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Física Geral I - F -128
Aula 9
Sistemas de partículas
20 semestre, 2012
Sistema de 2 partículas: centro de massa
•  Considere duas partículas de massas m1 e m2 em uma
dimensão:
2
F1(ext)
F2(ext)
⎧ d x1
( ext )
m
=
F
+
F
12
1
⎪⎪ 1 dt 2
⎨
2
d
x2
( ext )
⎪m
=
F
+
F
21
2
⎪⎩ 2 dt 2
Aqui, distinguimos forças internas (F12 e F21) de forças
externas (F1(ext) e F2(ext)).
Somando-se as equações termo a termo:
d 2 x1
d 2 x2
m1 2 +m2 2 =F12 + F21 + F1( ext ) + F2( ext )
dt
dt
d 2 x1
d 2 x2 ( ext ) ( ext )
(pois F12= - F21)
⇒m1 2 +m2 2 =F1 + F2 =∑F ( ext )
dt
dt
(ext )
F
∑ é a força externa resultante. As forças internas se cancelam.
F128 – 1o Semestre de 2012 2 Sistema de 2 partículas: centro de massa
d 2 x1
d 2 x2
d 2 (m1 x1 +m2 x2 )
( ext )
( ext )
m1 2 +m2 2 =∑F
⇒
=
F
∑
dt
dt
dt 2
d 2 xCM
m1 x1 + m2 x2
( ext )
Então: ∑F =M 2 = MaCM
Definimos: xCM =
dt
m1 + m2
onde M=m1+m2 é a massa total do sistema.
O sistema se comporta como se toda massa estivesse concentrada
no ponto xCM (centro de massa) e a força externa agisse sobre ele..
xCM
F12
F
21
F2(ext)
F1(ext)
∑F (ext)
M
2
d
xCM
( ext )
a Lei de Newton para um sistema de 2 partículas)
(2
F
=
M
∑
dt 2
dx CM
( ext )
F
=0 ⇒
= vCM = cte.
Em particular, se
dt
∑
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3
Cálculo do centro de massa
xCM
Exemplos:
(a) m1 = m2 ⇒ xCM
m1 x1 + m2 x2
=
m1 + m2
x1 + x2
=
2
x1
x2
x
xCM
x2
(b) m1 >> m2 ⇒ xCM ≈ x1
x
xCM
(c) Em geral, o centro de massa é um ponto intermediário entre x1 e x2:
x1 < xCM < x2
2/3
m
x=0
F128 – 1o Semestre de 2012 1/3
xCM
x
2m
x=L
xCM =
m × 0 + 2m × L 2
= L
3m
3
4 Q1: CM sistema Terra-Sol
A quantos quilômetros do centro do Sol encontra-se o CM
do sistema Terra-Sol?
Dados: MSol=2×1030 kg, MTerra= 6×1024 kg, d=1.5x108km
"   450
"  0
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Generalização para N partículas:
⎧
2
⎪m d x1 = F + F ++ F ( ext )
12
13
1
⎪ 1 dt 2
2
⎪
⎪ d x2
( ext )
=
F
+
F
+

+
F
⎨m 2
21
23
2
2
dt
⎪

⎪
2
⎪m d x N = F + F ++ F ( ext )
N
N1
N2
N
⎪
dt 2
⎩
Somando-se as equações, as forças internas se cancelam aos pares:
d 2 xN
d 2 x1
d 2 x2
( ext )
( ext )
( ext )
( ext )
⇒m1 2 +m2 2 ++mN
=
F
+
F
+

+
F
=
F
∑
1
2
N
dt
dt
dt 2
xCM
∑F
( ext )
m x + m2 x2 +  + mN xN
1
= 1 1
=
m1 + m2 +  + mN
M
d 2 (m1 x1 +m2 x2 ++mN x N )
=
dt 2
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⇒
N
∑m x
∑F
i =1
( ext )
i i
d 2 xCM
=M
dt 2
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Generalização para 3 dimensões:
xCM
yCM
zCM
⎫
mi xi ⎪
∑
i =1
⎪
⎪⎪
1
m1 y1 + m2 y2 +  + mN y N
1 N
⇒
r
=
=
=
m
y
CM
∑ i i⎬
m1 + m2 +  + mN
M i =1
M
⎪
⎪
m1 z1 + m2 z2 +  + mN z N
1 N
=
=
mi zi ⎪
∑
⎪⎭
m1 + m2 +  + mN
M i =1
m1 x1 + m2 x2 +  + mN xN
1
=
=
m1 + m2 +  + mN
M
N
N
∑m r
i =1
i
i
2
2
2
 ( ext )
d rN
d r1
d r2

