Unidade I Vetores - Biblioteca Virtual

Unidade I
Vetores
1 Situando a Temática
O propósito desta unidade temática é o de introduzir a nomenclatura
que será utilizada no decorrer deste curso. A título de revisão e para que fique mais próximo do curso atual, apresentaremos as definições básicas da
álgebra de vetores. Entretanto, remetemos os alunos ao curso de Cálculo Vetorial e Geometria Analítica contido no segundo volume do curso de Licenciatura em Matemática a Distância.
2 Problematizando a Temática
A necessidade de uma entidade matemática que possa representar
determinadas grandezas físicas é clara para todos nós. Basta compararmos.
Grandezas como temperatura, massa ou volume, podem ser especificadas
com um único número. Quando alguém diz que “está fazendo 40° C”, já sabemos que está bastante quente. Não é preciso qualquer informação adicional. Entretanto grandezas como força, deslocamento ou velocidade, e outras
que veremos ao longo deste curso, não podem ser descritas por meio de um
único número. Para que a velocidade de uma partícula fique bem definida
nós devemos especificar o quão rápido esta partícula está se deslocando,
qual a direção do seu movimento – se horizontal ou vertical, por exemplo – e
o sentido do movimento; para a esquerda ou para a direita? As grandezas que
podem ser especificadas com um único número são chamadas de grandezas
escalares enquanto que aquelas onde precisamos informar o seu “tamanho”
(módulo), a direção e o sentido, para que a grandeza fique devidamente definida, são chamadas de grandezas vetoriais.
A entidade matemática capaz de carregar as três informações que
são necessárias para descrever uma grandeza vetorial é chamada de vetor. É
este objeto que nós estudaremos nesta unidade.
3 Vetor
Como visto na disciplina Cálculo Vetorial, um vetor é um objeto
matemático que será representado, geometricamente, por um segmento de
reta orientado e estará definido pelo seu módulo (norma), direção e sentido. Nos textos os vetores são representados por uma letra (ou um outro sím→
bolo) em negrito, como r, ou com uma seta em cima, como r . Neste curso,
ficaremos com a segunda representação, ou seja, o símbolo com a seta.
Quando escrevemos um símbolo, que representa uma grandeza vetorial, sem
a seta em cima, é porque estamos nos referindo à intensidade da grandeza
→
→
que ele representa. Portanto, se a é uma grandeza vetorial, então a = | a |.
Em física é mais usual representarmos o módulo de um vetor com uma barra
→
→
de cada lado ao invés de duas como em álgebra linear. Assim, | a | = || a ||.
149
4 Vetor Deslocamento
Como dissemos, um vetor é uma entidade matemática que tem um
módulo, uma direção e um sentido. Os vetores serão representados por um
segmento de reta orientado. A grandeza vetorial mais simples é o deslocamento que corresponde a uma mudança de posição de um objeto. Um vetor
que representa um deslocamento será chamado de vetor deslocamento. Assim, quando uma partícula vai da posição {
A para a posição {
B , diremos
A para {
B e representaremos este desque ela sofreu um deslocamento de {
locamento por uma seta que aponta de {
A para {
B . Na Fig. 1.1a as setas {
A
para {
B e de {
C para {
D têm mesmo módulo, direção e sentido, então elas
representam vetores deslocamentos idênticos. Na Fig. 1.1b as curvas I, II, e
A paIII representam trajetórias diferentes para o deslocamento da partícula {
B . Vemos então que o vetor deslocamento não nos diz nada a respeito
ra {
da trajetória seguida pela partícula.
O vetor deslocamento representa a mudança de posição de uma partícula de
A para {
B .
{
A definição de vetor deslocamento dada aqui será usada até o final deste curso.
5 Soma Geométrica, Produto Por um Escalar e Subtração
No decorrer deste curso usaremos a seguinte nomenclatura: chama→
remos de Δ r AB o vetor deslocamento que representa a mudança de posição
A para a posição {
B . Assim,
de uma partícula quando ela vai da posição {
→
um vetor deslocamento qualquer será representado por Δ r .
Na Fig. 1.2a representamos dois deslocamentos seguidos de uma
A para {
B e em seguida de {
partícula. Primeiro ela vai de {
B para {
C . As
curvas tracejadas representam possíveis trajetórias. Os vetores deslocamen→
→
tos correspondentes são Δ r AB e Δ r BC, respectivamente. O deslocamento
→
resultante (soma vetorial) destes dois deslocamentos é o vetor Δ r AC.
A SOMA GEOMÉTRICA de dois vetores é feita com o mesmo esquema
que utilizamos para fazer a soma geométrica de dois deslocamentos, mesmo
que eles representem outras grandezas físicas. Assim, dois vetores quaisquer
→
→
a e b serão somados, geometricamente, conforme mostrado na Fig. 1.2c.
Quando fazemos o PRODUTO DE UM VETOR POR UM ESCALAR (qualquer
número real) λ, o vetor resultante terá a mesma direção e o mesmo sentido
que o vetor original, mas seu módulo (tamanho) ficará multiplicado por λ. Se
λ for um número negativo, então o vetor resultante terá a mesma direção
mas terá o sentido contrário ao do vetor original, Fig. 1.3a.
→
Quando multiplicamos um vetor a por –1, o vetor resultante terá a
→
mesma direção, o mesmo módulo mas terá sentido contrário ao do vetor a .
→
→
→
→
O vetor – a é o negativo do vetor a , Fig. 1.3b. É claro que a + (– a ) = 0.
Aqui, 0 (zero) representa o vetor nulo. Um vetor nulo tem módulo igual a
150
zero e, portanto, não tem direção e nem sentido. Não é necessário colocar a
seta em cima do zero. Basta entender que se trata de um vetor nulo. Veremos
as consequências mais adiante.
A SUBTRAÇÃO de dois vetores é realizada utilizando a soma com o negativo
do vetor, Fig. 1.4. Assim, fazemos
G
G G G
a − b = a + ( −b ) .
(1.1)
6 Vetores Unitários
Um VETOR UNITÁRIO é um vetor que tem módulo exatamente igual a 1
e aponta numa dada direção. Ele não tem dimensão e nem unidade. O único
propósito do vetor unitário é apontar, i.e., definir uma direção e um sentido.
Os vetores unitários que apontam nos sentidos positivos dos eixos x, y e z,
^ ^
^
como na Fig. 1.5, são chamados de i, j e k. Aqui, usamos o chapéu ^ no lugar da seta para diferenciar os vetores unitários dos outros vetores.
7 Soma Algébrica
Somar vetores geometricamente pode ser cansativo ou nem ser possível. Uma forma mais prática e direta de somar vetores é por meio da álgebra. Chamaremos esta técnica de SOMA ALGÉBRICA. Para tanto, nós teremos
que representar os vetores em um sistema de coordenadas.
→
A Fig. 1.6 mostra o vetor a em um sistema de coordenadas com o
→
eixo z saindo do papel. As projeções do vetor a nos eixos x, y e z são chamadas componentes do vetor. Um vetor qualquer será escrito genericamente
como:
G
a = a x î + a y ĵ + a z k̂
(1.2)
Em particular, o vetor da figura está contido no plano x,y (duas dimensões), com ax = 3 e ay = 4 e pode ser escrito em termos dos vetores unitá→
^
^
rios como: a = 3 i + 4 j .
8 Produto Escalar e Produto Vetorial
Na álgebra de vetores nós definimos, ainda, duas operações entre vetores que são chamadas de produto. A primeira delas, o PRODUTO ESCALAR, é
uma operação entre dois vetores cujo resultado é um escalar. O produto escalar é representado por um ponto ( . ) e é definido como:
G G
a ⋅ b = a b cos(θ ) ,
(1.3)
→
→
→
→
onde a = || a || = módulo do vetor a e b = || b || = módulo do vetor b . É importante notar, também, que o produto escalar é comutativo, ou seja,
→ →
→ →
a.b = b.a.
151
Problema Resolvido 1.1
(a) A partir da definição, calcule o produto escalar entre os vetores unitários
do sistema de coordenadas da Fig. 1.5.
(b) Usando o resultado do item (a), calcule o produto escalar entre dois veto→
→
res a e b .
