Dinâmica rotacional e torque

Iniciante

Empurre uma porta bem perto das dobradiças e ela quase não se move; empurre com a mesma força na maçaneta e ela abre. Os giros seguem regras parecidas com as leis de Newton para o movimento em linha reta.

Passo 1. O efeito de giro de uma força chama-se torque. Ele depende de quão forte você empurra e de quão longe do pivô você empurra: a mesma força duas vezes mais longe produz o dobro do efeito de giro. É por isso que chaves de boca têm cabos longos. Um empurrão dirigido diretamente às dobradiças não gira a porta de jeito nenhum.

Passo 2. Um empurrão constante faz um carrinho ir cada vez mais rápido; do mesmo modo, um torque constante faz uma roda girar cada vez mais rápido. Na animação, um peso pende de uma corda enrolada no cubo de uma roda pesada. Enquanto cai, a corda continua torcendo a roda, e a barra azul mostra o giro crescendo de forma constante.

Passo 3. A massa resiste a mudanças de movimento, e, nos giros, o que importa é onde a massa está. Massa longe do eixo torna a roda muito mais difícil de acelerar e de parar. Por isso o peso na animação cai tão devagar, e por isso os volantes são construídos com peso na borda.

Passo 4. Quando o peso chega ao chão, a corda fica frouxa e a torção para. A roda não para: continua girando em ritmo constante, assim como um objeto em movimento continua se movendo quando nenhuma força age sobre ele. Numa máquina real, o atrito no eixo a freia lentamente.

Verifique você mesmo: duas crianças empurram um carrossel com a mesma força, uma na borda e outra no meio do caminho até o centro. Quem produz o maior efeito de giro? (A criança na borda: o mesmo empurrão age duas vezes mais longe do pivô.)

Intermediário

Descrevendo uma rotação

Um corpo rígido que gira em torno de um eixo fixo precisa de um único número para dizer onde está: o ângulo $\theta$ pelo qual ele girou, medido em radianos (uma volta completa é $2\pi \approx 6,28\mathrm{rad}$). A velocidade angular $\omega$ é a taxa de variação desse ângulo, em rad/s, e a aceleração angular $\alpha$ é a taxa de variação de $\omega$, em rad/s². Na animação, a roda gira no sentido horário, ao longo da seta verde curva; esse sentido é tomado como positivo.

Todo ponto do corpo compartilha o mesmo $\omega$ e o mesmo $\alpha$, mas um ponto a uma distância $r$ do eixo se move com $v=\omega r$ e tem aceleração tangencial $a=\alpha r$. Assim, um peso cuja corda se desenrola do cubo sem deslizar se move exatamente tão rápido quanto a borda do cubo.

Torque: força vezes braço de alavanca

Empurre uma porta pela maçaneta, a 0,80 m das dobradiças, com 20 N perpendiculares à porta: o efeito de giro, ou torque, é $\tau =0,80\cdot 20=16\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. O mesmo empurrão a 0,10 m das dobradiças dá apenas $2\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Em geral, para uma força $F$ aplicada a uma distância $r$ do eixo,
$\tau =rF\sin \theta$
onde $\theta$ é o ângulo entre a força e o raio até o ponto onde ela atua (não o ângulo que o corpo girou).

Há duas leituras equivalentes: só a parte da força perpendicular ao raio, $F\sin \theta$, gira o corpo; ou a força inteira atua com braço de alavanca $d=r\sin \theta$, a distância perpendicular do eixo até a linha de ação. Empurre a maçaneta a 30° da porta e $\tau =16\cdot \sin 30^{\circ }=8\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$; empurre diretamente nas dobradiças e nada gira.

O torque é medido em newton-metros, nunca em joules: não é energia. Torques que giram em sentidos opostos recebem sinais opostos.

Segunda lei de Newton para rotação

Um torque resultante causa uma aceleração angular, assim como uma força resultante causa uma aceleração:
$\tau =I\alpha$

O momento de inércia $I$, em kg·m², faz o papel da massa. Um pequeno pedaço de massa $m$ a uma distância $s$ do eixo tem aceleração tangencial $\alpha s$, o que exige uma força $ms\alpha$ e, portanto, um torque $m{s}^2\alpha$. Somando os pedaços, $\tau =(\sum m{s}^2)\alpha$, logo $I=\sum m{s}^2$. Cada quilograma conta com o quadrado de sua distância: duas vezes mais longe, quatro vezes mais resistência.

Um anel fino de massa $M$ e raio $R$ tem toda a massa na borda, logo $I=M{R}^2$; uma esfera maciça tem $\frac{2}{5}M{R}^2$. A roda da animação é um disco uniforme:
$I=\frac{1}{2}M{R}^2\text{(uniform disc)}$
Com $M=10\mathrm{kg}$ e $R=0,40\mathrm{m}$, $I=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 0,40^2=0,80\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$, metade do valor de um anel fino de mesma massa e tamanho.

