Física Geral I - F -128 Aula 12 Momento Angular e sua Conservação

Física Geral I - F -128
Aula 12
Momento Angular e sua
Conservação
2º semestre, 2012
Momento Angular
Como vimos anteriormente, as variáveis angulares de um corpo rígido girando em
torno de um eixo fixo ẑ têm sempre correspondentes lineares:


τ ↔ F;
 
α ↔a
e
I ↔m
Vamos definir mais uma grandeza angular que nos será extremamente útil: o
momento angular!
Ampliaremos a definição de torque para aplicá-la a uma
partícula, que se move em uma trajetória qualquer, em relação a
um ponto fixo (em vez de um eixo).
ẑ

O torque da força F , que age sobre a partícula,
O
em relação ao ponto O é definido como:
 
τ = r ×F

F128 – 2o Semestre de 2012 
τ

F

r
ŷ
x̂
2 Momento Angular


Definição: o momento angular  de uma partícula de momento p
em relação ao ponto O é:
  
=r× p
(Note que a partícula não precisa estar girando em torno de O para ter momento
angular em relação a este ponto).
Derivando em relação ao tempo:



d  d   dr   dp
= (r × p) = × p + r ×
dt dt
dt
dt
  
=r× p
=0

 dp
Por outro lado: F =
res
dt

Então:

r
m

p
d  

= r × Fres =τ res
dt
F128 – 2o Semestre de 2012 3 Conservação do momento angular
Como para qualquer massa puntiforme
em movimento

τ res

d
=
dt
ẑ
,
podemos imediatamente dizer que se


τ res = 0 ⇒  = constante



o 


p = mv
r
ŷ
x̂

 
r e p mantêm-se num plano (perpendicular a  ) durante o
movimento quando o torque é nulo.
F128 – 2o Semestre de 2012 4 Exemplo 1
Calcular o momento e o torque do pinguim em
relação ao ponto Q
O momento é dado por:
  
=r×p
Mas o momento do pinguim em função do tempo é
dado por:
p(t) = m v(t) = mgt
Assim:
l(t) = Dmgt
Como:

d   , então τ = Dmg.
=τ res
dt
(Verifique que este é o torque calculado quando leva-se em
consideração a força peso no cálculo direto do torque.)
F128 – 2o Semestre de 2012
5
Momento Angular
O momento angular da partícula da
figura ao lado é um vetor perpendicular ao
plano do movimento e o seu módulo vale

p( ⊥ )
 = r p( ⊥ ) = r( ⊥ ) p

r
o

r( ⊥ )
Se a força sobre a partícula é nula ela
segue uma trajetória retilínea e

p
φ
 p
r( ||) ( ||)
τ = 0 ⇒  = r( ⊥) p = constante
o
r( ⊥ )
F128 – 2o Semestre de 2012 
r

p
6 Momento Angular
Forças Centrais
Há, entretanto, outros casos onde o momento angular se conserva mesmo na
presença de forças não nulas. Um exemplo é o de forças centrais, que são forças
da forma
 
F (r ) = f (r ) rˆ

p
Neste caso:

d  
= τ = r × f ( r ) rˆ



dt
=0
e se

τ = 0 ⇒  = const.

F128 – 2o Semestre de 2012 o

r
 
F (r ) = f (r ) rˆ
7 Exemplo 2
Dados R e vi pede-se:
a) vf em função do raio r;
b)  o trabalho da força F.

vi
Como a força é central, o momento
angular em relação a O se conserva:
m vi R = m v f r

F
Rvi
vf =
r
O trabalho da força é dado por

rf
2
   1
⎡
⎤
1
1
2
2
2 ⎛R⎞
∫r F (r )⋅dr = 2 m v f − 2 m vi = 2 m vi ⎢⎢⎜⎝ r ⎟⎠ −1⎥⎥
⎣
⎦
i
F128 – 2o Semestre de 2012
8
Exemplo 3
Lei das áreas
A Força gravitacional entre dois corpos,
por exemplo, Sol e Terra é dada por:
 
GMm
F (r ) = − 2 rˆ
r
 
r + dr 
dr

r
Sol

p
Terra
Como a força gravitacional é central, o momento angular da Terra se conserva
(Sol estático, centro de atração gravitacional para a Terra)

τ = 0 ⇒  = const.