SOLUÇÃO: Na solução devemos lembrar que os vetores unitários formam um
ângulo de 90º uns com os outros (são ortogonais entre si) e que qualquer vetor forma um ângulo nulo consigo mesmo. Assim,
(a) O produto escalar entre os vetores unitários fica:
iˆ ⋅ iˆ =|| iˆ || ⋅ || iˆ || cos(0) = 1 × 1 × 1 = 1
ˆj ⋅ ˆj =|| ˆj || ⋅ || ˆj || cos(0) = 1 × 1 × 1 = 1
kˆ ⋅ kˆ =|| kˆ || ⋅ || kˆ || cos(0) = 1 × 1 × 1 = 1
iˆ ⋅ ˆj = ˆj ⋅ iˆ = || iˆ || ⋅ || ˆj || cos(90°) = 1 × 1 × 0 = 0
iˆ ⋅ kˆ = kˆ ⋅ iˆ = || iˆ || ⋅ || kˆ || cos(90°) = 1 × 1 × 0 = 0
ˆj ⋅ kˆ = kˆ ⋅ ˆj = || ˆj || ⋅ || kˆ || cos(90°) = 1 × 1 × 0 = 0
(b) Com o resultado do item (a) calculamos:
G G
a ⋅ b = (a x iˆ + a y ˆj + a z kˆ) ⋅ (b x iˆ + b y ˆj + b z kˆ)
= a x b x (N
iˆ ⋅ iˆ) + a x b y (iˆ ⋅ ˆj ) + a x b z (iˆ ⋅ kˆ)
=1
=0
=0
+ a y b x ( ˆj ⋅ iˆ) + a y b y ( ˆj ⋅ ˆj ) + a y b z ( ˆj ⋅ kˆ)
=0
=1
=0
+ a z b x (kˆ ⋅ iˆ) + a z b y (kˆ ⋅ ˆj ) + a z b z (kˆ ⋅ kˆ)
=0
=0
=1
Assim,
G G
a ⋅ b = a x bx + a y b y + a z bz
produto escalar em termos
das componentes
(1.4)
O produto vetorial é uma operação entre dois vetores cujo resultado
é um terceiro vetor, perpendicular ao plano definido pelos dois vetores envolvidos no produto. O produto vetorial é representado pelo sinal de multiplicação ( × ) e é definido por:
i ) O módulo do vetor resultante é
⎫
⎪
G G
|| a × b || = a b sen (θ)
⎪
⎪
ii ) A direção do vetor resultante é perpendicular ao plano ⎬ (1.5)
G G
⎪
definido pelos vetores a e b .
⎪
iii ) O sentido é dado pela regra da mão direita (Fig.1.8). ⎪⎭
Problema Resolvido 1.2
A partir da definição (1.5), calcule o produto vetorial entre os vetores unitários do sistema de coordenadas da Fig. 1.5.
152
SOLUÇÃO
O produto vetorial entre os vetores unitários fica:
|| iˆ × iˆ || = || iˆ || × || iˆ || × sen (0) = 0
|| ˆj × ˆj || = || ˆj || × || ˆj || × sen (0) = 0
|| kˆ × kˆ || = || kˆ || × || kˆ || × sen (0) = 0
Portanto, o produto vetorial de um vetor unitário por ele mesmo é nulo. Aliás, o produto vetorial de qualquer vetor por si mesmo é nulo.
E mais...
|| iˆ × ˆj || = || iˆ || × || ˆj || × sen (90°) = 1
^
^
Assim, o resultado do produto vetorial i × j é um vetor que tem módulo igual a 1, é perpendicular ao plano x,y e está saindo do papel. Quem tem estas
^
propriedades é o vetor k. Então,
iˆ × ˆj = k̂
ˆj × iˆ = − k̂
e
^
(1.6)
^
^
^
O mesmo acontece com os produtos vetoriais i × k e j × k.
|| iˆ × kˆ || = || iˆ || × || kˆ || × sen (90°) = 1
^
^
O resultado do produto vetorial i × k é um vetor que tem módulo igual a 1, é
^
perpendicular ao plano x,z e aponta para baixo. Este á o vetor – j . Assim,
iˆ × k̂ = − ˆj
k̂ × iˆ = ĵ
e
(1.7)
E
|| ˆj × kˆ || = || ˆj || × || kˆ || × sen (90°) = 1
^
^
O resultado do produto vetorial j × k é um vetor que tem módulo igual a 1, é
^
perpendicular ao plano y,z e aponta para a direita. Este á o vetor i. Assim,
ˆj × k̂ = iˆ
e
kˆ × ˆj = − iˆ
(1.8)
Problema Resolvido 1.3
→
Usando o resultado do acima, calcule o produto vetorial entre dois vetores a
→
e b quaisquer, em termos de suas componentes.
SOLUÇÃO
→
→
O produto vetorial entre dois vetores a e b é calculado como:
G G
a × b = (a x iˆ + a y ˆj + a z kˆ) × (b x iˆ + b y ˆj + b z kˆ)
= a x b x (iˆ × iˆ) + a x b y (iˆ × ˆj ) + a x b z (iˆ × kˆ)
=0
= kˆ
= − ˆj
+ a y b x ( ˆj × iˆ) + a y b y ( ˆj × ˆj ) + a y b z ( ˆj × kˆ)
= − kˆ
=0
= iˆ
+ a z b x (kˆ × iˆ) + a z b y (kˆ × ˆj ) + a z b z (kˆ × kˆ)
=j
= −iˆ
=0
Portanto,
G G
a × b = (a y bz − a z b y ) iˆ − (a x bz − a z bx ) ˆj + (a x by − a y bz ) kˆ
153
(1.9)
Mostre que o resultado acima é equivalente a:
ˆj
⎛ iˆ
kˆ ⎞⎟
⎜
G
G
a × b = det ⎜ a x a y a z ⎟
⎜
⎟
⎜ bx b y bz ⎟
⎝
⎠
9 Problemas
→
Prob. 1.1 O vetor a possui um módulo igual a 5,0 m e está dirigido para o leste. O
→
vetor b possui um módulo igual a 4,0 m e está numa direção de 35° para o noroeste
→
→
a partir do norte. Quais são (a) o módulo e (b) a direção de a + b ? Quais são (c) o
→
→
módulo e (d) a direção de a – b ? (e) Desenhe um diagrama vetorial para cada
combinação.
→
→
Prob. 1.2 Dois vetores são dados por: a = (4 m) ^i + (3 m) ^j + (1 m) k^ e b = (5 m)
→
→
^
→
→
i + (– 2,0 m) ^j. Na notação de vetor unitário, encontre (a) a + b , (b) a – b e (c)
→
→
→
→
um terceiro vetor c tal que a – b + c = 0.
→
→
Prob. 1.3 São dados dois vetores: a = (4 m) ^i + (3 m) ^j e b = (6 m) ^i + (8 m) ^j.
→
Quais são (a) o módulo e (b) o ângulo (relativo a ^j) de a ? Quais são (c) o módulo e
→
→
→
(d) o ângulo de b ? Quais são (e) o módulo e (f) o ângulo de a + b ; (g) o módulo e
→
→
→
→
(h) o ângulo de b – a ; (i) o módulo e (j) o angulo de a – b ? (k) Qual é o ângulo
→
→
→
→
entre as direções de b – a e a – b ?
→
→
→
Prob. 1.4 Cada um dos três vetores a , b e c possui um módulo igual a 50 m e
pertence ao plano x,y. Suas direções relativas ao sentido positivo do eixo x são 30°,
→
195° e 315°, respectivamente. Quais são (a) o módulo e (b) o ângulo do vetor a +
→
→
→
→
→
b + c e (c) o módulo e (d) o ângulo de a – b + c ? Quais são (e) o módulo e (f) o
→
→
→
→
→
ângulo de um quarto vetor d tal que a + b – ( c + d d) = 0?
Prob. 1.5 Dois vetores com módulos iguais a a e b fazem um ângulo θ entre si
quando fazemos coincidir as suas caudas. Prove, tomando as componentes ao longo
de dois eixos perpendiculares, que
r = a 2 + b 2 + 2ab cos θ
→
fornece o módulo da soma r dos dois vetores.
154
Unidade II
Cinemática
1. Situando a Temática
No estudo dos movimentos dos corpos precisamos entender o como
um corpo se movimenta e porque um corpo se movimenta. O como e o porque dos movimentos dos corpos compõem a mecânica; a mais antiga das ciências físicas.
A CINEMÁTICA é a parte da mecânica que descreve os movimentos dos corpos.
As trajetórias, as velocidades e as acelerações dos objetos. Este será nosso
objetivo para esta unidade.