Com um torque resultante constante, $\alpha$ é constante e as equações do movimento retilíneo continuam valendo, com $\theta$, $\omega$ e $\alpha$ no lugar de $x$, $v$ e $a$:

• $\omega ={\omega }_0+\alpha t$
• $\theta ={\theta }_0+{\omega }_{0}t+\frac{1}{2}\alpha t^2$
• ${\omega }^2={\omega }_0^2+2\alpha \Delta \theta$

Somando $\frac{1}{2}m{v}^2$ sobre os pedaços, com $v=\omega s$, obtém-se a energia armazenada no giro, a energia cinética de rotação
$K=\frac{1}{2}I{\omega }^2$

Exemplo resolvido: a roda da animação

Uma corda enrolada no cubo, de raio $r=0,12\mathrm{m}$, sustenta um peso $m=1\mathrm{kg}$. A tração $F$ é desconhecida, então escreva uma equação para o peso (positiva para baixo), uma para a roda e uma para a corda, que não desliza:
$mg-F=ma,Fr=I\alpha ,a=\alpha r$
Substituindo $F=I\alpha /r$ e $a=\alpha r$ na primeira equação, obtém-se
$\alpha =\frac{mgr}{I+m{r}^2}=\frac{1\cdot 9,81\cdot 0,12}{0,80+1\cdot 0,12^2}=\frac{1,177}{0,814}\approx 1,45rad/{\mathrm{s}}^2$

Assim, o peso acelera apenas $a=\alpha r\approx 0,173m/{\mathrm{s}}^2$, a tração é $F=m(g-a)\approx 9,64\mathrm{N}$, um pouco menor que os 9,81 N do peso, e o torque é $\tau =rF\approx 1,16\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Esse é o valor constante no indicador vermelho $\tau$; a seta vermelha $F$ na borda do cubo e a linha vermelha $r$ mostram de onde ele vem.

O peso cai $h=0,88\mathrm{m}$ em $t=\sqrt{2h/a}=\sqrt{2\cdot 0,88/0,173}\approx 3,19\mathrm{s}$. Nesse tempo, o indicador azul $\omega$ sobe 1,45 rad/s a cada segundo, até $\omega =\alpha t\approx 4,60rad/s$, e a roda gira $0,88/0,12\approx 7,33\mathrm{rad}$, pouco mais de uma volta. Então a corda fica frouxa: a seta $F$ desaparece, o indicador $\tau$ cai para zero, $\alpha =0$, e $\omega$ permanece em 4,60 rad/s, como indica o rótulo verde.

Exemplo resolvido: frenagem de um volante

O volante de uma bicicleta ergométrica, um disco uniforme de 8,0 kg e raio 0,20 m, gira a 30 rad/s (cerca de 287 rpm) quando o ciclista para de pedalar, e uma almofada de feltro roça a borda com uma força de atrito de 4,0 N. Quanto tempo leva para parar e quantas voltas dá?

O atrito atua ao longo da borda, então seu braço de alavanca é o raio inteiro:
$I=\frac{1}{2}\cdot 8,0\cdot 0,20^2=0,16\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2,\tau =0,20\cdot 4,0=0,80\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
Então $\alpha =-0,80/0,16=-5,0rad/{\mathrm{s}}^2$, negativo porque o torque se opõe ao giro. A roda para após $30/5,0=6,0\mathrm{s}$, e ${\omega }^2={\omega }_0^2+2\alpha \Delta \theta$ dá $\Delta \theta =30^2/(2\cdot 5,0)=90\mathrm{rad}$, cerca de 14,3 voltas.

A energia confirma: a roda começa com $K=\frac{1}{2}\cdot 0,16\cdot 30^2=72\mathrm{J}$, e o atrito realiza o trabalho $\tau \Delta \theta =0,80\cdot 90=72\mathrm{J}$ contra o giro, aquecendo a almofada e a borda. Um anel de mesma massa e raio armazenaria 144 J e precisaria de 12 s para parar.

Diagrama de corpo livre da roda

Três forças atuam na roda: seu peso $Mg=98,1\mathrm{N}$ no centro, a tração de 9,64 N na borda do cubo e a força do eixo, que deve ser $98,1+9,64\approx 107,7\mathrm{N}$ para cima, porque o centro permanece parado. A força resultante é zero, mas o torque resultante não é: o peso e a força do eixo passam pelo eixo e não têm braço de alavanca, então só a tração gira a roda.

