a outro princípio de conservação - o princípio de conservação

do momento angular.

A força aplicada a uma partícula de massa m produz uma variação da velocidade, dv/dt,e escrevemos, F = mdv/dt. Essa força produz um torque sobre a partícula localizada a umadistância r da origem O, Fig.(12.1), de um referencial inercial.

Escrevemos

τ = r ×mdv

dt=

d

dt(r ×m v)− dr

dt×m v.

O último termo é nulo, pois dr/dt = v e o produto vetorial com o vetor m v é igual a zero. Dessaforma a expressão acima se torna

τ = r ×mdv

dt=

d

dt(r ×m v).

1

2 Cap. 12. Momento Angular

τ =d

dtL. (12.1)

O termo r×m v foi substituída pelo vetor L de�nido como sendo o vetor momento angular.

A relação do momento angular L com p (o momento linear) é análoga à relação que liga otorque com a força, τ = r × F .

L ≡ r × p = r ×mv (12.2)

e dizemos que

o momento angular de uma partícula em relação a um ponto de referência 0, é igual

ao produto vetorial do vetor posição r da partícula medido a partir de 0, pelo momento

linear p da partícula.

A dimensão do momento angular em SI é kg.m2/s. O módulo L do momento angular é

L = r p senϕ,

onde ϕ é o ângulo entre r e p. A direção do vetor momento angular é perpendicular ao planoformado por r e p e o seu sentido pode ser determinado pela regra da mão direita. No casoapresentado na Fig.(12.1) o L aponta na direção Z.

Figura 12.1: Uma partícula de massa m move no plano x y. O momentoangular da partícula em relação um eixo é L = r × p perpendicular aosvetores posição da partícula r em relação ao eixo e ao vetor momento linearp.

12.2. Momento Angular de Uma Partícula 3

Quando uma força resultante F atua sobre uma partícula, sua velocidade e seu momento linearvariam, de modo que seu momento angular também pode variar. Derivando a Eq.(12.2) em relaçãoao tempo e usando a regra de um produto, obtemos:

dL

dt=

dr

dt×mv + r ×m

dv

dt= v ×mv + r ×ma

O primeiro termo é zero porque contém o produto vetorial do vetor v por ele mesmo. Nosegundo termo temos a força resultante F (= ma) e obtemos

dLdt = r × F = τ . (12.3)

A taxa de variação do momento angular de uma partícula é igual ao torque da força

resultante que atua sobre ela.

Usaremos a Eq.(12.2) para encontrar o momento angular total de uma partícula que move emlinha reta e num círculo.

12.2.1 Partícula percorrendo uma reta

Uma partícula mesmo movendo em uma trajetória retilínea possui momento angular. A Fig.(12.2)mostra uma partícula no plano XY movendo-se em linha reta paralela ao eixo X. O vetor r é ovetor posição em relação a um eixo de rotação que passa pelo O num referencial inercial. O seumomento linear é p = m v e o momento angular, L = mv r⊥. A distância r⊥ = r senϕ é aquelada trajetória da partícula ao eixo X e é constante. O vetor r varia continuamente em sua posiçãoporque a sua direção, ângulo ϕ, do vetor r varia, no caso r cresce e ϕ decresce mantendo o produtoconstante. Pela equação Eq.(12.2), o módulo do momento angular da partícula em relação ao eixoque passa pela origem O é

L = r p senϕ = mv r⊥, (12.4)

Se a velocidade da partícula é constante, seu momento angular é constante; de outro modo, variacom o tempo. Pela regra da mão direita, o vetor L para a partícula na Fig.(12.2) aponta nosentido −k (vetor entrando na página).

Mostramos aqui que existe momento angular mesmo se a partícula não estivesse movendo emuma trajetória circular. A variação da posição angular (não necessariamente uma volta completa)aparece no ângulo ϕ em relação ao eixo deslocado da trajetória da partícula.


Figura 12.2: Uma partícula no plano XY movendo-se em linha retaparalela ao eixo-X.

Exemplo 1: Qual é o momento angular, em relação à origem, de uma partícula de 40, 0 kg,

no instante em que sua posição é r = −3, 50i + 1, 50 j, em metros, e sua velociade vetorial év = 2, 00 i− 6, 00 j, em metros por segundo?