2. Problematizando a Temática
O universo está em movimento. Todas as coisas que estão no universo estão em movimento. Mesmo as coisas aparentemente em repouso, como
seu computador, estão em movimento com a Terra ao redor do Sol; com a
órbita do Sol ao redor do centro da Via Láctea; da via Láctea em relação às
outras galáxias. Então, o estudo dos movimentos dos corpos tem que fazer
parte das ciências físicas.
Quando um ônibus espacial é enviado à Lua, precisamos descrever,
antecipadamente, a posição do ônibus a cada instante (descrever sua trajetória), sua velocidade a cada instante e sua aceleração a cada instante. Isto é a
CINEMÁTICA. Estes são os conceitos que desenvolveremos nesta unidade.
Entretanto, nesta unidade os objetos em estudo terão seus movimentos limitados às translações. Isto significa que todos os corpos serão tratados
como partículas; como se todas as forças estivessem atuando num único ponto. Nós falaremos de partículas, corpos e objetos indiscriminadamente, mas
tendo em mente, sempre, que eles se comportam como partículas. Sem rotação. É preciso não confundir movimento de rotação com trajetória circular.
A Terra tem um movimento de translação na sua órbita quase circular em
torno do Sol e um movimento de rotação em torno de seu eixo. Os movimentos de rotação serão estudados nas unidades VI e VII.
3. Vetor Posição e Vetor Deslocamento
h VETOR POSIÇÃO
→
O vetor r que localiza uma partícula no espaço tridimensional em
relação a um sistema de coordenadas é chamado de VETOR POSIÇÃO. Nada
mais justo que chamar de vetor posição o vetor que dá a posição da partícu→
la. O vetor r será escrito como:
G
r = x i + y ĵ + z k
(2.1)
→
onde x, y e z são as projeções do vetor r .
155
Se a partícula estiver em movimento, então sua posição estará variando com o tempo e, consequentemente, também o vetor posição estará vari→
ando com o tempo. Um vetor posição que varia com o tempo r (t) (Fig. 2.1)
será escrito, até o fim desta disciplina, como:
G
r (t ) = x(t ) i + y (t ) i + z (t ) k
(2.2)
Isto significa que as coordenadas x(t), y(t) e z(t) estão variando com
o tempo.
h VETOR DESLOCAMENTO
Como vimos na unidade anterior, o VETOR DESLOCAMENTO é o vetor que representa a mudança de posição do corpo durante um intervalo de tempo Δt. AsA no instante t (início do intervalo de
sim, se um corpo estiver na posição {
B no instante t + Δt (final do intervalo de tempo), entempo) e na posição {
tão o seu deslocamento será dado por:
G
G G
ΔrAB = rB − rA
G
G
= r (t + Δt ) − r (t )
(2.3)
Se olharmos para a definição do vetor deslocamento Eq.2.2, podemos escrever o vetor deslocamento em termos das componentes do vetor como
G
G
ΔrAB = [ x(t + Δt ) i + y (t + Δt ) j + z (t + Δt ) k ]
− [ x(t ) i + y (t ) i + z (t ) k ]
(2.4)
G
= Δx i + Δy j + Δz k
A Fig. 2.2 mostra um vetor deslocamento em duas dimensões. O vetor deslocamento resulta em
G
G
G
G
ΔrAB = ( x B − x A ) i + ( y B − y A ) j = Δx AB i + Δy AB j
(2.5)
Quando estivermos tratando de problemas em uma única dimensão, o vetor
deslocamento terá apenas uma componente diferente de zero; x(t), y(t) ou
z(t).
4. Velocidade Média e Velocidade Instantânea
h VELOCIDADE MÉDIA
O conceito de velocidade média é mais matemático que intuitivo.
Não tem muito a ver com as nossas observações do dia-a-dia. Vejamos.
A para {
B num intervalo de tempo
Na Fig. 2.2 a partícula vai de {
—
→
Δt. A velocidade média, v , da partícula neste intervalo de tempo é definida
por
G
G Δr vetor deslocamento (vetor)
v=
=
(2.6)
Δt intervalo de tempo (escalar)
→
Na definição acima, o vetor deslocamento Δ r é sempre o vetor ,que
vai da posição que a partícula ocupa no início do intervalo de tempo (posição inicial) até a posição que a partícula ocupa no final do intervalo de tem→
→
→
po (posição final), como na Eq. 2.2. Assim, Δ r = r final – r inicial.
156
Note que a velocidade média é um vetor e a barra, que está sobre o
vetor, indica o valor médio. Utilizando a Eq. 2.4 obtemos
G ΔxG Δy G Δz G
i+
j+
k
v=
Δt
Δt
Δt
(2.7)
Suponhamos que você saia de sua casa, vá até a padaria, compre um
pão e volte para casa. O vetor deslocamento total correspondente ao trajeto
casa → padaria → casa é nulo, já que o vetor posição no final do intervalo
de tempo é igual ao vetor posição do início do intervalo de tempo. Olhando
para a definição acima, concluímos que a sua velocidade média no trajeto ida
e volta é nula. Não importa o quão rápido você tenha ido e voltado.
h VELOCIDADE INSTANTÂNEA
Velocidade é sempre um deslocamento por unidade de tempo. A velocidade instantânea é aquela medida num intervalo de tempo infinitesimal.
É claro que num intervalo de tempo infinitesimal o deslocamento também
será infinitesimal.
A velocidade instantânea é definida como:
G
G
Δr
v (t ) = lim
Δ t → 0 Δt
(2.8)
G
G
G
r (t + Δt ) − r (t )
d r (t )
= lim
=
Δt →0
dt
Δt
Lembrando da definição do vetor posição, escrevemos:
G
G
G
d x(t ) G d y (t ) G d z (t ) G
G
v (t ) =
i+
j+
k = vx i + v y j + vz k
dt
dt
dt
(2.9a)
Atenção:
As componentes vx, vy, e vz do vetor velocidade ficam:
vx =
d x (t )
d y (t )
d z (t )
; vy =
; vz =
dt
dt
dt
(2.9b)
O vETOR velocidade instantânea é a derivada do vetor posição. Como
o vetor posição localiza a partícula a cada instante, então ele dá a trajetória
da partícula. Desta forma, por ser a derivada, a velocidade instantânea é
sempre tangente à curva descrita pela partícula.
5. Velocidade Escalar e Velocidade Escalar Média
h VELOCIDADE ESCALAR
A velocidade escalar é o módulo da velocidade instantânea. É a velocidade sem direção e sem o sentido. É a velocidade marcada no velocímetro do automóvel. Apenas olhando para o velocímetro nós não sabemos se
estamos indo ou voltando. Dá para saber apenas se estamos indo rápido ou
devagar. Portanto,
G
v = || v (t ) || = módulo da velocidade instantânea
(2.10)
157
h VELOCIDADE ESCALAR MÉDIA
A velocidade escalar média é a que estamos acostumados no dia a
dia. É a distância total percorrida, num dado intervalo de tempo. Não importa o que aconteceu pelo caminho. Ela é definida como:
v e. m. =
ΔS espaço percorrido (escalar)
=
Δt intervalo de tempo (escalar)
(2.11)
6. Aceleração Média e Aceleração Instantânea
A aceleração de uma partícula mede a taxa de variação de sua velocidade com o tempo. Assim, quando a velocidade de uma partícula varia, dizemos que ela está sendo acelerada.
→
Se a velocidade de uma partícula sofre uma variação Δ v num intervalo de tempo Δt, definimos aceleração média como:
G
G Δv
a=
Δt
(2.12a)
Note que a aceleração média é um vetor constante. É constante porque é um valor médio. O vetor velocidade tem componentes vx, vy e vz, como
na Eq 2.9b. Assim, analogamente ao que fizemos para a velocidade média,
Eq 2.7, encontramos
G Δ vx G Δ v y G Δ vz G
a=
i+
j+
k
(2.12b)
Δt
Δt
Δt
h ACELERAÇÃO INSTANTÂNEA
A aceleração instantânea mede a variação da velocidade de uma partícula num intervalo de tempo infinitesimal:
G
Δv
G
a (t ) = lim
Δt → 0 Δt
(2.13)
G
G
G
v (t + Δt ) − v (t ) dv
= lim
=
Δt → 0
Δt
dt
Utilizando a Eq. 2.9, encontramos:
d v y (t )
d v x (t )
d v z (t )
G
a (t ) =
ĵ +
k̂ = a x î + a y ĵ + a z k̂
î +
dt
dt
dt
(2.14)
Atenção:
As componentes ax, ay e az do vetor aceleração, são
ax =
d v y (t )
d v x (t )
d v z (t )
; ay =
; az =
dt
dt
dt
(2.15)
A aceleração instantânea é um vetor que pode depender do tempo e
da posição. Ou seja, podemos nos deparar com um problema onde
→
→
a = a (x, y, z, t).