O inverso também acontece. Puxe o volante de um carro com 10 N para cima de um lado e 10 N para baixo do outro, ambos a 0,18 m do centro: as forças se anulam, mas os torques se somam: $2\cdot 10\cdot 0,18=3,6\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Esse par de forças chama-se conjugado.

Um $\omega$ significa muitas velocidades: no impacto, a borda da roda se move com $\omega R\approx 1,84m/s$, enquanto o peso se move com apenas $\omega r\approx 0,55m/s$.

Erros comuns

• Usar o raio da roda como braço de alavanca. A corda puxa o cubo, então o braço de alavanca é $r=0,12\mathrm{m}$; usando $R=0,40\mathrm{m}$ obtém-se 3,85 N·m, mais de três vezes o torque real.
• Tomar a tração igual ao peso $mg$. O peso então não aceleraria; a tração é 9,64 N, e os 0,17 N que faltam são exatamente $ma$.
• Achar que só a massa importa. Levar os 10 kg da roda para a borda dobra $I$ para $1,60\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ e reduz a aceleração angular de 1,45 para cerca de 0,73 rad/s².
• Usar rotações por minuto ou graus em $v=\omega r$ ou $K=\frac{1}{2}I{\omega }^2$. Essas fórmulas exigem radianos: 4,60 rad/s equivalem a 44 rotações por minuto, e colocar 44 em $K$ dá cerca de 770 J em vez de 8,5 J.

Onde isso aparece

Chaves de boca, maçanetas e pedais de bicicleta dão um braço de alavanca longo. Motores a combustão e motores elétricos são classificados pelo torque em seu eixo, algumas centenas de newton-metros para um motor de carro, e as engrenagens trocam velocidade angular por torque. Volantes de motores e tornos de oleiro concentram a massa em uma borda pesada para suavizar um acionamento irregular.

Esta aula se baseia em Movimento circular. Zere o torque resultante e você chega a Equilíbrio estático e alavancas; siga $L=I\omega$ e chegue a Momento angular e sua conservação. Máquinas simples: alavancas, polias e engrenagens aplica esses torques na prática.

Avançado

Torque definido pelo trabalho

Uma força pode puxar com força uma roda e mesmo assim não fazê-la girar, se apontar diretamente para o eixo. Para descrever giros, precisamos de uma grandeza que capture não só o quanto uma força puxa, mas também onde e em que direção ela atua. A maneira mais limpa de encontrá-la é perguntar quanto trabalho a força realiza quando o corpo gira. Ao longo do texto, os números se referem à animação: um disco uniforme de massa 10 kg e raio 0,40 m gira em um eixo fixo e sem atrito, acionado por uma corda enrolada em um cubo leve de raio 0,12 m, que sustenta um peso de 1 kg que cai 0,88 m.

Legenda

$O$	O eixo fixo, visto de frente: ele aponta para fora da página.
$r$	Distância do eixo ao ponto onde a força atua.	$\mathrm{m}$
$d\theta$	O pequeno ângulo pelo qual o corpo gira.	$\mathrm{rad}$
$d\vec{l}$	Passo do ponto: tangente, perpendicular ao raio, com comprimento $dl=rd\theta$.	$\mathrm{m}$
$\vec{F}$	Força que atua no ponto.	$\mathrm{N}$
$F_{\perp }$	Parte de $\vec{F}$ ao longo do passo, perpendicular ao raio: a única parte que realiza trabalho.	$\mathrm{N}$
$F_{\parallel }$	Parte de $\vec{F}$ ao longo do raio, perpendicular ao passo: não realiza trabalho.	$\mathrm{N}$

A figura 1 mostra um corpo que só pode girar em torno de um eixo fixo, visto de frente no ponto $O$, com o eixo saindo da página. Sua posição é então dada por um único número, o ângulo $\theta$ pelo qual ele girou. Uma força $\vec{F}$ atua em um ponto a uma distância $r$ do eixo. Suponha que o corpo gire um pequeno ângulo $d\theta$. O ponto se desloca ao longo de seu círculo pelo pequeno passo $d\vec{l}$. Como o giro é pequeno, o passo está na tangente, perpendicular ao raio $r$, e seu comprimento é um pequeno arco do círculo: $dl=rd\theta$, com $d\theta$ em radianos.