Solução Utilizamos a de�nição do momento angular de uma partícula apresentada na Eq.(12.2).Calculamos

L = m r × v = 40, 0(−3, 5i+ 1, 50 j)× (2, 00 i− 6, 00 j)

= 40, 0[(3, 5)(6, 0)− (1, 5)(2, 0)]k

= 40(21− 3) = (40)(18) = 720

L = 7, 20× 102 k (kg.m2/s).

O vetor momento angular aponta na direção Z negativo e é constante, consequentemente, otorque é nulo.

12.2.2 Partícula percorrendo um círculo

Caso simples e importante a considerar é o de uma partícula percorrendo um círculo de raio r,Fig.(12.3). Determina-se o momento angular em relação ao centro do círculo por onde passa oeixo de rotação. Como a velocidade v é perpendicular ao vetor posição r, logo pela Eq.(12.2),

L = r p = rmv. (12.5)

O sentido do vetor momento angular pode ser determinado utilizando a regra de mão direitaentre os vetores r e p da Fig.(12.3). Os vetores r e p estão contidos no plano XY, signi�ca que

12.2. Momento Angular de Uma Partícula 5

Figura 12.3: Partícula em movimento circular no plano XY. O seuo momento angular em relação à origem 0 é L = mr2ωk.

L se dispõe ao longo do eixo z e aponta para +k (ou −k se o movimento da partícula é horário).Dessa forma, escreve-se o momento angular, na forma vetorial, como

L = mr2 ω k = I ω. (12.6)

Foi utilizado a relação v = r ω, onde ω é a velocidae angular da partícula. Observe que L e ω sãoparalelos e a grandeza mr2 é a inércia rotacional da partícula em relação ao eixo z.

Exemplo 2: Uma conta de 72 g desliza sem atrito em um arame circular orientado vertical-mente, de 0, 90m de raio, Fig.(12.4). (a) Se a conta é liberada do repouso em θ0 = 0, 93 rad,qual é seu vetor momento angular em relação ao centro do círculo no instante em que ela cruza oeixo X? (b) Calcule, na mesma situação, a variação do momento angular. (c) Comente os mo-vimentos acelerado e desacelerado que a conta realiza enquanto ela se deloca descendo e subindopelo arame circular, pelos lados esquerdo e direito da �gura.

Solução Um corpo colocado livremente numa posição vertical tende a se mover para baixo soba ação de uma força - a força gravitacional. Este corpo, a conta, move ao longo do arame circularde raio r = 0, 90m que será a sua linha de trajetória em torno do eixo que passa pelo centro docírculo em O. Em cada instante de seu movimento, a força gravitacional produz um torque emrelação ao eixo. A posição inicial em graus é 53, 3o. O momento angular é calculado utilizando-sea Eq.(12.2):LO = m r × v.

(a) Quando a conta passa pelo eixo X, os vetores r e v são perpendiculares e o momento angularresulta em

LO = −rmv k.

A velocidade é obtida utilizando a lei da conservação da energia:


mv2

2= mg h0 = mg r senθ0 ⇒ v =

√2 g r senθ0.

O valor encontrado é v =√

2 (10, 0) (0, 90) sen(0, 93) = 3, 80m/s. O momento angular écalculado cujo valor é

LO = −0, 25 k (kg m2/s).

O vetor momento angular aponta para dentro da página.(b) A variação do momento angular é o torque devido a força aplicada sobre o corpo, no caso, é aforça gravitacional. Quando a conta passa pelo eixo X, os vetores r e a força gravitacional estãoperpendiculares entre si e resulta em

dL

d t= τO = r ×m g = −rmg k = −0, 65 k N m.

Como os vetores τO e L são paralelos, signi�ca que o movimento de rotação é acelerado.(c) O movimento acelerado acontece também quando a conta desce no arame pelo lado esquerdoda �gura. Usando a regra da mão direita para os produtos r ×mg e r ×mv, encontramos que osentido de τ é o sentido positivo do eixo Z, o mesmo que o de L. O movimento é desaceleradoquando a conta sobe no lado direito. O vetor L aponta em direção +k (rotação em sentido anti-horário) e o sentido do vetor torque é o sentido negativo do eixo Z, −k. Quando a conta sobe nolado esquerdo, os sentidos dos vetores se alternam e o movimento é desacelerado também.