Nos nossos problemas, abordaremos os casos especiais em uma e
duas dimensões, com acelerações constantes. Resolveremos também o problema do movimento circular.
158
7. Movimento Em Uma Dimensão Com Aceleração Constante
h MOVIMENTO RETILÍNEO
O movimento restrito a uma única dimensão, movimento retilíneo.
Por exemplo, o de um carro que anda com velocidade constante em uma pista reta e plana, ou o de um corpo que cai em queda livre partindo do repouso,
ou o de um bloco preso a uma mola que oscila sobre uma mesa plana e assim
por diante.
Os três exemplos acima correspondem a movimentos em uma dimensão, i.e., retilíneos, mas com características diferentes.
♦ O carro, andando com uma velocidade que não varia — velocidade constante —, caracteriza um movimento retilíneo uniforme
(MRU) na horizontal. Um movimento sem aceleração, ou com
aceleração nula.
♦ O corpo caindo em queda livre caracteriza um movimento retilíneo na vertical. Desta vez, como ele está sujeito a uma aceleração
constante (da gravidade), o movimento será uniformemente variado.
♦ O bloco que oscila está sujeito à força de uma mola que varia com
a posição. Então a aceleração também variará com a posição.
Neste caso nós teremos um movimento ainda linear, mas com aceleração variável. Mais complicado que os anteriores.
Consideremos um corpo que se movimenta na direção horizontal
→
com aceleração, a , constante (Fig. 2.3c).
h É preciso que o vetor aceleração seja constante para que o movimento se→
ja retilíneo; a = constante.
Vamos escolher a direção horizontal para colocar o nosso eixo x.
Assim, as acelerações nas direções y e z serão nulas. Da Eq. 2.15 encontramos:
d v x (t )
= a x = constante
dt
onde ax é a aceleração na direção x. Integrando a relação acima, encontramos:
d v x (t ) = a x dt
∫
∫
⇒ v x = a x dt = a x dt = a x t + constante .
Assim, a velocidade do corpo será uma função linear do tempo,
Fig.2.3b:
vx = v0 x + ax t
(2.16)
Onde v0x é a velocidade do corpo no instante t = 0.
A posição x em função do tempo é obtida a partir da Eq. 2.9b:
159
d x (t )
= v x (t )
dt
Integrando a Eq.2.16 encontramos:
d x(t ) = v x dt
⇒
∫
∫
x (t ) = v x dt = (v 0 x + a x t ) dt
= v 0 x t + a x t 2 + constante
1
2
Finalmente.
x(t ) = x 0 + v 0 x t + 12 a x t 2
(2.17)
A Eq 2.17 é chamada de equação horária da partícula. A Fig. 2.3a
mostra o gráfico de x(t). Observe que fazendo t = 0 na Eq. 2.17, obtemos x =
x0 que é a posição inicial da partícula.
A Fig. 2.3c mostra o gráfico da aceleração (constante) de uma partícula em função do tempo. Note que quando a aceleração é constante, a aceleração média é igual à aceleração instantânea. A velocidade é mostrada na
Fig. 2.3b. Como a velocidade varia linearmente com o tempo, então a velocidade média entre dois instantes t1 e t2, é igual a média das velocidades;
v +v
v= 1 2
(2.18)
2
Podemos combinar as Eqs, 2.16 e 2.17 para eliminar o tempo e obtermos a relação:
v 2 = v02 + 2 a Δx
(2.19)
A Eq. 2.18 pode ser utilizada entre dois instantes tinicial e tfinal. As velocidades
v e v0 correspondem aos instantes final e inicial, respectivamente.
Problema Resolvido 2.1
O motorista de um carro, viajando por uma rodovia a 108 km/h (30 m/s),
freia ao avistar um obstáculo a 200 m na sua frente. Ele bate no obstáculo 10
s depois de acionar os freios. (a) Qual a desaceleração do automóvel, suposta
constante? (b) Qual a velocidade do carro ao atingir o obstáculo?
SOLUÇÃO: Vamos supor que o movimento aconteça ao longo do sentido positivo do eixo do x. Vamos considerar, também, ti = 0 o instante quando o
motorista começa a frear e tf.= 10 s o instante que ele bate no obstáculo. Sabemos que x(tf = 0) = 0 e x(t = 10s) = 200 m. Então, da Eq. 2.17, temos:
(a)
x(t f ) = x 0 + v 0 x t f + 12 a t 2f
Então,
200 − 300
m / s2
50
= − 2m / s2
200 = 0 + 30 × 10 + 12 a10 2 ⇒ a =
O sinal de menos indica que a aceleração é contrária ao sentido do movimento, i.e., é um movimento uniformemente desacelerado.
(b) Da Eq. 2.16, que dá a velocidade em função do tempo, temos:
v f = v x (t f ) = v 0 x + a t f
⇒ v f = [ 30 + (− 2) ⋅ 10 ] m / s
= 10 m / s
160
Apenas para conferir vamos fazer:
v f + v1
Δx = v ⋅ Δ t ⇒ Δx =
Δt
2
⎛ 30 + 10
⎞
=⎜
× 10 ⎟ m = 200 m
⎝ 2
⎠
Problema Resolvido 2.2
Um automóvel, que está parado no sinal de trânsito, parte assim que o sinal
fica verde com uma aceleração de 2 m/s2. Nesse mesmo instante um caminhão viajando com velocidade constante de 10 m/s ultrapassa o automóvel.
(a) A que distância, contando a partir do semáforo, o automóvel ultrapassará
o caminhão? (b) Qual será a velocidade do automóvel neste instante?
SOLUÇÃO: Vamos supor, novamente, que o movimento aconteça ao longo
do sentido positivo do eixo do x. Vamos considerar, também, x0 = 0 e ti = 0 o
instante que o semáforo fica verde.
Neste exemplo nós temos o movimento uniforme do caminhão (velocidade
constante) e o movimento uniformemente acelerado do automóvel (aceleração constante). A Fig. 2.4a mostra que os dois veículos têm a mesma posição x em dois instantes diferentes; em x = 0 e no instante de ultrapassagem.
As equações horárias são:
(a)
xcam (t ) = x0 + vcamt
e
xaut (t ) = x0 + v0,aut t + 12 aaut t 2
N
=0
Quando eles estiverem na mesma posição xcam(tu) = xaut(tu), onde tu é o instante de ultrapassagem. Assim,
x + v cam t u = x 0 + v 0,aut t u + 12 a aut t u2
N0
N N
=0
=0
=0
Resolvendo para tu, encontramos:
v cam t u = 12 a aut t u2
⇒ tu =
2 v cam 2 × 10
=
s = 10 s
a aut
2
Substituindo em qualquer uma das duas equações horárias obtemos:
xaut (tu ) = xcam (tu ) = vcam tu = 100 m
(b) A velocidade do automóvel neste instante será:
vaut (tu ) = v0,aut + aaut tu = (0 + 2 × 10) s = 20 m / s
8. Aceleração de Queda Livre
Quando deixamos um objeto cair verticalmente, observamos que ele
é acelerado. Desprezando a resistência do ar, verificamos que esta aceleração
é aproximadamente constante nas proximidades da superfície da Terra. Veri161
ficamos também que todos os corpos caem com a mesma aceleração em um
mesmo ponto da superfície, independentemente da sua massa, tamanho ou
forma. Este movimento é chamado de queda livre e esta aceleração, constante, é chamada de aceleração de queda livre, Fig 2.5. A aceleração de queda
livre tem origem no campo gravitacional da Terra. É a aceleração da gravi→
dade, g , cujo módulo é aproximadamente igual a 9,8 m/s2, próximo da superfície da Terra.
As equações que encontramos para um movimento com aceleração
constante na horizontal, eixo x, são válidas para o movimento de queda livre
nas proximidades da Terra. Aqui, o movimento acontece ao longo do eixo y.