F
=
m
+
m
+

+
m
=
M
a
∑
1
2
N
CM
dt 2
dt 2
dt 2
 ( ext )

∑F =M aCM
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(esta é a 2ª lei de Newton para um sistema de
partículas: o sistema responde à resultante das
forças externas como se a massa total M
estivesse toda concentrada no centro de massa)
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2a Lei de Newton para um sistema de partículas:
O movimento dos sistemas acima é muito complicado, mas o
centro de massa descreve uma parábola, como uma partícula.
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2ª Lei de Newton para um sistema de partículas:
O movimento dos sistemas acima é muito complicado, mas o centro de
massa (meio do taco) descreve uma parábola, como uma partícula.
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2ª Lei de Newton para um sistema de partículas:
O movimento dos sistemas acima é muito complicado,
mas o centro de massa (meio do taco) descreve uma
parábola, como uma partícula.
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Exemplo: sistema de 3 partículas
Calcule a posição do centro de massa do sistema abaixo.
m1 = 1 kg x1 = 0 m y1 = 0 m
m2 = 2 kg x2 = 0 m y2 = 3 m
m3 = 4 kg x3 = 4 m y3 = 0 m
0×1+ 0× 2 + 4× 4
m = 2,3 m
1+ 2 + 4
0×1+ 3× 2 + 0× 4
=
m = 0,9 m
1+ 2 + 4
x CM =
yCM
F128 – 1o Semestre de 2012 11 Centro de massa de corpos contínuos uniformes
Se um corpo consiste de uma distribuição contínua de massa, podemos dividilo em porções infinitesimais de massa dm e a soma transforma-se numa integral:
xCM
1
=
M
N
1
mi xi →
xdm
∑
∫
M
i =1
yCM
1
→
M
∫ ydm
zCM
1
→
zdm
∫
M
A massa infinitesimal dm pode pertencer a um fio, uma superfície ou um volume:
λ dl
λ : densidade linear de massa
σ dA dm = σ : densidade superficial de massa
ρ dV
ρ : densidade volumétrica de massa
Se o corpo (volume) tiver densidade uniforme: dm = ρ dV =
1
xCM = ∫ xdV ;
V
1
yCM = ∫ ydV ;
V
1
z CM = ∫ zdV
V
M
dV :
V
Normalmente, não precisamos calcular estas integrais triplas!
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Centro de massa e simetrias
Se um corpo possui um ponto, uma linha ou um plano de simetria, o
CM
situa-se nesse ponto, linha ou plano.
Centro de simetria
Linhas de simetria
CM
CM
Planos de simetria
Ø  Note que para que um ponto, linha ou plano seja de
simetria, é preciso que, para cada elemento de massa,
exista um outro elemento igual na posição simétrica em
relação ao ponto, linha ou plano. (confira isso para os
elementos de simetria das figuras desta página)
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Posição do Centro de Massa
Nota: o centro de massa de um corpo não é necessariamente um ponto do corpo!
Exemplos: donut, ferradura, corpo humano.
CM de um atleta de salto em altura pode passar abaixo do sarrafo!
F128 – 1o Semestre de 2012 14 Exercício
Um disco metálico de raio 2R tem um orifício de raio R, como mostra a figura. Localize as coordenadas do centro de massa do disco, sabendo-se que
sua massa está uniformemente distribuída com densidade superficial σ .
O disco com orifício pode ser pensado como
uma superposição de dois discos: um com massa
y
M = σ π (2R ) e outro com massa m = − σ π R 2
2
Então, tomando como origem o centro do disco
de raio 2R:
2R
•
R
xCM
CM
x
M .0 + m ( − R )
σ π R3
R
=
=
=
M +m
σ π (2 R ) 2 −σ π R 2 3
Obviamente, por simetria, yCM = 0.
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Momento linear
O momento linear (ou quantidade de movimento)
de uma partícula
 
é uma quantidade vetorial definida como: p =mv
dv d p
a
A 2 lei de Newton pode ser escrita como: F =m =
dt dt
O momento linear de um sistema de N partículas é a soma
vetorial dos momentos lineares individuais:
  