* o movimento se dá num plano normal a
F128 – 2o Semestre de 2012 
.
9 Exemplo 3
Lei das áreas
Área do triângulo colorido:
(
 1 
dA = r × dr
 2
Sol
 
r + dr 
dr

r

p
Terra
dA = metade da área do paralelogramo)

 
dA 1 
dr 
=
r ×m =
dt 2m
dt 2m

dA

=
= constante
dt
2m
2a Lei de Kepler: “O raio vetor que liga um planeta ao Sol descreve áreas
iguais em tempos iguais”.
F128 – 2o Semestre de 2012 10 Q2: Movimento circular vs Força central
Existe algum movimento com trajetória circular e o
momento angular não constante ?
A.  Sim
B.  Não
F128 – 2o Semestre de 2012
11
Momento angular de um sistema de partículas
O momento angular de um sistema de
partículas é dado por:


 
 
L = ∑  i = ∑ri × pi = ∑mi ri × vi
i
i

 ẑ
pN = mN vN

rN
i
Lembrando que a posição do CM é

mi ri
 ∑
R= i
∑ mi
i
∑ miri′= 0 ⇒
i
o
, podemos escrever:


∑ mi vi′ = ∑ pi′ = 0
i


p2 = m2 v2

r2

R

r2′
CM
ŷ

r1


p1 = m1v1
x̂
i


  
 
Como ri = ri′ + R segue que vi = vi′ + V , onde V é a velocidade do CM:
F128 – 2o Semestre de 2012
12
Momento angular de um sistema de partículas

 
 
 
′
′
L = ∑ mi (ri + R) × ( vi + V ) = ∑ mi (ri ′× vi′ ) +
i
i

 

 
R × ∑ mi vi′ + ∑ mi ri ′ ×V + ∑ mi R ×V
i
i
i



 





=0
=0
=M
   
L = L′ + R × P
Ou seja, o momento angular de um sistema de partículas é a soma do momento
angular em relação ao CM com o momento angular do CM. Note que o momento
linear interno de um sistema de partículas se anula.
F128 – 2o Semestre de 2012 13 Momento angular de um sistema de partículas
Lei fundamental da dinâmica das rotações
A variação do momento angular total de um sistema de partículas é:

 =0


dL
d  
 dpi
 
⎛ dri   dpi ⎞
=∑ (ri × pi )= ∑⎜ × pi + ri × ⎟ = ∑ri × = ∑ri × Fi
dt i dt
dt ⎠ i
dt i
i ⎝ dt
Aqui
Como
 dp i
Fi =
dt
∑i
(referencial inercial) representa a força
total sobre a partícula i.
 ,
 
 
ri × Fi = ∑ ri × ( Fi ( ext ) + ∑ Fi ← j )
i
j ≠i
podemos trocar i por j e reescrever:
F128 – 2o Semestre de 2012 14 Momento angular de um sistema de partículas
1
 
 
 
 
[(ri × Fi ← j ) + (rj × F j ←i )]
∑i ri × Fi = ∑i ri × Fi ( ext ) + 2 ∑∑
i≠ j i≠ j


Usando a 3a Lei de Newton F j ←i = − Fi ← j temos


 
 
dL
1
= ∑ ri × Fi ( ext ) + ∑∑[(ri − rj ) × Fi← j )
dt i 
2 i≠ j i≠ j
τ (ext )
Como o produto vetorial do segundo termo é nulo (ver figura)

dL 
= τ (ext )
dt
F128 – 2o Semestre de 2012 
ri

Fi ← j

F j ←i
 
ri − rj

rj
15 Energia cinética de um sistema de partículas
Como vimos anteriormente:
  