Assim.
y (t ) = y 0 + v 0 y t − 12 g t 2
v y (t ) = v 0 y − g t
vy =
(2.20)
v1 y + v 2 y
2
Vale também, no intervalo de tempo entre ti e tf , instantes inicial e
final, podemos escrever:
v 2f y = vi2y − 2 g ( y f − y i )
(2.21)
Δy
Problema Resolvido 2.3
Um balão está “estacionado” sobre um lago quando o piloto do balão decide
soltar os lastros para subir, Fig. 2.6. O lastro é largado de uma altura de 4,9
m acima da superfície do lago e cai verticalmente, sem perceber a resistência
do ar. Entretanto, ao penetrar na água ele afunda com velocidade constante
devido à resistência da água. O lastro atinge o fundo do lago 5 s após ter sido
solto do balão. (a) Qual a profundidade do lago? (b) Qual a velocidade média do lastro desde {
A até {
C ? (c) Se a água fosse retirada, qual deveria ser
a velocidade inicial (na vertical) do lastro para que ele chegasse ao fundo do
lago vazio nos mesmos 5 s?
(a) Desta vez o movimento acontece na vertical, na direção do eixo y. Faremos yC = 0
2 ( yA − yB )
y B = y A + v oy t B − 12 g t B2 ⇒ t B =
N
g
=0
=
2 × 4,9
s = 1s
9,8
Neste instante a velocidade da pedra é:
v By = v 0y − g t B ⇒ v By = (0 − 9,8 × 1 ) m / s = − 9,8 m / s
O sinal negativo indica que a velocidade tem sentido contrário ao sentido
positivo do eixo do y. Afundando com esta velocidade (constante) de B até
C, durante um intervalo de tempo ΔtBC = Δttotal – ΔtAB = 4s, a lastro percorre
uma distância dada por:
162
y C = y B + v By Δt BC
⇒
y B − y C = −v By Δt BC
= − ( −9,8 × 4) m = 39,2 m
Portanto o lago tem uma profundidade de 39,2 m.
(b) O vetor velocidade média, definida na Eq. 2.6, é dado por
G
G Δr Δy AC ˆ y C − y A ˆ
v=
=
j=
j
Δt Δt AC
Δt AC
G ⎛ 0 − 44,1
⎞
v =⎜
m / s ⎟ ˆj = (−8,82 m / s) ˆj
⎝ 5
⎠
O módulo do vetor velocidade média é 8,82 m/s.
(c) A velocidade inicial do lastro é obtida a partir da equação horária:
2
yC = yA + vAyt voo − 12 g t voo
Como queremos que o lastro demore os mesmos 5,0 s para chegar ao fundo,
obtemos:
( y − yA ) 1
− (0 + 44,1) 1
+ 2 g t voo = [
+ 2 9,8 × 5] m / s
v Ay = C
t voo
5
= 15,68 m / s
9. Movimento em Duas Dimensões
Nas duas últimas seções estudamos movimentos em uma dimensão;
numa reta. Agora, estudaremos dois movimentos, diferentes, que acontecem
no plano: Movimento de um Projétil e o Movimento Circular.
9.1 Projéteis
Chamaremos de projétil um corpo que é lançado, de alguma forma,
com uma componente de velocidade na horizontal. Embora o movimento do
projétil seja um movimento de queda livre, uma vez que ele está sujeito apenas à ação da gravidade, ele acontece no plano quando visto do referencial
Terra. Daí a diferença.
O vetor posição da Eq. 2.2, que localiza a partícula no plano, fica:
G
r (t ) = x(t ) î + y (t ) ĵ
(2.22)
As acelerações ao longo dos eixos x e y são
a x = 0 e a y = − g = −9,8 m / s 2
Como as duas componentes do vetor aceleração são constantes, o vetor aceleração é constante. É preciso que o vetor seja constante, e não apenas
o seu módulo, para que tenhamos um movimento uniformemente variado.
Ao estudar o movimento do corpo no plano, nós podemos trabalhar
com as componentes x(t) e y(t) do vetor posição, separadamente. Assim, a
163
partir das Eqs. (2.17) e (2.20), encontramos as equações horárias para o movimento do projétil ao longo das direções x e y, como:
⎧ x (t ) = x 0 + v 0 x t
(2.23)
x(t ) = x 0 + v 0 x t + 12 a x t 2 ⇒ ⎨
ax = 0
⎩
e
y (t ) = y 0 + v 0 y t + 12 a y t 2
⇒
⎧⎪ y (t ) = y 0 + v 0 y t − 12 g t 2
⎨
a y = −g
⎪⎩
(2.24)
Ou seja, a equação horária x(t) na direção x é aquela que corresponde a um
movimento retilíneo e uniforme com ax = 0 e vx = constante e a equação horária y(t) na direção y é aquela que corresponde a um movimento retilíneo
uniformemente variado com ay = constante = – g.
A Fig. 2.7 mostra a trajetória de um projétil lançado a partir do solo
→
com uma velocidade inicial v 0, que forma um ângulo θ 0 com a horizontal.
→
Em termos das componentes o vetor v 0 é escrito como:
G
v = v 0 cos θ 0 î + v 0 sen θ 0 ĵ
(2.25)
v0 x
v0 y
h A TRAJETÓRIA
Apenas para facilitar os cálculos (sem perda de generalidade), vamos
colocar a origem do nosso sistema de coordenadas no ponto de lançamento
do projétil, ou seja, x0 = 0 e y0 = 0. Da Eq. 2.23 temos:
x
t=
.
v0 x
Substituindo em (2.24) obtemos a equação da trajetória, y(x),
v0 y
1 1
y (t ) =
x − g 2 x2
v0 x
2 v0 x
g
= tan θ x − 2
x2
2 v0 cos 2 θ
(2.26)
que é a equação de uma parábola. O sinal negativo no termo quadrático indica que é uma parábola com a “boca” voltada para baixo.
h O ALCANCE
Chamamos de alcance a distância total, R, que o projétil percorre na
direção x (horizontalmente), independente do ponto de lançamento. Esta distância é sempre dada por:
R = v 0 x t voo
(2.27)
Onde tvoo é o tempo que o projétil fica no ar. Quer dizer, a distância
percorrida pelo projétil na direção horizontal é igual à velocidade do projétil
na direção x — velocidade constante — vezes o tempo de duração do movimento.
Em particular, para um projétil lançado nas condições da Fig. 2.7,
o tempo de vôo é calculado fazendo y(tvoo) = yfinal = 0. Então.
2
2
y (t voo ) = y 0 + v0 y t voo − 12 gt voo
⇒ v0 y t voo − 12 gt voo
=0
N
=0
=0
164
Portanto, tvoo =
2 v0 y
g
.
Assim, o alcance fica
2v0 y v0 x 2 v02 sen θ cos θ v02
R=
=
= sen (2θ)
g
g
g
(2.28)
Vemos então que o alcance de um projétil, cuja posição final está no
mesmo nível que sua posição inicial ( yfinal = yinicial ), será máximo quando θ
= 45º.
h O resultado R =
v 02
sen (2θ) é válido, apenas, para lançamentos onde yfinal
g
= yinicial. O resultado que vale sempre é o da Eq. (2.27).
Problema Resolvido 2.4
Você arremessa uma bola em direcão a uma parede com uma velocidade de
25 m/s fazendo um ângulo de 37° acima da horizontal (Fig. 2.8). A parede
está a 20 m do ponto de lançamento da bola. (a) A que distância acima do
ponto de lançamento a bola bate na parede? (b) Quais são as componentes
horizontal e vertical da sua velocidade quando ela bate na parede? (c)
Quando ela bate, ela já passou do ponto mais alto da sua trajetória? (use g =
10 m/s2, cos 37° = 0,8 )
SOLUÇÃO:
(a) Chamaremos de tf o instante (final) quando a bola bate na parede. Precisaremos saber este instante para calcularmos a posição final y(tf). O tempo
de vôo da bola é igual ao tempo que a bola gasta para percorrer 20 m na horizontal com um velocidade vox = vocos(θ) = 20 m/s:
xf = xo + vox tf
⇒
tf =
xf − xo 20
=
s = 1s
20
vox
Então, a posição yf da bola será:
y f = y (t f ) = y o + voy t f − 12 g t f2
= [0 + (25 × 0,6) × 1 − 12 10 × 12 ] m
= 10 m
→
(b) As componentes de v f são:
vfx = vox = 20 m/s
vfy = voy − gt f = (15 − 10 × 1) m/s = 5 m/s
(c) Como a componente y da velocidade final é positiva, então concluímos
que a bola ainda está subindo. Logo a bola ainda não passou pelo máximo.
165
Problema Resolvido 2.5
Quando o projétil da Fig. 2.9, lançado da posição {
A no solo, passa pela po^
→
^
sição {
B a 15 m de altura, sua velocidade é v B = (8 m/s)i + (10 m/s)j . (a)
→
Determine o vetor velocidade v A no instante do lançamento. (b) Quanto
tempo o projétil permanece no ar (tempo de vôo) até atingir o solo no mesmo nível? (c) Qual a altura máxima atingida pelo projétil? (d) Determine o
—
→
vetor velocidade média v CD desde o instante que o projétil passa pelo ponto
de altura máxima até o instante que ele atinge o solo.