Agora observe as duas setas desenhadas a partir do ponto, uma na ponta da outra. Elas decompõem $\vec{F}$ em uma parte $F_{\parallel }$ ao longo do raio e uma parte $F_{\perp }$ ao longo do passo. O trabalho realizado por uma força é sua componente na direção do deslocamento vezes o deslocamento. $F_{\parallel }$ é perpendicular ao passo, então não realiza trabalho; $F_{\perp }$ está ao longo do passo e realiza todo o trabalho:
$dW=\vec{F}\cdot d\vec{l}=F_{\perp }rd\theta$

O fator que multiplica $d\theta$ é a grandeza que procurávamos. Definimos o torque em relação ao eixo como
$\tau =r{F}_{\perp }$
Então o trabalho em um pequeno giro é $dW=\tau d\theta$: torque vezes ângulo é trabalho, assim como força vezes distância é trabalho. O mesmo produto pode ser lido de outro modo. Se $\phi$ é o ângulo entre o raio e a força, então $F_{\perp }=F\sin \phi$, e $r\sin \phi$ é o braço de alavanca, a distância perpendicular do eixo à reta ao longo da qual a força atua. Logo, o torque é também a força inteira vezes seu braço de alavanca. Uma força dirigida exatamente ao eixo tem $F_{\perp }=0$ e nenhum braço de alavanca, portanto nenhum torque: é a roda que se recusava a girar.

As coordenadas dão o mesmo resultado em uma fórmula fácil de usar. Coloque o eixo ao longo de $z$ passando pela origem. Quando o corpo gira um $d\theta$ no sentido anti-horário, um ponto em $(x,y)$ se desloca de $dx=-yd\theta$ e $dy=xd\theta$. Esse é o passo $d\vec{l}$ da figura 1 escrito em componentes: é perpendicular ao raio e tem comprimento $rd\theta$. Uma força $(F_x,F_y)$ aplicada ali realiza o trabalho
$dW=F_{x}dx+F_{y}dy=(x{F}_y-y{F}_x)d\theta$
portanto $\tau =x{F}_y-y{F}_x$. Esta é a componente $z$ do produto vetorial $\vec{r}\times \vec{F}$, positiva quando a força tende a girar o corpo no sentido anti-horário visto do lado $+z$. Como $r$, $x$ e $y$ são todos medidos a partir do eixo, o valor de um torque depende do eixo escolhido; por isso, sempre diga em torno de qual eixo um torque é tomado.

Dividir $dW=\tau d\theta$ pelo tempo $dt$ que o giro leva dá a potência entregue a um corpo que gira. Com a velocidade angular $\omega =d\theta /dt$,
$P=\tau \omega$
o equivalente rotacional de $P=Fv$.

Os números da animação confirmam isso. Logo antes de o peso chegar ao chão, a corda puxa com uma tração $T\approx 9,64\mathrm{N}$. No cubo, com braço de alavanca de 0,12 m, isso dá um torque $\tau =9,64\cdot 0,12\approx 1,16\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, e a roda gira a 4,60 rad/s; assim, a corda entrega à roda a potência $\tau \omega \approx 1,16\cdot 4,60\approx 5,3\mathrm{W}$. Na outra extremidade, a corda puxa o peso para cima, enquanto ele desce a 0,553 m/s; ela retira energia do peso à taxa $Tv\approx 9,64\cdot 0,553\approx 5,3\mathrm{W}$. As duas taxas concordam: uma corda leve não armazena energia e apenas a transmite.

Segunda lei de Newton para um corpo que gira

O torque diz com que intensidade um corpo está sendo girado. Ainda precisamos da lei que diz com que rapidez ele responde, a forma rotacional de $F=ma$. Obtemos essa lei aplicando a segunda lei de Newton a cada pedaço do corpo e somando os resultados.

Legenda

$O$	O eixo que passa pelo centro, visto de frente.
$R$	Raio do disco.	$\mathrm{m}$
$s$	Distância do anel dourado ao eixo.	$\mathrm{m}$
$ds$	Largura do anel.	$\mathrm{m}$
$\ell$	Comprimento do anel aberto e esticado: sua circunferência $2\pi s$.	$\mathrm{m}$
$dm$	Massa do anel: sua área $2\pi sds$ vezes a massa por área $M/(\pi R^2)$.	$\mathrm{kg}$
${\omega }^{2}s$	Aceleração centrípeta de cada pedaço do anel, em direção ao eixo.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\alpha s$	Aceleração tangencial de cada pedaço do anel, ao longo do círculo.	$m/{\mathrm{s}}^2$

A figura 2 mostra os pedaços. Agrupe toda a matéria à mesma distância $s$ do eixo: em um disco, isso é um anel fino como o dourado, de largura $ds$ e massa $dm$. Cada pedaço do anel se move em um círculo de raio $s$, com a velocidade angular $\omega$ e a aceleração angular $\alpha =d\omega /dt$ do corpo inteiro. Sua aceleração tem, portanto, duas partes, ambas desenhadas no topo do anel: uma parte centrípeta ${\omega }^{2}s$, apontando para o eixo $O$, que mantém o pedaço em seu círculo, e uma parte tangencial $\alpha s$ ao longo do círculo, que o acelera.