P = p1 + p2 +....+ pN = m1v1 ++mN v N
Derivando em relação ao tempo a expressão do centro de massa:
N

1 N

 

rCM = ∑mi ri ⇒ ∑mi vi = P = M vCM
M i =1
i =1
Derivando novamente e usando a 2a lei de Newton para um sistema de

partículas:


dP
M aCM =∑ F ( ext ) =
dt
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Conservação de momento linear
Uma conseqüência imediata da 2a lei de Newton para um sistema
de partículas é a conservação do momento linear total do sistema
na ausência de forças externas:


( ext )
∑ F = 0 ⇒ P= cte.
Assim como no caso da conservação da energia mecânica, essa lei
pode ser muito útil para resolver problemas, sem ter que lidar com a
dinâmica detalhada do sistema.
Note que a única condição para a conservação do momento
linear total é a ausência de forças externas. Não há nenhuma
restrição quanto à presença de forças dissipativas, desde que elas
sejam internas. Por outro lado, forças internas não podem mudar o
momento linear total do sistema!
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Q2: Barco a ventilador
Um físico tenta impulsionar um barco a vela ligando um ventilador a
pilha direcionado à vela do barco (o físico está dentro do barco).
Assinale a alternativa correta
A.  O sistema não funcionará, pois todas as forças são internas,
e portanto aCM=0.
B.  O sistema funcionará (porém com baixa eficiência) devido
ao consumo de energia química do ventilador, que por
conservação de energia se converte em energia cinética do
barco.
[Default]
[MC Any]
[MC All]
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Física Nuclear
Nesta figura, um neutrino (ν) colide com um próton (p) estacionário. O neutrino se
transforma num múon (µ-) e há a criação de um píon (π+). O neutrino, por ser
neutro, não deixa rastro na câmara de bolhas. Observe que não haveria conservação
de momento linear, se não houvesse uma partícula neutra colidindo pela direita.
(p + ν à p + µ- + π+)
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Exemplo: vCM = constante
Dois patinadores no gelo (sem atrito
com o chão) encontram-se inicialmente
a uma distância de 12 m. Eles puxam as
extremidades de uma corda até se
encontrarem. Em que ponto eles se
encontram? O resultado depende das
forças exercidas por eles?
Só há forças internas ao sistema
o centro de massa tem
velocidade constante.
m = 80 kg
xCM
m = 60 kg
Os patinadores se encontrarão a 5,1 m
0 × 80 + 12 × 60
da posição inicial do patinador da
=
m = 5,1 m ⇒
80 + 60
esquerda. Não importam as forças
exercidas por eles (internas).
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Momento de um sistema de partículas no RCM
Se vCM= constante, um referencial amarrado ao centro de massa (CM) é um
referencial inercial, chamado referencial do centro de massa (RCM). Ele tem
interesse físico, pois dado um sistema de partículas, ele está naturalmente
definido, não dependendo da escolha que se faça para o referencial.
Vimos:

1 N

vCM = ∑mi vi
M i =1

v
Como CM = 0 no RCM
⇒
 

∑mi vi = P = M vCM
N
i =1

⇒ P = 0 no RCM.
Ou seja, no RCM o momento total de um sistema de partículas é nulo, quer
o sistema seja isolado ou não.
Vantagem: o RCM é o referencial de menor energia cinética do sistema. De
fato, para um sistema de duas partículas:
v1 =V1 + vCM ; v2 =V2 + vCM ,
onde V1 e V2 são as velocidades das partículas 1 e 2 em relação ao CM.
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Momento de um sistema de partículas no RCM
É claro que:
m1V1 + m2V2 = 0
Então, considerando a energia cinética:
1
1
2
2
K = m1 v1 + m2 v2 =
2
2
1
1
= m1 (V1 +vCM ) 2 + m2 (V2 +vCM ) 2 =
2
2
1
1
2 1
2
2
= m1V1 + m2V2 + (m1 +m2 ) vCM + ( m1V1 + m2V2 ) vCM
2
2
2
(K)RCM
KCM
=0
O primeiro termo é a energia cinética do sistema no referencial do CM e o
segundo é a energia associada ao movimento do CM. No referencial do CM, esta
parcela é nula.
F128 – 1o Semestre de 2012 22 Exemplo
Um canhão de massa M = 100 kg dispara uma bala de massa m = 1,0 kg com
velocidade de 300 m/s em relação ao canhão. Imediatamente após o disparo, quais
são a velocidade da bala e do recuo do canhão?
Ø  Tanto inicialmente como imediatamente após a
explosão, o momento linear total do sistema é nulo,
pois as forças que atuam durante a explosão são
todas forças internas.
Os módulos das velocidades estão assim
 relacionados:

 
Ø  Note que v rel = v 0 −V0

V0
v rel
MV0 = mv0
vrel = v0 + V0

v0
m
⎧
v rel =2,97 m/s
⎪V0 =
Resolvendo o sistema de equações, encontramos: ⎨
m+ M
⎪
⎩v0 =v rel −V0 ≅ 297 m/s
O movimento de recuo do canhão sugere um método de propulsão!
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Trabalho das forças externas e internas
Vimos que as forças internas não contribuem para a variação do momento
total de um sistema de partículas. E contribuem para a energia?
 int 
 ext 
Para a partícula i : ( ΔK ) i =∫ F ⋅ dsi + ∫ f ⋅ dsi
Para o sistema todo, a variação da energia cinética é a soma do trabalho total
das forças externas e do trabalho total das forças internas. O trabalho total das
forças internas pode não ser nulo. Exemplos:
a) Patinadora
Considere a situação ao lado, em que uma
 patinadora
empurra um corrimão (com uma força F ) e adquire 
energia cinética no processo. Nessa situação, a força F
acelera o CM da patinadora, mas não realiza trabalho.
A patinadora gasta energia (muscular), que se
transforma em energia cinética. Há apenas transferência
de energia entre partes internas do sistema.
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Trabalho das forças externas e internas

b) Propulsão de um carro: a força externa F que acelera o CM do carro é a
soma das quatro forças de atrito estático (só duas mostradas). Porém, ela não
transfere energia cinética para o carro, pois não realiza trabalho; o aumento da
energia cinética se deve à transferência de energia interna armazenada no
combustível.
Durante a freada de um carro sem derrapar, o atrito com o solo é também
estático, portanto não realiza trabalho. É o trabalho do atrito interno (rodas-freio)
que “dissipa” a energia cinética do veículo. No entanto:


Fatr = M aCM
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Q3: Forças Internas
Qual a única alternativa verdadeira, na ausência de forças
externas:
A.  Forças internas podem mudar a energia cinética do
sistema, mesmo sem realizar trabalho. Momento linear é
sempre conservado.
B.  Forças internas podem mudar a energia cinética do
sistema, mas neste caso o momento linear não se
conserva, pois trabalho foi realizado.
C.  Forças internas nunca mudam a energia cinética do
sistema. O momento linear é sempre conservado.
[Default]
[MC Any]
[MC All]
F128 – 1o Semestre de 2012 26 Sistemas de massa variável (propulsão de
foguetes, etc)
Um foguete com velocidade instantânea v e massa instantânea M ejeta produtos de
exaustão com massa dM e velocidade U.
Depois de um tempo dt, o foguete tem massa M-dM e velocidade v+dv.
Todas as velocidades são medidas no referencial inercial da Terra.
Antes
Depois
dM
M - dM
x
Como o sistema (foguete + produtos de exaustão) é fechado e isolado,
aplicamos a conservação do momento linear: Pi = Pf
Antes:
Pi =M v
Depois: Pf = (M − dM ) (v + dv ) + dM U
⇒ Mdv = (v + dv − U ) dM
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(1)
27
Propulsão de foguetes

Introduzindo a velocidade v rel dos produtos de exaustão em relação ao foguete
(é essa quantidade que é controlada, pois está ligada ao processo de combustão):
  

vrel = U − (v + dv )
⎯em
⎯termos
⎯⎯
⎯⎯
⎯→
dos módulos
 
v + dv


v rel
U
U = − vrel + (v + dv )