SOLUÇÃO:
(a) O projétil está a 15 m do solo em dois instantes diferentes: na subida e na
→
descida. Entretanto, como a componente y da velocidade v B é positiva, concluímos que o projétil ainda está subindo. Desta forma, podemos calcular a
componente vAy usando a Eq. 2.21.
2
2
v By
= v 2Ay − 2 g ( y B − y A ) ⇒ v Ay = v By
+ 2 g ( yB − y A )
= 100 + 2 × 10 × 15 m/s
= 20 m/s
∧
→
∧
Desta forma, v A = (8 m/s) j + (20 m/s) j .
(b) Como o projétil atinge o solo no mesmo nível em que foi lançado, a
componente y da velocidade final será igual à componente y inicial, com
sentido contrário (vDy = – vAy). Então,
vDy = v Ay − g t voo
Portanto, t voo =
2 v Ay
g
com
vDy = − v Ay
= 4s
(c) A altura máxima alcançada pelo projétil é yC. Neste instante a componente y da velocidade é nula. Assim temos:
v C2 y
2
= vA
y
− 2g ( yC − yA ) ⇒
yC =
2
vA
y
2g
= 20 m
—
→
(d) A velocidade média v CD é dada por:
G
G
rD − rC
G
G
v CD =
rD = R i = v Ax t voo i = (32 m ) i
com
Δt
R
G
r C = i + H j = (16 m ) i + ( 20 m ) j
2
Finalmente,
(16 m ) i − (20 m ) j
G
vCD =
= (8 m/s ) i − (10 m/s ) j
2s
166
9.2 Movimento Circular
Outro exemplo de movimento que acontece no plano é o de uma partícula que descreve uma trajetória circular como aquela mostrada na Fig.
2.10. Nós vamos considerar nesta seção apenas os movimentos circulares uniformes, i.e., aqueles onde o módulo da velocidade permanece constante.
h POSIÇÃO ANGULAR
A Fig. 2.11 mostra uma partícula descrevendo uma trajetória circular. Vamos considerar que a velocidade da partícula tenha de módulo constante.
Para localizarmos a partícula no círculo, precisamos conhecer apenas
o ângulo θ. Como o ângulo está mudando a medida que a partícula se desloca, nós precisamos conhecer θ(t). Esta é a posição angular da partícula.
Como na geometria, ângulos no sentido anti-horário serão positivos e ângulos no sentido horário serão negativos.
h DESLOCAMENTO ANGULAR
Quando a partícula “gira” de A para B num intervalo de tempo Δt, o
ângulo muda de θA para θB. Isto corresponde a um deslocamento angular
ΔθΑΒ = θB − θA.
h VELOCIDADE ANGULAR MÉDIA E VELOCIDADE INSTANTÂNEA
A velocidade angular média é definida como
ω=
Δθ θ final − θ inicial
=
=
Δt
Δt
(2.29)
onde θfinal é a posição angular no final do intervalo de tempo e θinicial é a posição angular no início do intervalo de tempo.
A velocidade angular instantânea é a velocidade medida quando o
intervalo de tempo tende a zero. Assim,
ω(t ) = lim
Δt → 0
θ(t + Δt ) − θ(t ) dθ(t )
=
dt
Δt
Nesta seção nós trataremos de problemas onde a velocidade angular
− = ω. Assim, escolhendo a posição inicial θ = 0 o desloé constante, então ω
0
camento angular da partícula θ(t) é escrito como
θ(t ) = ωt
(2.31)
h ACELERAÇÃO RADIAL
→
Da Fig. 2.11 vemos que o vetor posição r (t) é escrito, em termos
das componentes como
G
r (t ) = x(t ) î + y (t ) ĵ = ( R cos θ) î + R sen (θ) ĵ
onde R é o raio da órbita. Com a Eq. 2.31, escrevemos
G
r (t ) = ( R cos ωt ) î + ( R sen ωt ) ĵ
(2.32)
167
Derivando a Eq. 2.32 em relação ao tempo, encontramos a velocida→
de v (t),
G
d r (t )
G
v (t ) =
= ( − Rω sen ωt ) î + ( Rω cos ωt ) ĵ
dt
Derivando, agora, a Eq. 2.33 em relação ao tempo, encontramos a aceleração
→
a (t) do movimento;
G
d v (t )
G
a (t ) =
= (− Rω 2 cos ωt ) iˆ + (− Rω 2 sen ωt ) ˆj
dt
(2.33)
= −ω 2 ( R cos ωt ) iˆ + ( R sen ωt ) ˆj = − ω 2 r
G
[
]
r
Portanto, no movimento circular uniforme a aceleração é um vetor
→
que tem a mesma direção do vetor r (t), mas tem o sentido contrário ao do
→
vetor r (t). Ou seja, a aceleração é um vetor que tem a direção radial e aponta para o centro. Por esse motivo (apontar para o centro) esta aceleração recebe o nome de aceleração centrípeta.
O módulo da componente radial da aceleração (componente centrípeta) é
G
a radial = ω 2 || r || = ω 2 R .
(2.34)
Note que o módulo da aceleração radial é constante quando a velocidade angular é constante.
Quando a velocidade angular não é constante, então é porque a partícula está sendo acelerada (ou desacelerada). Nestes casos, além da componente radial a aceleração da partícula tem uma componente tangente à trajetória (perpendicular ao raio) como mostra a Fig. 2.10. Ainda assim, em qualquer instante a aceleração radial está relacionada com a velocidade angular
como na Eq. 2.34.
h VELOCIDADE ANGULAR E VELOCIDADE LINEAR
A Fig. 2.12 mostra o deslocamento de uma partícula num intervalo
de tempo Δt. A partícula se desloca de {
A para {
B ao longo do arco de cir→
cunferência Δs. O vetor deslocamento está representado pelo vetor Δ r . O
espaço percorrido pela partícula está relacionado com o deslocamento angular por:
Δs = R Δ θ
Quando o intervalo de tempo tende a zero, os deslocamentos ficam infinitesimais. Assim,
⎧ Δr → dr
⎪
Δt → 0
⇒ ⎨ Δs → ds
⇒ dr = ds = R dθ
⎪Δθ → dθ
⎩
Então encontramos as relações:
dr
dθ
=R
⇒ v = Rω
dt
dt
(2.35)
168
Substituindo 2.35 em 2.34, encontramos:
a radial =
v2
R
(2.36)
Esta relação vale instantaneamente, não importando se é um movimento circular uniforme ou não.
Por enquanto nós abordaremos apenas o movimento circular com velocidade constante. Ao abordarmos o tema rotações, aí escreveremos uma
relação equivalente à Eq. 2.35 para a aceleração angular.
Problema Resolvido 2.6
Um astronauta é colocado para girar em uma centrífuga horizontal com um
raio de 5 m. (a) Qual o módulo da sua velocidade escalar se a aceleração
centrípeta (radial) possui um módulo de 7 g? (b) Quantas rotações por
minuto são necessárias para produzir esta aceleração? (c) Qual é o período
do movimento?
(a) A Eq. 2.35b relaciona a aceleração radial e a velocidade escalar. Então
v = R a radial = 5 × 7 × 9,8 m/s ≅ 18,5 m/s
(b) Da Eq. 2.35a, podemos encontrar a velocidade angular:
ω=
v 18,5
=
rad/s = 3,7 rad/s
R
5
(c) O período do movimento é
2π 2 × 3,14
T=
=
s ≅ 1,7 s
ω
3,7
10. Problemas
Prob 2.1 Você dirige na rodovia interestadual de João Pessoa até Natal, metade do
tempo a 55 km/h e a outra metade a 90 km/h. No caminho de volta você viaja
metade da distância a 55 km/h e a outra metade a 90 km/h. Qual a sua velocidade
escalar média (a) de João Pessoa até Natal, (b) de Natal voltando para San António,
e (c) para a viagem completa? (d) Qual a sua velocidade média para a viagem
completa? (e) Faça um esboço de x contra t para (a), supondo que o movimento é
todo no sentido positivo de x. Indique como a velocidade média pode ser
determinada no esboço.