Pela segunda lei de Newton, a força resultante sobre o anel tem as mesmas duas partes: sua massa vezes cada aceleração. A força centrípeta aponta para o eixo, então não tem braço de alavanca nem torque. Apenas a força tangencial $\alpha sdm$ tem torque, com braço de alavanca $s$:
$d\tau =s\cdot (\alpha sdm)=s^2\alpha dm$

Agora somamos esses torques sobre todo o corpo. A força resultante sobre cada pedaço é composta de forças externas e de forças internas dos outros pedaços. As forças internas se cancelam aos pares: dois pedaços agem um sobre o outro com forças iguais e opostas ao longo da reta que os une, então as duas forças têm o mesmo braço de alavanca e giram em sentidos opostos. Sobram apenas os torques externos, e, como todo pedaço tem o mesmo $\alpha$, ele sai da soma:
${\tau }_{\mathrm{ext}}=\left(\int s^{2}dm\right)\alpha =I\alpha$
A integral $I=\int s^{2}dm$ é o momento de inércia. Ele faz o papel que a massa faz em $F=ma$, mas depende de onde a massa está, não apenas de quanta há: cada pedaço conta com o quadrado de sua distância ao eixo.

Para o disco uniforme da figura 2, de raio $R$ e massa $M$, a integral é uma soma sobre anéis. Corte o anel dourado e estique-o, como mostrado abaixo do disco: ele se torna uma faixa de comprimento $\ell =2\pi s$ e largura $ds$, logo sua área é $2\pi sds$. A massa do disco está distribuída uniformemente sobre sua área $\pi R^2$, então a massa por área é $M/(\pi R^2)$ e a massa do anel é
$dm=\frac{M}{\pi R^2}\cdot 2\pi sds=\frac{2M}{R^2}sds$
Somando os anéis do centro até a borda,
$I={\int }_0^R{s}^2\frac{2M}{R^2}sds=\frac{2M}{R^2}\cdot \frac{R^4}{4}=\frac{1}{2}M{R}^2$
Esse valor é metade de $M{R}^2$, o de um aro fino de mesma massa e raio, porque grande parte da massa do disco está perto do eixo. Para o disco da animação, $I=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 0,40^2=0,80\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$.

O momento de inércia também depende do eixo escolhido. Para um eixo paralelo a outro que passa pelo centro de massa, a uma distância $d$ dele, o teorema dos eixos paralelos dá
$I=I_{\mathrm{cm}}+M{d}^2$
Para ver por quê, escreva o quadrado da distância de cada pedaço ao novo eixo como o quadrado de sua distância ao antigo eixo, mais $d^2$, mais um termo cruzado. Somado sobre o corpo, o termo cruzado é proporcional à posição média ponderada pela massa, medida a partir do centro de massa, e essa média é zero pela própria definição de centro de massa. Pendurado por um pino na borda, o disco da animação tem $d=0,40\mathrm{m}$ e $I=0,80+10\cdot 0,40^2=2,40\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$, três vezes seu valor em torno do centro.

Momento angular e o dicionário rotacional

No movimento em linha reta, a lei de Newton é mais geral na forma $F=dp/dt$. A rotação tem a mesma forma assim que se define o momento angular, e com ele valem todos os resultados da dinâmica unidimensional.

Cada pedaço do anel da figura 2 se move com velocidade $\omega s$, então sua quantidade de movimento é $\omega sdm$ ao longo do círculo. Seu momento angular em relação ao eixo é essa quantidade de movimento vezes seu braço de alavanca $s$, ou seja, $s\cdot (\omega s)dm$. Somando sobre o corpo, obtém-se o momento angular total, $L=I\omega$. Para um corpo rígido, $I$ não muda, logo $I\alpha =d(I\omega )/dt$ e a lei da rotação assume a forma
$L=I\omega ,\tau =\frac{dL}{dt}$
o equivalente de $F=dp/dt$: o torque é a taxa de variação do momento angular.

A energia cinética é construída da mesma forma. Um pedaço que se move com $\omega s$ carrega $\frac{1}{2}(\omega s{)}^{2}dm$, e somando obtém-se
$K=\frac{1}{2}I{\omega }^2$
O trabalho realizado pelo torque, $\int \tau d\theta$, é igual à variação de $K$, assim como $\int Fdx$ é igual à variação de $\frac{1}{2}m{v}^2$.