Figura 12.4: Uma conta desliza sem atrito em um aramecircular orientado verticalmente.

12.3. Momento Angular de um Corpo Rígido 7

12.3 Momento Angular de um Corpo Rígido

Um corpo rígido gira em torno do eixo z Considera-se o corpo rígido constituído de n partículas,cada uma delas de massa mi na posição ri em relação à origem O, e que se desloca com avelocidade escalar vi = ri ω, Fig.(12.5). O seu momento angular é

Li = mi r2i ω. (12.7)

Figura 12.5: O elemento de massa de um corpo rígido gira ao redor deum eixo e o momento angular L do corpo rígido em relação ao eixo estána mesma direção da velocidade angular ω.

O momento angular deste corpo é a soma dos momentos angulares das partículas individuais:

L =∑

Li (12.8)

Se o corpo rígido gira em torno de um eixo de simetria que passa pelo seu centro de massa, omomento angular é

L = (∑

mi r2i ) ω = I ω (12.9)

A Eq.(12.9) vale tanto para o corpo que esteja girando em torno de um eixo de simetria quepassa pelo seu centro de massa como para o corpo em rotação em torno de um eixo que é paraleloàquele que passa pelo centro de massa de um corpo, Fig.(12.6). Neste caso utilizamos o teoremade eixos paralelos para expressar a inercia rotacional em relação ao eixo em O′. De acordo comeste teorema, a inércia rotacional I ′ em torno do eixo z′ é

I ′ = Icm +md2,


onde m é a massa total do corpo. Multiplicando cada elemento por ω, obtemos

I ′ω = Icm ω +md2 ω.

Figura 12.6: (a)Elemento de massa, como partícula, de um corporígido e o seu momento angular em relação à origem.

A grandeza I ′ ω é o momento angular em relação ao eixo em O′, enquanto Icm ω é o momentoangular em relação ao eixo passando pelo centro de massa. A grandeza md2 ω é o momentoangular de um corpo rígido como uma partícula de massa m que gira com velocidade angular ωnum círculo de raio d em torno do eixo em O′. A Eq.(12.9) é reescrita como

L = Lcm + rcm ×m vcm. (12.10)

A variação do momento angular para uma partícula, Eq.(12.8), é extendida para um corporígido considerando constituído de n−partículas, dessa forma escrevemos como∑

τi =∑ dLi

dt=

d

dt(∑

Li) =dL

dt(12.11)

Nesta equação a soma dos torques pode incluir tanto os torques internos como os devidos àsforças externas ao sistema. As forças internas entre as duas partículas atuam paralelamente à retaque as une, e satisfazem a terceira lei de Newton, logo a soma dos torques internos é nula,

∑τext =

dLdt

(12.12)


Figura 12.7: (b) O corpo gira em torno de um eixo deslocado do centro de massa do corpo.

Esta é igual a Eq.(12.3) obtida para uma partícula. A taxa de variação do momento angular

de um sistema é igual ao torque resultante que atua sobre o sistema em virtude das forças

externas.

No exemplo a seguir é apresentado quatro métodos de resoluções ao mesmo problema.

Exemplo 3: A Fig.(12.8a) mostra dois corpos unidos um �o leve e inextensível passando poruma polia �xa ao teto. Consideramos a polia de raio R e massa m e não há atrito em seu eixo. Oscorpos de massas m1 e m2 ( m2 > m1) se movem com aceleração linear a, a partir do repouso, nosentido indicado na �gura. A corda não desliza sobre a superfície da polia. Encontrar a expressãopara a aceleração linear dos dois corpos.

Solução Como o corpo m2 possui maior massa, então ele desce e outro sobe com a mesmaaceleração em módulo, uma vez que a corda é inextensível. Todos os pontos da corda e da bordada polia possuem a mesma velocidade linear v e vale a relação v = Rω, onde ω é a velocidadeangular da polia. Do mesmo modo, entre as acelerações linear e angular, a = Rα.