Prob 2.2 Quando um trem de passageiros de alta velocidade trafegando a 161 km/h
faz uma curva, o maquinista fica chocado ao ver que uma locomotiva entrou
incorretamente no trilho saindo de um ramal e está a uma distância D = 676 m à
frente. A locomotiva está se movendo a 29,0 km/h. O maquinista do trem-bala
aciona os freios imediatamente, (a) Qual deve ser o módulo da desaceleração
constante resultante mínima para se evitar uma colisão? (b) Suponha que o maquinista esteja em x = 0 quando, em t = 0, ele consegue avistar a locomotiva. Faça um
esboço das curvas x(t) representando a locomotiva e o trem de alta velocidade para
as situações nas quais se evita uma colisão por pouco e quando ela não consegue ser
evitada.
169
Prob 2.3 Deixa-se cair (do repouso) uma pedra do alto de um edifício de 60 m de
altura. A que distância acima do chão estará a pedra l ,2 s antes de ela atingir o
chão?
Prob 2.4 Uma bola de golfe é tacada ao nível do solo. A velocidade da bola de
golfe em função do lempo é mostrada na Fig. 2.13, onde t = 0 no instante em que a
bola é tacada, (a) Que distância a bola de golfe percorre na horizontal antes de voltar
ao nível do solo? (b) Qual é a altura máxima acima do nível do solo que a bola
alcança?
Prob 2.5 Dois segundos após ser projetado do nível do chão, um projétil se deslocou
40 m na horizontal e 53 m na vertical acima do seu ponto de lançamento. Quais são
as componentes (a) horizontal e (b) vertical da velocidade inicial do projétil? (c) No
instante em que o projélil alcança a sua altura máxima acima do nível do solo, qual a
distância percorrida na horizontal a partir do ponto de lançamento?
Prob 2.6 Uma bola de futebol é chutada do chão com uma velocidade inicial de 19,5
m/s fazendo um ângulo de 45° para cima. Naquele instante, um jogador a uma
distância de 55 m na direção do chute começa a correr para receber a bola. Qual
deve ser a sua velocidade escalar média para que ele chegue na bola imediatamente
antes dela bater no chão? Despreze a resistência do ar.
Prob 2.7 Uma roda-gigante possui um raio de 15 m e completa cinco voltas em
tomo do seu eixo horizontal por minuto, (a) Qual é o período do movimento? Qual é
a aceleração centrípeta de um passageiro no (b) ponto mais alto e (c) ponto mais
baixo, supondo que o passageiro esteja em um raio de 15 m?
Prob 2.8 O trem-bala francês conhecido como TGV (Train à Grande Vitesse) possui
uma velocidade média programada de 216 km/h. (a) Se o trem faz uma curva àquela
velocidade e o módulo da aceleração que os passageiros sentem deve ser limitado a
0,050g (g = aceleração (a gravidade), qual é o menor raio de curvatura admissível
para os trilhos? (b) A que velocidade o trem deve fazer uma curva com um raio de l
km para que esteja no limite da aceleração?
170
Unidade III
Dinâmica
1. Situando a Temática
Todas as coisas no universo estão interagindo, direta ou indiretamente, umas com as outras. Acreditamos que existam apenas quatro tipos de interações fundamentais na natureza: interação fraca, interação forte, interação eletromagnética e interação gravitacional. Chamamos de força o resultado de uma interação entre duas partículas; força fraca, força forte (força
nuclear), força eletromagnética e força gravitacional. São estas forças da
natureza que colocam o universo em movimento. A parte da mecânica que
estuda o que acontece com uma partícula quando uma força atua sobre ela é
chamada de DINÂMICA. Faremos isso nesta unidade.
2. Problematizando a Temática
O que faz com que a velocidade de uma partícula mude, são as forças que atuam sobre ela. Na seção II.4, vimos que quando a velocidade de
uma partícula está mudando, é porque ela está sendo acelerada. Ou seja, as
partículas são aceleradas pelas forças. Nós queremos saber como as partículas são aceleradas.
Nesta disciplina, nós estudaremos problemas do dia-a-dia; problemas envolvendo forças simples, na maioria das vezes constantes, sem nos
preocuparmos com suas origens. Nem poderíamos fazer diferente. O estudo
das interações que citamos na seção anterior é algo bastante complicado.
Muito além, mesmo, dos nossos propósitos.
3. Força
Dissemos acima que força é o resultado da interação entre dois corpos. De que maneira nós trataremos esta nova grandeza; como um escalar ou
como um vetor?
Se você pudesse jogar duas “bombas” de calor num corpo, uma pela
direita e outra pela esquerda, o corpo ficaria duas vezes mais quente. Entretanto se você empurrar um corpo com uma força pela direita e outra, de
mesma intensidade, pela esquerda, ele não se moverá duas vezes mais rápido. O corpo não sai do lugar. Isto nos diz que forças se somam como vetores. As forças se comportam como vetores. A força é um vetor. Para caracterizarmos uma força completamente, é preciso especificar sua intensidade
(módulo), sua direção e o sentido da força.
Em sua obra Philosophiae Naturalis Principia Mathematica
(Latim: “Princípios Matemáticos da Filosofia Natural”), publicada em 5 de
julho de 1687, Sir Isaac Newton (Woolsthorpe, 4 de janeiro de 1643 —
Londres, 31 de março de 1727) apresentou ao mundo a lei da gravitação e
171
as três leis de Newton que fundamentaram a MECÂNICA CLÁSSICA. Newton
foi considerado pela ‘Royal Society’ como o cientista que causou maior
impacto na história da ciência. De fato se pensarmos que estudamos corpos
que são grandes o bastante para dispensarmos a mecânica quântica, nem
muito rápidos e nem muito imensos para não precisarmos da teoria da
relatividade, então eles serão tratados de acordo com as leis da mecânica
clássica. Com as leis de Newton. Dá para ir à Lua com basa nas leis
publicadas em 1643!
4. Primeira Lei de Newton
h LEI DA INÉRCIA
Ainda é comum a ideia de que é necessário uma força para manter
um corpo em movimento. De fato, se nos basearmos nas observações do diaa-dia, isto é bastante razoável. Basta olharmos para um objeto se deslocando
sobre um piso e constatamos que ele termina parando. Assim, poderíamos
concluir, como se pensava antes de Newton, que é preciso uma força para
manter o corpo em movimento. Na verdade o que acontece é justamente o
contrário. O corpo para porque existem forças atuando sobre ele que fazem
com que ele pare. Se eliminarmos todas as forças atuando sobre o corpo, ele
continuará deslizando indefinidamente.
hPrimeira Lei de Newton: Se a soma das forças que atuam sobre uma partícula é nula, então a velocidade (o vetor) da partícula não se altera; ou seja,
a partícula não será acelerada.
5. Segunda Lei de Newton
A segunda lei de Newton relaciona a força resultante sobre uma partícula com sua massa e sua aceleração, de uma forma simples e objetiva:
h Segunda Lei de Newton: A força resultante sobre uma partícula é igual
ao produto de sua massa por sua aceleração.
Matematicamente, escrevemos (Fig. 3.1).
G
G
h 2ª Lei de Newton:
Fres = m a
(3.1)
A segunda lei de Newton é usada para definir uma unidade de força.
No SI (MKS) a unidade de força é o Newton (N). Definimos:
Uma força de intensidade igual a 1 N é capaz de conferir uma aceleração de
intensidade de 1 m/s2 a uma massa de 1 kg;
1N = (1 kg ).(1 m / s 2 )
É preciso ter cuidado com esta forma de enunciado para a segunda
lei de Newton. Este resultado vale para partículas e corpos com massa constante. Na seção V veremos o enunciado original em termos do momento li172
near. Por enquanto lembramos apenas que a massa não pode variar; como
acontece com as partículas.
6. Terceira Lei de Newton
Talvez a mais contundente das três, a terceira lei diz:
h Terceira Lei de Newton: A toda ação (uma força) corresponde uma reação (outra força) de mesma intensidade (módulo), mesma direção e sentido
contrário.
A terceira lei nos diz que, no universo, as forças sempre aparecem
aos pares. Isto faz sentido, já que estamos definindo força a partir das interações e nas interações sempre há uma “troca” de partículas. Nas interações eletromagnéticas as partículas “trocam” fótons (partículas de luz), nas interações fortes as partículas “trocam” gluons, nas interações fracas as partículas
“trocam” bósons W e Z e nas interações gravitacionais talvez as massas
“troquem” grávitons. Talvez, porque o gráviton ainda não foi detectado. Estas partículas trocadas são chamadas de mediadores ou paríiculas
transportadoras de força.