O dicionário entre o movimento retilíneo e o rotacional está agora completo: $x\leftrightarrow \theta$, $v\leftrightarrow \omega$, $a\leftrightarrow \alpha$, $m\leftrightarrow I$, $F\leftrightarrow \tau$, $p\leftrightarrow L$, $\frac{1}{2}m{v}^2\leftrightarrow \frac{1}{2}I{\omega }^2$ e $Fv\leftrightarrow \tau \omega$. O painel do nível avançado da animação lista quatro desses pares. Todo resultado da dinâmica unidimensional se transfere, inclusive as equações para aceleração constante.

Uma entrada não tem correspondente exato. A massa de um corpo é fixa, mas seu momento de inércia muda sempre que o corpo muda de forma, porque $I$ depende de onde a massa está. Nesse caso, $\tau =dL/dt$ continua valendo, enquanto $\tau =I\alpha$ deixa de valer. É assim que uma patinadora gira mais rápido quando encolhe os braços, embora nenhum torque atue sobre ela: $L=I\omega$ permanece o mesmo, $I$ diminui, e por isso $\omega$ aumenta.

Lendo o gráfico da velocidade angular

Um gráfico da velocidade angular em função do tempo mostra todo o movimento da roda de uma só vez. Ele é lido exatamente como um gráfico de velocidade em função do tempo: a inclinação é a aceleração angular, e a área abaixo dele é o ângulo girado.

Legenda

$t$	Tempo desde a liberação do peso.	$\mathrm{s}$
$\omega$	Velocidade angular da roda, $d\theta /dt$.	$rad/s$
$t_1$	Instante em que o peso chega ao chão.	$\mathrm{s}$
${\omega }_1$	Velocidade angular na chegada ao chão, o maior valor atingido.	$rad/s$
$\Delta t$	Um intervalo de tempo: a base do triângulo de inclinação.	$\mathrm{s}$
$\alpha \Delta t$	Aumento de $\omega$ no tempo $\Delta t$: a inclinação $\alpha$ vezes $\Delta t$.	$rad/s$
$\tau$	Torque da corda sobre a roda: constante enquanto a corda puxa, zero após a chegada ao chão.	$\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
$\theta$	Ângulo desde a liberação até a chegada ao chão: a área sombreada sob a reta.	$\mathrm{rad}$

A figura 3 é o gráfico que o nível avançado da animação traça: $\omega$ em função do tempo $t$ desde a liberação do peso. Enquanto a corda puxa, seu torque $\tau$ é constante, então, pela relação $\tau =I\alpha$, a aceleração angular também é constante, e o gráfico é uma reta. Observe o pequeno triângulo de inclinação: em qualquer intervalo $\Delta t$, $\omega$ sobe $\alpha \Delta t$, logo a inclinação da reta é
$\alpha =\tau /I=1,16/0,80\approx 1,45rad/{\mathrm{s}}^2$

Agora observe o triângulo sombreado. Cada pequeno intervalo $dt$ acrescenta $\omega dt$ ao ângulo girado, então a área sob a reta é o ângulo $\theta$. O peso chega ao chão em $t_1=3,19\mathrm{s}$, quando a roda atingiu ${\omega }_1=4,60rad/s$, logo
$\theta =\frac{1}{2}\cdot 3,19\mathrm{s}\cdot 4,60rad/s\approx 7,3\mathrm{rad}$
A corda oferece uma verificação independente. Ela se desenrola do cubo sem deslizar, então 0,88 m de corda saindo de um cubo de raio 0,12 m significam $\theta =0,88/0,12\approx 7,33\mathrm{rad}$, o mesmo ângulo. A leitura $L$ da animação é simplesmente $I$ vezes este gráfico: ela sobe 1,16 kg·m²/s a cada segundo, porque a inclinação de $L(t)$ é o torque.

Em $t_1$ o peso chega ao chão, a corda deixa de puxar e $\tau =0$, como marcado na parte horizontal do gráfico. Então $dL/dt=0$: a reta fica horizontal e $L$ permanece em $0,80\cdot 4,60\approx 3,68\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$, já que não há atrito para frear a roda. A área sob o gráfico continua crescendo, agora 4,60 rad a cada segundo. No canto, a inclinação passa de 1,45 rad/s² para zero, mas $\omega$ em si não dá um salto: um salto em $\omega$ mudaria $L$ por uma quantidade finita em tempo nulo, o que exigiria um torque infinito.

Energia e a massa efetiva

A conservação da energia verifica todo o cálculo de forma independente. Ela também oferece uma maneira útil de imaginar a roda: como uma massa extra que o peso que cai precisa arrastar.