′
ri =ri + R ⇒ ∑mi ri ′=0 ⇒
i

∑mi vi′=∑ pi′=0
i

 
vi =vi′+V
i
e

ri

R

ri ′
CM
o
1
K =∑ mi vi2
i 2

   

1
1
1
2
K =∑ mi (vi′+V )⋅ (vi′+V ) =∑ mi vi′ +V ⋅ ∑mi vi′ +∑ miV 2
 i 2
i 2
i 2
i
=0
1
1
2
′
K = ∑ mi vi + MV 2
2
i 2
F128 – 2o Semestre de 2012 Ou seja, a energia cinética de um sistema de
partículas é a soma da energia cinética do
sistema em relação ao CM com a energia
cinética do CM.
16 Rotação em torno de um eixo fixo
Vamos agora estudar o movimento de rotação de
um corpo rígido em torno de um eixo fixo. Como
podemos decompor o vetor posição de qualquer ponto
do corpo rígido como
  
ri = ρi + zi , temos:
      
i = ri × pi = ρ i × pi + zi × pi


 zˆ = ρ i × pi
(z)
i
ẑ

zi
⊥ ẑ
d (i z )
d  
zˆ = (ρ i × pi ) =τ i( z ) zˆ
dt
dt

ρi


pi = mi vi

ri
ŷ
x̂
( com o torque definido em relação ao eixo de rotação).
F128 – 2o Semestre de 2012 17 Rotação em torno de um eixo fixo
Como
  ,


pi =mi vi =mi ω ×ρ i


(z)
2
 i zˆ = ρ i × pi = mi ρ i ω zˆ
ω
 = mi ρ ω

zi

temos:
ou
(z)
i
2
i
Note a analogia:
F128 – 2o Semestre de 2012 i

ri
ŷ
L( z ) = ∑  (i z ) = ∑ mi ρi2ω = Iω
i

ρi


pi = mi vi
x̂
L = I ω ↔ p = mv
(z)
18 Rotação em torno de um eixo fixo
Temos também:
τ
(z)
= ∑τ
i
(z)
i
(z)
d

τ i( z ) = i
dt
 
ω α

zi
dli( z )
=∑
=
dt
i
⎛
⎞
d ⎜ ∑ li( z ) ⎟
(z)
⎝ i
⎠ = dL = I d ω = I α
dt
dt
dt

ρi


pi = mi vi

ri
ŷ
x̂
Mas, pela Lei fundamental da dinâmica das rotações:

dL
 

=∑ri ×Fi ( ext ) =τ ( ext )
dt i
F128 – 2o Semestre de 2012 τ ( z ) =τ ((extz ) )
dL( z )
=
=Iα
dt
19 Rotação em torno de um eixo fixo
Tabela de analogias
Rotação em torno
de um eixo fixo
energia cinética
equilíbrio
2a lei de Newton
2a lei de Newton
momento
conservação
potência
F128 – 2o Semestre de 2012 1
KR= Iω2
2 

∑τ = 0
 
τ
∑ =Iα 
Movimento de
translação
1
K = mv 2
2 
∑F =0


∑F =ma
dL
τ
=
∑ ( ext ) dt
 dp
∑F = dt
 
Li =L f
P =τ ω
P= F v

L = Iω


p =mv
 
p i= p f
20 Exemplo
Um projétil de massa m move-se para a direita com velocidade vi. Ele bate e gruda na
extremidade de uma haste de massa M e comprimento d que está montada num eixo sem
atrito que passa por seu centro.
a) calcule a velocidade angular do sistema imediatamente após a colisão;
b) determine a porcentagem de energia mecânica perdida por causa da colisão
F128 – 2o Semestre de 2012
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