Primeiro Método Aplicaremos para esta análise: as equações dinâmicas de movimento doscorpos como partículas sob uma força resultante (segunda lei de Newton de translação); e a poliacomo um corpo rígido sob um torque resultante. A polia gira no sentido horário e os vetores das


grandezas de rotação têm direção entrando no plano da �gura, −k. Aqui separamos os corposem três partes conforme os diagramas de forças construídos, Fig.(12.8b). O vetor torque atuandosobre a polia em seu eixo de rotação é τ = τ1+ τ2, onde os índices 1 e 2 se referem às contribuiçõesdas forças T1 e T2 exercidas pela corda nas bordas direita e esquerda da polia. A força gravitacionalexercidad pela Terra sobre a polia, mg e a força de reação exercida pelo eixo sobre a polia passampelo eixo de rotação e, portanto, não produzem torque. As expressões escalares de torque e demovimento dos corpos são

T1 R− T2R = −I α =⇒ (T2 − T1)R = I α, (12.13)

T1 −m1 g = m1 a; T2 −m2 g = −m2 a. (12.14)

O sinal negativo se refere ao sentido negativo de orientação dos vetores. As acelerações angularda polia e translacional dos corpos são relacionados por a = Rα. Usando esta relação e operandoas Eqs.(12.13) e (12.14), obtemos a expressão para a aceleração translacional:

a =m2 −m1)g

m1 +m2 + I/R2. (12.15)

As tensões na corda e a reação R se obtem pelas expressões

T1 = m1(g + a),

T2 = m2(g − a), (12.16)

R = T1 + T2 +mg. (12.17)

Segundo Método O princípio de conservação da energia é utilizado. Considera-se que oscorpos se movem verticalmente a uma distância h, m1 para cima e m2 para baixo. Considera-se,na posição inicial dos corpos, a referência de energia potencial nula e energia cinética, também,nula por que os corpos iniciam o movimento do repouso. Destas considerações escrevemos

m1 g h−m1 g h+m1 v

2

2+

m1 v2

2+

I ω2

2= 0. (12.18)

A velocidade angular da polia se relaciona com a velocidade linear de um ponto da borda destecorpo por ω = v/R. Usando esta relação e a Eq.(12.18) para expressar v2 como

v2 = 2

[(m2 −m1)g

m1 +m2 + I/R2

]h. (12.19)

Esta expressão é a conhecida equação de Torricelli, onde o termo entre colchetes é a aceleraçãodos corpos. Deste modo

a =(m2 −m1)g

m1 +m2 + I/R2. (12.20)


Figura 12.8: Exemplo 3: (a) Dois corpos e uma polia (máquina deAtwood). (b) Diagrama de forças envolvidas no sistema.

é a expressão anteriomente obtida, Eq.(12.15).

Terceiro Método Nesta análise identi�camos a polia e os corpos como um sistema nãoisolado, Fig.(12.8a), sujeito ao torque externo devido à força gravitacional sobre os corpos. Aequação ,

∑τext = Is α, é utilizada, onde Is é a inércia rotacional do sistema composto por polia

e dois corpos. Escrevemos

m1 g R−m2 g R = −Is α. (12.21)

Consideramos os corpos na borda da polia, então

Is = I +m1R2 +m2 R

2

e usando α = a/R, obtemos da expressão acima, Eq.(12.21), para a aceleração escalar de trans-lação a.

Quarto Método Neste último método, com as mesmas considerações do terceiro método,utilizamos a Eq.(12.12), ou seja, o momento angular. O sentido de movimento dos corpos é horárioe escrevemos o momento angular com sinal negativo:

L = −m1 v R−m2 v R− I v/R = −(m1 +m2 + I/R2)RV.

Aplicando a derivada, temos

dL

dt= −(m1 +m2 + I/R2)Ra.


A Eq.(12.12 se torna

m1 g R−m2 g R = −(m1 +m2 + I/R2)Ra (12.22)

e a expressão para aceleração a é obtida.Observações Pretendeu-se mostrar neste exemplo, a máquina de Atwood, já conhecida nas

aplicações das Leis Newton, como os conceitos de torque e momento angular são utilizados e suasexpressões relacionadas. Nos dois primeiros métodos foram utilizadas as equações de movimento eda energia que são de fácil entendimento. Nos dois últimos métodos, o aluno deve anotar, analisarcom cuidado as expressões de torque aplicado, a inércia rotacional do sistema e o momento angular.