Depois de cair $h=0,88\mathrm{m}$, o peso de massa $m=1\mathrm{kg}$ liberou $mgh\approx 8,63\mathrm{J}$. A roda agora armazena $\frac{1}{2}I{\omega }^2\approx 8,48\mathrm{J}$ e o peso $\frac{1}{2}m{v}^2\approx 0,15\mathrm{J}$, então 98 % da energia foi para a rotação. Como a corda não desliza, o peso se move com a velocidade da borda do cubo, $v=\omega r$, onde $r=0,12\mathrm{m}$ é o raio do cubo. Escrevendo $\omega =v/r$, o balanço de energia fica
$mgh=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}I{\omega }^2=\frac{1}{2}\left(m+\frac{I}{r^2}\right)v^2$

Vista da corda, a roda se comporta então como uma massa extra $I/r^2=0,80/0,12^2\approx 55,6\mathrm{kg}$ que o peso precisa arrastar. Derivando o balanço em relação ao tempo (a taxa de variação de $h$ é $v$, e a de $v$ é $a$), obtém-se $mgv=(m+I/r^2)va$, logo
$a=\frac{mg}{m+I/r^2}$
O peso de 1 kg tem de acelerar 56,6 kg de massa efetiva, e por isso desce lentamente, a apenas 0,17 m/s².

O raio do cubo é uma escolha de projeto. Se o reduzirmos pela metade, para 0,06 m, $I/r^2$ quadruplica, para 222 kg, e o peso acelera cerca de quatro vezes mais devagar. A aceleração angular $\alpha =a/r$ cai menos, porque um cubo menor gira mais a cada metro de corda, mas ainda assim cai pela metade, para cerca de 0,73 rad/s². Em geral,
$\alpha =\frac{mgr}{I+m{r}^2}$
que cresce com $r$ enquanto $m{r}^2<I$, ou seja, até $r=\sqrt{I/m}\approx 0,89\mathrm{m}$. Isso está além do raio próprio da roda, de 0,40 m; assim, para esta roda, um cubo mais largo sempre a faz girar mais rápido: o braço de alavanca maior supera a parcela crescente do momento de inércia que o próprio peso representa, $m{r}^2$.

Problema resolvido: a roda como ioiô

Até aqui o eixo era fixo. Um ioiô mostra as mesmas leis em ação quando o próprio eixo se move. Prenda a extremidade livre da corda ao teto e deixe a roda cair, desenrolando-se do cubo como um grande ioiô, com $M=10\mathrm{kg}$, $I=0,80\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ e raio do cubo $r=0,12\mathrm{m}$. Com que aceleração ela desce, com que força a corda puxa e como se divide a energia após uma queda de 0,88 m?

Legenda

$Mg$	Peso da roda, atuando em seu centro.	$\mathrm{N}$
$T$	Tração da corda, atuando para cima na borda do cubo.	$\mathrm{N}$
$r$	Raio do cubo: o braço de alavanca de $T$ em relação ao centro.	$\mathrm{m}$
$a$	Aceleração do centro, para baixo.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\alpha$	Aceleração angular da roda, no sentido anti-horário porque a corda puxa para cima à direita do centro.	$rad/{\mathrm{s}}^2$

A figura 4 mostra as duas forças sobre a roda, desenhadas em escala. Seu peso $Mg$ atua no centro. A tração $T$ da corda atua para cima na borda direita do cubo, a uma distância $r$ do centro, e é um pouco menor que $Mg$. A diferença, $Mg-T$, acelera o centro para baixo com $a$, a seta reta à esquerda. Em torno do centro, o peso não tem braço de alavanca, então apenas $T$ gira a roda. Como ela puxa para cima à direita do centro, gira a roda no sentido anti-horário, com a aceleração angular $\alpha$ mostrada pela seta curva.

Pode-se usar $\tau =I\alpha$ quando o eixo cai? Sim, para um eixo que passa pelo centro de massa e mantém sua direção. Em um referencial que cai junto com o centro, a roda simplesmente gira em torno de um eixo fixo, e a única força extra nesse referencial, a força de inércia $-M\vec{a}$, atua no centro de massa, onde não tem braço de alavanca.

Os dois movimentos estão ligados. A corda está presa ao teto, então o ponto do cubo onde ela se solta está momentaneamente em repouso. A roda gira em torno desse ponto, então o centro, a uma distância $r$, desce $r$ para cada radiano girado: $a=\alpha r$.

A translação, a rotação em torno do centro e essa condição de rolamento dão três equações para $a$, $T$ e $\alpha$:
$Mg-T=Ma,Tr=I\alpha ,a=\alpha r$
Substituindo $\alpha =a/r$ na segunda equação, obtém-se $T=Ia/r^2$, e isso na primeira dá:
$a=\frac{g}{1+I/(M{r}^2)}=\frac{9,81}{1+5,56}\approx 1,50m/{\mathrm{s}}^2,T=M(g-a)\approx 83,1\mathrm{N}$
e $\alpha =a/r\approx 12,5rad/{\mathrm{s}}^2$. Esse é novamente o resultado da massa efetiva: a rotação acrescenta $I/r^2\approx 55,6\mathrm{kg}$ aos 10 kg sobre os quais a gravidade atua. Após a queda de 0,88 m, $v=\sqrt{2ah}\approx 1,62m/s$ e $\omega =v/r\approx 13,5rad/s$, quase o triplo dos 4,60 rad/s alcançados na animação, porque agora todo o peso da roda a impulsiona, e não um peso de 1 kg.