(é claro que a velocidade relativa v rel aponta
na direção de x negativo, daí o sinal)
Então, reescrevendo (1):
Mdv = dM vrel
(Equação fundamental da propulsão de foguetes)
Compare com o resultado anterior do canhão (V0 = dv ; m = dM):
V0 =
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m
vrel ⎯M⎯>>⎯
→ MV0 = mvrel
m
m+M
28
Propulsão de foguetes
dv
dM
M = v rel
= R vrel ,
dt
dt
Mdv = dM vrel
onde
dM
= R é a taxa de consumo de massa de combustível
dt
Reescrevendo: Rvrel = Ma , donde se nota que o empuxo Rvrel tem o mesmo efeito
de uma força resultante!
Entretanto, mesmo que Rvrel seja constante o movimento do foguete não é
uniformemente acelerado, pois a massa é variável:
dM
dv = vrel
⇒
M
vf
∫ dv
vi
Mf
= vrel
∫
Mi
dM
M
⎛ Mi
⇒ v f − vi = Δv = vrel ln ⎜
⎜M
⎝ f
⎞
⎟
⎟
⎠
onde corrigiu-se o sinal de dM para considerarmos a variação de massa do
foguete, e não do combustível ejetado.
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29
Propulsão de foguetes:
M (t ) = M i + Rt
⇒ v (t ) = v + v ln ⎛⎜ M i + Rt ⎞⎟
0
rel
⎜
⎟
⎝
Mi
⎠
A curva v(t) não é linear por
causa da perda de massa.
Para alguns combustíveis:
•  Querosene e oxigênio líquido (programa Apolo): vrel » 10.000 km/h
•  Hidrogênio líquido e oxigênio líquido (ônibus espacial): vrel » 11.500 km/h
•  Valores no vácuo: 10-20% maiores
•  Considerações de estabilidade limitam Mi/Mf »10 Þ Dv » 2,3 vrel <30.000 km/h
•  Mas, vescape » 40.000 km/h !!!!!!! Þ O que fazer??
F128 – 1o Semestre de 2012 30 Foguetes multi-estágios:
Ø  Ao final de um estágio de aceleração, descarta-se
a carcaça do estágio anterior (tanques de
combustíveis, motores...)
Por que isso é vantajoso?
⎛ M0 ⎞
⎟⎟
Primeiro estágio : M 0 → M 1 ⇒ Δv1 = vrel ln⎜⎜
⎝ M1 ⎠
Segundo estágio : descarte de massa δ
⎛ M1 − δ
M 1 − δ → M 2 − δ ⇒ Δv2 = vrel ln⎜⎜
⎝ M2 −δ
⎞
⎟⎟
⎠
Aceleração total com descarte da carcaça:
Δvdesc
⎛ M 0 M1 − δ ⎞
⎟⎟
= Δv1 + Δv2 = vrel ln⎜⎜
⎝ M1 M 2 − δ ⎠
Foguetes multi-estágios
Aceleração total com descarte da carcaça:
Δvdesc
⎛ M 0 M1 − δ ⎞
⎟⎟
= Δv1 + Δv2 = vrel ln⎜⎜
⎝ M1 M 2 − δ ⎠
Aceleração total sem descarte da carcaça:
Δvsem
Comparando:
(mostre isso!)
⎛ M 0 M1 ⎞
⎛ M0 ⎞
⎟⎟ = vrel ln⎜⎜
⎟⎟
= Δv1 + Δv2 = vrel ln⎜⎜
⎝ M1 M 2 ⎠
⎝ M2 ⎠
M1
M1 − δ M1
>1⇒
>
M2
M2 −δ M2
⇒ Δvdesc > Δvsem
Ø  Quanto maior a carcaça d descartada maior o ganho no descarte!
Dados do sistema Saturno V-Apolo (viagens à Lua)
δ
Mtotal=2,734 x 106 kg
⎛ 2.734.000 ⎞
Δv1 = ln⎜
⎟9.720 km/h
734
.
000
⎝
⎠
≈ 12.800 km/h
E1 ≈ 3,9 ×10 6 kgf
vácuo
⎛ 594.000 ⎞
Δv2 = 1,2 × ln⎜
⎟11.520 km/h
174
.
000
⎝
⎠
≈ 17.000 km/h
vácuo
E2 ≈ 4,4 ×10 5 kgf
⎛ 138.000 ⎞
Δv3 = 1,2 × ln⎜
⎟11.520 km/h
⎝ 33.000 ⎠
≈ 20.000 km/h
M
Empuxo = comb vrel
tign
⎛M ⎞
Δv = vrel ln⎜ i ⎟
⎜M ⎟
⎝ f⎠
•  Quer. e O2 vrel»9.720 km/h
•  H2 e O2: vrel»11.520 km/h
•  Vácuo: 10-20% maiores
E3 ≈ 86,4 ×10 3 kgf