Exemplo 4: Um contrapeso de massa m é preso a um cabo leve que é enrolado em tornode uma polia, Fig.(12.9). A polia é um aro �no de raio R e massa M . Os raios da polia têmmassa desprezível. (a) Qual é o módulo do torque resultante sobre o sistema em torno do eixoda polia? (b) Quando o contrapeso tem uma velocidade escalar v, a polia tem uma velocidadeangular ω = v/R. Determine o módulo do momento angular total em torno do eixo da polia. (c)Utilizando o resultado da parte (b) e τ = dL/dt, calcule a aceleração do contrapeso.

Solução Quando o sistema é liberado, a esfera m cai e a polia gira no sentido anti-horário. Esteproblema é semelhante ao da máquina de Atwood que resolvemos utilizando,separadamente, asequações de movimento dos corpos sob a ação das forças externas, tensão e força gravitacional.Aqui a abordagem é diferente visto que utilizaremos o momento angular.

Identi�camos a esfera e polia como um único sistema não isolado, sujeito ao torque externodevido a força gravitacional sobre a esfera. Calculamos o momento angular em relação ao eixo dapolia da esfera em movimento de translação (como uma partícula) e o da polia em rotação pura (aro de momento de inércia I = M R2).

A esfera tem uma velocidade escalar v, então o momento angular da esfera é mvR. No mesmoinstante, todos os pontos no aro da polia também se movem com a velocidade escalar v e a relaçãocom a velocidade angular ω é v = Rω, então o momento angular da polia é I ω = M vR.

Figura 12.9: Exemplo 4: Polia e contrapeso.

(a) Trataremos o torque externo total sobre o sistema em torno do eixo da polia. A força gravi-tacional sobre a polia e a reação normal do eixo sobre a polia não contribuem com o torque por

12.4. Conservação do Momento Angular 13

que as linhas de ação destas duas forças passam pelo eixo, ou seja, o braço de momento é zero.A força gravitacional m g que age sobre a esfera produz um torque cujo módulo é mgR. Aqui Ré o braço de momento da força em torno do eixo. O torque externo resultante em torno do eixoda polia é ∑

τext = mgR

.

(b) O momento angular total do sistema é

L = mvR +M vR = (m+M)v R.

(c) Substituindo esta expressão e o torque externo resultante na equação 12.12, escrevemos

mgR =d

dt[(m+M)v R] = (m+M)R

d v

dt

Como dv/dt = a, obtemos a expressão para a:

a =mg

m+M.

Observações: Ao expressar o torque resultante em relação ao eixo da polia, não incluimosas forças que o cabo exerce sobre os corpos porque elas são forças internas ao sistema considerado.Em vez disso, analisamos o sistema como um todo. Se a polia for muito leve, M << m, entãoa ≈ g e se comporta como se não existisse a polia. Por outro lado, se M >> m, então a ≈ 0signi�ca que a força gravitacional mg não é su�ciente para mover (girar) a polia.

12.4 Conservação do Momento Angular

Quando não há torque externo resultante agindo sobre o sistema, a Eq.(12.12) resulta em

dLdt

= 0,=⇒ L = constante. (12.23)

A Eq.(12.23) é a lei da conservação do momento angular e diz que:

Se o torque externo resultante que atua sobre um sistema é igual a zero, então o momento

angular L do sistema permanece constante.

Podemos aplicar esta lei ao corpo isolado, o qual gira em torno do eixo, dito eixo de rotação.Suponha que o corpo inicialmente rígido de alguma forma redistribua sua massa em relação a esse


eixo de rotação, variando seu momento de inércia em torno desse eixo. Uma vez que o momentoangular do corpo não pode mudar, escrevemos essa lei de conservação como

If ωf = Ii ωi. (12.24)

Aqui os índices i e f se referem aos valores do momento de inércia I e da velocidade angularω antes e depois da redistribuição de massa.