A energia liberada $Mgh\approx 86,3\mathrm{J}$ se divide em $\frac{1}{2}M{v}^2\approx 13,2\mathrm{J}$ de translação e $\frac{1}{2}I{\omega }^2\approx 73,2\mathrm{J}$ de rotação. A razão entre elas é fixa em $I/(M{r}^2)\approx 5,56$, qualquer que seja a altura, porque $\omega =v/r$ em todo instante. A corda puxa com 83,1 N, e não com o peso total de 98,1 N; por isso, um dinamômetro preso à corda marca menos que o peso do ioiô enquanto ele cai. E, embaixo, com a corda totalmente desenrolada, a roda ainda está girando, então ela se enrola de volta na corda: é assim que um ioiô retorna.

Limites de validade

O modelo supõe uma roda rígida, uma corda leve que não estica nem desliza, e um eixo sem atrito. O atrito importa mais para a roda em livre rotação do que para a fase de aceleração. Um torque de atrito nos mancais de 0,02 N·m é menos de 2 % dos 1,16 N·m da corda, então reduziria $\alpha$ em menos de 2 %. Depois que o peso chega ao chão, porém, esse é o único torque, e ele pararia a roda em livre rotação em $I\omega /\tau =0,80\cdot 4,60/0,02\approx 184\mathrm{s}$, cerca de três minutos.

A rigidez falha em altas velocidades. A tensão em um aro fino girando é de cerca de $\rho v^2$, em que $\rho$ é a densidade e $v$ a velocidade da borda, então o aro se rompe quando $\rho v^2$ atinge a resistência do material. Um aro de aço (densidade 7800 kg/m³, resistência perto de $10^9\mathrm{Pa}$) se rompe a cerca de 360 m/s. A borda da animação se move a $4,60\cdot 0,40\approx 1,84m/s$.

A lei escalar $\tau =I\alpha$ exige um eixo fixo, ou um eixo pelo centro de massa que mantenha sua direção. No espaço tridimensional, o torque é um vetor, $\vec{\tau }=\vec{r}\times \vec{F}$, e $\vec{L}$ se relaciona com $\vec{\omega }$ não por um único número, mas pelo tensor de inércia, um conjunto de nove números que ocupa o lugar de $I$. Girando em torno de um eixo de simetria, uma roda tem $\vec{L}$ paralelo a $\vec{\omega }$. Uma roda desbalanceada tem $\vec{L}$ inclinado em relação ao eixo, de modo que, à medida que a roda gira, $\vec{L}$ varre um cone, e os mancais devem fornecer um torque $d\vec{L}/dt$ mesmo com velocidade constante. É por isso que as rodas de carros são balanceadas, e é aí que começam os giroscópios e a precessão.

Correções relativísticas, de ordem $v^2/c^2\approx 4\times 10^{-17}$ para a borda, não têm papel aqui. Na mecânica quântica, o momento angular vem em saltos da ordem de $\hslash \approx 1,05\times 10^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$. O momento angular da roda, $3,68\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$, equivale a cerca de $3,5\times 10^{34}$ desses saltos, por isso seu giro parece perfeitamente contínuo; já a rotação de uma molécula aparece em níveis discretos, visíveis em espectros de micro-ondas.

Para onde isso leva

Zerando o torque resultante e a força resultante, chega-se a Equilíbrio estático e alavancas. Deixando o momento de inércia mudar ou o eixo se inclinar, chega-se a Momento angular e sua conservação, com patinadoras, a lei das áreas de Kepler e o giroscópio em precessão. Um corpo pendurado em um pivô sente um torque restaurador da gravidade e oscila como pêndulo físico, com período $2\pi \sqrt{I/(Mgd)}$ para pequenas oscilações, em que $d$ é a distância do pivô ao centro de massa. O disco pendurado pela borda, com $I=2,40\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ e $d=0,40\mathrm{m}$, oscila com período de cerca de 1,55 s; Movimento harmônico simples desenvolve essa ideia. O torque de um campo magnético sobre uma espira de corrente aciona todo motor elétrico, tema de Motores, geradores e transformadores, e a fórmula de potência $P=\tau \omega$ liga esta aula a Trabalho, energia e potência.