Exemplo 5: Um disco de md = 2, 0 kg e de raio desprezível se move a vdi = 3, 0m/s eatinge uma haste de ms = 1, 0 kg e d = 4, 0m de comprimento que está sobre uma superfíciehorizontal de gelo, portanto sem atrito, como mostra a vista de cima na Fig.(12.10a). O discocolide perpendicularmente a haste na sua extremidade. Considere que a colisão é elástica. Omomento de inércia da haste em torno do seu centro de massa é I = 1, 33 kg m2. (a) Explicarpor que as grandezas momentos linear e angular e energia cinética do sistema é constante. (b)Encontre as velocidades linear do disco vdf , linear da haste vs e angular da haste ω após a colisão.

Solução (a) Ignora-se o som produzido na colisão e como não há atrito entre as superfícies doscorpos envolvidos, então o disco e a haste formam um sistema isolado em termos de momentolinear e momento angular. Por outro lado a colisão é elástica, logo a energia é constante.

(b) Escrevemos as equações das três grandezas que se conservam: o momento linear,

md vdf +ms vs = md vdi; (12.25)

o momento angular com sinal de rotação no sentido horário,

−rmd vdf − I ω = −rmd vdi; (12.26)

e r = d/2 e a energia cinética antes e após a colisão se conserva:

md v2df

2+

ms v2s

2+

I ω2

2=

md v2di

2. (12.27)

As três equações possuem as três incógnitas do problema. Manipulando-as algebricamente,encontramos

vs =2vdi

1 +ms/md + r2ms/I= 1, 3m/s;

ω =rms vs

I= 2, 0 rad/s;

vdf = vdi −ms

md

vs = 2, 3m/s.


Figura 12.10: Vista de cima de um disco colidindo com uma haste. (a)Antes da colisão, o disco colide perpendicularmente com a haste. Apósa colisão (b) a haste gira e translada para a direita.

Observações Este é um exemplo em que as três grandezas envolvidas no fenômeno de co-lisão entre os corpos rígidos se conservam. O aluno deve se acostumar a expressar as respostasliteralmente e somente depois utilizar os valores numéricos. Por exemplo, mostre que vdf ≈ −vdise ms >> md.

Exemplo 6: Na vista de cima, Fig.(12.11), quatro hastes �nas e uniformes, cada uma commassa M e comprimento d = 0, 50m, estão rigidamente conectadas a um eixo vertical formandouma roleta. A roleta gira em sentido horário em torno do eixo, o qual está preso ao piso, commódulo da velocidade angular inicial ωi = 2, 0 rad/s. Uma bola de argila de massa m = M/3 evelocidade inicial vi = 12m/s é lançada ao longo da trajetória mostrada, θ = 60o, e se gruda naextremidade de um das hastes. (a) Discuta sobre a conservação ou a não das seguintes grandezas:o momento linear, a energia cinética e o momento angular do sistema. (b) Qual é a velocidadeangular após a colisão , ωf , do sistema bola-roleta?

Solução (a) A colisão é totalmente inelástica (argila gruda na haste), logo a energia cinéticado sistema não se conserva. O momento linear total não é conservado, pois durante a colisão umaforça externa atua sobre a roleta no ligamento do eixo com o piso. Esta a força evita que a roletase desloque sobre o piso ao ser atingido pela bola de argila. As forças que agem sobre as hastessão a força de reação da superfície horizontal sobre a haste e a força gravitacional que se cancelame a força de atrito é nula. Portanto, o torque externo total é nulo e o momento angular total dosistema, L, em torno do eixo que passa pelo pino é conservado. As forças envolvidas na colisãoproduzem apenas torques internos que se cncelam e a força que atua no eixo de rotação possuibraço de momento da força nulo.(b) Usando a lei de conservação do momento angular, escrevemos

Lrol,f + Lb,f = Lrol,i + Lb,i.


Figura 12.11: Uma vista de cima de quatro hastes ri-gidamente conectadas girando livremente em torno doeixo central e a trajetória da bola de argila.

onde os índices i e f denotam os instantes antes e após a colisão da bola de argila com a haste.Cada termo é apresentado a seguir. Primeiramente, pode-se considerar que o eixo de rotaçãose localiza na extremidade das quatro hastes que se unem cuja inércia rotacional do conjunto éIO = 4(M d2/3). Pode-se, ainda, supor que a roleta é formada por duas hastes de massa 2M ecomprimento 2 d cada. Nesse caso, o eixo de rotação passa pelo centro da nova haste formada ea inércia rotacional do conjunto é

IO = 22M(2 d)2

12= 4

M d2

3.

A roleta inicailmente gira no sentido horário, ou sentido negativo (ω = −ωi k):

Lrol,i = −Io ωi = −4

3M d2 ωi,

Lrol,f = Io ωf =4

3M d2 ωf ; (12.28)

A bola, sendo uma partícula, expressamos como

Lb,i = mdvi cos 60o,

Lb,f = md2 ωf . (12.29)

Substituindo-as na equação acima, obtemos a expressão da velocidade angular:

ωf =1

5 d(−4 dωi + vi cos 60

o) (12.30)

O valor numérico é obtido:ωf = 0, 8 rad/s.


O sistema bola mais a roleta gira no sentido anti-horário.

Exemplo 7: Um carrossel de raio R está girando com velocidade angular ωo, no sentidohorário, em torno de um eixo vertical que passa pelo centro do carrossel e sem atrito. Uma criançacorre numa linha reta tangente à borda da plataforma, com velocidade vc e pula na borda docarrossel, conforme a Fig.(12.12). (a) Quais grandezas se conservam: momento linear, momentoangular e energia cinética? Explicar a resposta. (b) Qual a velocidade angular que adquire ocarrossel? (b) Uma vez a criança no carrossel, ela caminha em linha radial (em direção ao centroda plataforma). Calcular a nova velocidade angular que adquire o carrossel.

Solução (a) Quando a criança pula no carrossel, provoca um impulso linear (∆ p) na direçãotangente à borda do carrossel. Em resposta a esse impulso linear, o eixo do carrossel responde emforma de uma força (F = ∆p/∆t), impedindo que o carrossel tenha o movimento de translação.Dessa forma, o momento linear não se conserva.

A energia cinética não se conserva uma vez que a colisão entre a criança e o carrossel é umacolisão totalmente inelástica.

Não existe atrito no eixo do carrossel e, consequentemente, não há torque no eixo. Concluímosque o momento angular se conserva em relação ao eixo que passa pelo eixo do carrossel.(b) Momento angular inicial:

Li = −I ω0 +mRvc.

O momento angular após a criança pular no carrossel:

Lf = (mR2 + I)ωf . (12.31)

Pela conservação do momento angular, Lf = Li, obtemos

ωf =mRvc − I ω0

mR2 + I(12.32)

a velocidade angular do carrossel, notadamente menor do que ω0.(c) O momento de inércia da criança é nulo quando ela chega no centro do carrossel. Escrevemosa nova expressão para a conservação do momento angular,

I ωcc = (mR2 + I)ωf (12.33)

e encontramos

ωcc =mRvc − I ω0

I=

(mR2 + I)

Iωf .

Foi utilizada a expressão de ωf dada pela Eq.(12.32). Veri�ca-se a velocidade angular do sistema,criança no centro, é maior do que quando ela estava na borda.

Obs. Explicação sobre a energia cinética antes e depois de a criança caminhar para o centrodo carrossel. Quando a criança está na borda do carrossel:

Kborda =Ii ω

2f

2=

(mR2 + I)ω2f

2


Quando a criança está no centro do carrossel:

Kcentro =I ω2

cc

2=

I (mR2 + I)2

2 I2ω2f

Kcentro =(mR2 + I)

IKborda.

Veri�ca-se que a energica cinética do sistema aumenta quando a criança caminha para ocentro do carrossel. A criança realiza trabalho ao se mover para o centro do carrossel (eixo derotação). Essa energia cinética extra provem do trabalho realizado pela criança. O trabalho épositivo, pois a força de atrito entre a criança e a superfície do carrossel, em direção ao eixo derotação, é a reação da força impulsiva dos pés sobre a superfície do carrossel e o deslocamentoé em direção ao centro. Essa energia é, em parte, proveniente da energia potencial química docorpo da criança. O sistema é isolado em termos de energia, mas um processo de tranasformaçãodentro do sistema converte a energia potencial ( energia interna) em cinética.

Figura 12.12: Carrossel girando no sentido horário e amenina pula na borda da plataforma .

Exemplo 8: Um professor de física está sentado em um banco giratório em torno de um eixovertical sem atrito com velocidade angular ωi, Fig.(12.13). O professor tem os braços distentidose segura um haltere em cada mão, de modo que o momento de inércia do sistema (professor,assento e halteres) é Ii. Ele puxa rapidamente os halteres para si, de modo que o momento deinércia �nal do sistema é um terço do momento de inércia inicial: If = Ii/3. (a) Qual é suavelocidade angular �nal? (b) Compare as energias cinéticas �nal e inicial do sistema. Desprezeo torque devido ao atrito no eixo do banco durante o intervalo de tempo no qual o momento deinércia do sistema varia. (c) Qual é a origem do aumento ou da dimuição da energia cinética dosistema?

12.5. Impulso Angular 19

Solução (a) Como o torque devido ao atrito no eixo do banco é desprezível e não há torquesexternos sobre o sistema, logo seu momento angular é conservado:

Ii ωi = If ωf =Ii3ωf .

Resolvendo em relação a ωf temos:ωf = 3ωi.

Veri�ca-se que a conservação do momento angular exige o aumento da velocidade angular, seja omesmo que a diminuição do momento de inércia.(b) A energia cinética �nal do sistema é:

Kf =1

2If ω

2f =

1

2(Ii3)(3ωi)

2

= 3(1

2Ii ω

2i ) = 3Ki.

Assim, a energia cinética do sistema aumenta.(c) O aumento da energia cinética, ou seja, variação positiva dessa energia, ∆K > 0, é igualao trabalho (positivo) realizado pelo professor ao aproximar os halteres ao seu tronco. A forçaaplicada pelo professor sobre os alteres é radial e centrípeta. O trabalho realizado é positivo porqueo deslocamenteo é, também, radialmente em direção ao centro (eixo de rotação).

Figura 12.13: Professor em um banco giratório.

12.5 Impulso Angular

Quando um torque τ atua num corpo de momento de inércia I constante, durante o tempo t1 at2, a velocidade angular varia de ω1 a ω2, escrevemos

τ = I α = Idω

dt,∫ t2

t1

τ(t) dt =

∫ ω2

ω1

I dω = I ω2 − I ω1 = ∆L (12.34)


A integração de torque no tempo durante o qual ele atua é chamado impulso angular do

torque, denotado por Jθ:

Jθ =

∫ t2

t1

τ(t) dt = ∆L. (12.35)

Esta grandeza é o análogo rotacional do impulso linear de uma força. A Eq.(12.35) a�rma queo impulso angular que atua sobre um corpo é igual à variação no seu momento angular em

relação ao mesmo eixo.Um grande torque que atua apenas durante um curto intervalo de tempo é chamado torque

impulsivo.

Exemplo 9: Uma força dependente do tempo, F (t), atua num intervalo de tempo muitopequeno, sobre um corpo rígido que possui momento de inércia I, Fig.(12.14). Mostre que∫

τdt =< F > b∆t = I(ωf − ωi)

onde b é o braço do momento da força; < F > é o valor médio da força durante este intervalode tempo; ωi (ωf ) é a velocidade angular imediatamente antes (após) da aplicação (remoção ) daforça. ( A quantidade

∫τdt denomina-se impulso angular que corresponde a uma grandeza linear

análoga denominado impulso linear.)

Figura 12.14: Força F (t) age sobre um corpo rígido num curtointervalo de tempo.

Solução

12.5. Impulso Angular 21

Seja

τ =dL

dt

e fazendo a integração no tempo∫τ dt =

∫dL = Lf − Li = I(ωf − ωi). (12.36)

Denomina-se∫Ldt impulso angular e é igual à variação do momento angular. Um corpo rígido

é submetido a uma força que varia com o tempo:

τ = r × F (t)

ouτ = r F senθ.

Seja b = r senθ o braço do torque. Escrevemos

∫τ dt =

∫b F (t) dt = b

∫F (t) dt = b < F > dt

onde < F > é o valor médio da força no intervalo de tempo ∆ t, tempo de duração da ação daforça F (t). Temos

τ = Idω

dt

e escrevemos ∫τ dt =

∫Idω

dtdt = I

∫dω = I(ωf − ωi).

Finalmente,

I(ωf − ωi) = b < F > dt.

q.e.d

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