7. Atração Gravitacional — Peso
É de Newton a primeira teoria da gravitação. Esse Newton era bom
mesmo, não?! Ele entendeu como os planetas giram em torno do Sol, postulou a existência de uma força de atração gravitacional — resultado da interação gravitacional entre as massas — e calculou que eles descrevem órbitas elípticas em torno do sol. De acordo com Newton, o módulo da força
de atração gravitacional entre duas massas, M1 e M2, separadas por uma distância r, Fig. 3.2a, é dado por:
F =G
M 1M 2
r2
(atração gravitacional)
(3.2)
onde G = 6,67 × 10 –11 m3/s2 ⋅ kg é a constante de gravitação universal.
A Fig. 3.2b mostra um corpo em três posições diferentes. Observe
que a força é radial e o seu módulo varia com a distância ao centro da Terra.
Se MT é a massa da Terra e m a massa do corpo, então o módulo F da força
será:
F =G
m MT
r
2
⎛ M ⎞
= m ⎜ G 2T ⎟
⎝ r ⎠
(3.3)
Comparando este resultado com a segunda lei, Eq. 3.1, encontramos:
F =mg
(3.4)
onde
g =G
MT
r2
= aceleração da gravidade
(3.5)
173
Esta é a força de atração que aparece numa interação gravitacional.
A Eq. 3.4 dá a força de atração gravitacional que a Terra exerce sobre todos
os corpos. Esta força é usualmente chamada de peso.
Os detalhes destes cálculos e os limites da validade da teoria de
Newton serão vistos disciplina Física Geral 2. Por enquanto abordaremos
problemas envolvendo massas nas proximidades da Terra.
O fato de estarmos próximos da Terra leva a duas simplificações:
i) O módulo da aceleração da gravidade pode ser considerado constante. Ele varia pouco de um ponto para outro na superfície da Terra.
ii) Próximos da Terra, nós não percebemos a sua curvatura e então po→
demos considerar o vetor g como um vetor “vertical”. É claro que
um vetor “vertical” no equador é diferente de um vetor “vertical” no
pólo.
8. Forças de Contato
h FORÇA NORMAL
Quando um corpo está apoiado sobre uma superfície, Fig.3.3, comprimindo-a, a superfície reage com uma força de mesmo módulo, mesma direção e sentido contrário; como prevê a terceira lei de Newton. As forças
deste par ação e reação são perpendiculares à superfície de contato e, por isso, a força que a superfície exerce sobre o corpo é chamada de força perpendicular ou força normal.
h Força Normal: Quando um corpo comprime uma superfície, ela empurra
→
o corpo com uma força N que é normal à superfície.
As forças que atuam na caixa:
→
F gc = força de atração gravitacional da Terra sobre a caixa.
→
Nc = componente normal (sobre a caixa) da força de contato entre a
caixa e a mesa.
As forças que atuam na mesa:
→
→
F cm = – Nc = componente normal (sobre a mesa) da força de contato entre a caixa e a mesa.
→
F gc = força de atração gravitacional da Terra sobre a mesa.
→
Nc = componente normal (sobre a mesa) da força de contato entre a
mesa e o solo.
Note que, Fig. 3.4a e 3.4b, uma das forças de um par ação–reação
está num corpo e a outra está no outro corpo. Se não fosse assim, todas as
coisas estariam em repouso. Na Fig. 3.4 temos um único par ação–reação:
→
→
Nc e F cm.
174
Problema Resolvido 3.1
Uma caixa de 10 kg é colocada sobre uma balança que está dentro de um elevador. O elevador parte do térreo acelera a uma taxa de 2 m/s2 e ao parar
no 10º andar ele desacelera com mesma taxa de 2 m/s2. Determine o peso da
caixa e a leitura da balança (a) quando o elevador está parado, (b) quando o
elevador está partindo do térreo e (c) quando o elevador está parando no 10º
andar.
SOLUÇÃO:
A primeira coisa a ser compreendida é que a balança “marca” a força que
a caixa faz sobre ela; esta será a leitura da balança. Agora, a força que a caixa faz sobre a balança tem mesmo módulo, mesma direção e sentido contrário à força que a balança faz sobre a caixa. Ação e reação. A Fig, 3.7 mostra
um diagrama das forças que atuam na caixa. A componente normal (só tem
ela) da força de contato é, justamente, a força que a balança faz sobre a caixa. Desta forma, nós precisamos, apenas, determinar o valor da normal para
cada caso.
Da 2ª lei de Newton temos:
G G
G
N + P = ma
h Atenção: A soma é feita sempre com o sinal de “mais”. É na subtração
que aparece o sinal de “menos”. Não importa para onde o vetor aponta. Assim, quando a lei de Newton diz que “a soma das forças é igual a massa
vezes aceleração”, nós devemos que fazer a soma vetorial de todas as forças que atuam no corpo.
Os vetores da relação (3.9) são escritos como:
G
G
G
N = N ĵ , P = − P ĵ e a = ± a ĵ
→
→
Lembre que N = | N | e P = | P |. O sinal “ ± “ no vetor aceleração corresponde ao movimento acelerado na saída retardado na chegada, respectivamente.
Assim,
(a) O peso da caixa é a força que a Terra faz sobre a caixa e vale:
P = mg = 98 N
Quando o elevador está parado, a = 0. Então a Eq 3.9 fica:
N − P = 0 ⇒ N = P = 98 N
que é a leitura da balança. Portanto a balança marcará 98 N.
(b) O peso da caixa continua sendo a força que a Terra faz sobre a caixa e
vale:
P = mg = 98 N
Quando o elevador está partindo do térreo, a aceleração é para cima Fig.
3.5a. Assim,
( N − P ) ĵ = m a ĵ ⇒ N − P = m a
É assim que o sinal de menos aparece. Usando os valores do problema, encontramos:
N = m g + ma
= m ( g + a ) = 10 × (9,8 + 2) N = 118 N
175
Portanto a balança marcará 118 N .
(c) O peso da caixa é sempre a força que a Terra faz sobre a caixa:
P = mg = 98 N
Quando o elevador está parando no 10o andar, a aceleração é para baixo Fig.
3.5b. Então,
( N − P ) ĵ = − m a ĵ ⇒ N − P = − m a
Vetores que têm o mesmo sentido aparecem com o mesmo sinal na equação.
É o que acontece, agora, com os vetores peso e aceleração. Usando os valores do problema, encontramos:
N = m g − ma
= m ( g − a ) = 10 × (9,8 − 2) N = 78 N
Portanto a balança marcará 78 N .
h FORÇA DE ATRITO
Quando o corpo apoiado sobre uma superfície está deslizando sobre
esta superfície ou “tentando” deslizar sobre ela, aparecerá uma força opondo-se ao movimento ou à tentativa de movimento. Esta força é chamada de
força de atrito e é sempre paralela à superfície de contato.
Na realidade, o que existe é uma única força de contato que aparece
no contato entre duas superfícies. Esta força é, essencialmente, a soma vetorial de todas as interações elétricas entre os átomos das duas superfícies. Os
átomos não conseguem separar força normal e força de atrito. Eles não são
tão espertos assim. Os átomos interagem e a soma vetorial destas interações
é que resulta numa força de contato e que nós separamos numa componente
perpendicular à superfície (força normal) e numa componente paralela à
superfície (força de atrito).
Se não houver um movimento relativo, ou tendência de movimento
relativo, entre as duas superfícies, então a componente paralela da força de
contato (força de atrito) será nula. Lembre-se: é ela que se opõe ao movimento.
h COMPONENTE PERPENDICULAR E COMPONENTE PARALELA
Consideremos uma caixa sobre uma mesa como na Fig. 3.3a. Neste
momento, duas forças atuam sobre a caixa: a força de atração gravitacional
(peso) e a força que a mesa exerce sobre caixa perpendicularmente à superfície (normal).
h Atenção: Estas forças não formam um par ação e reação. A reação ao peso está no centro da Terra; a Terra puxa a caixa e a caixa puxa a Terra. A
reação à normal está na mesa; a caixa empurra a mesa e a mesa empurra a
caixa.
Tendo em mente a 3ª lei de Newton (Σ F = m.a) vemos que a caixa
não se moverá. Observamos, experimentalmente, que ao empurrarmos a cai→
xa com uma força F crescente (Fig.3.6a), ela não se moverá no inicio. Então
176
deve existir uma força de mesmo módulo, direção e sentido contrário à força
→
F aplicada para que a soma dê zero. A Fig. 3.6b mostra um diagrama para
estas forças. A partir de um certo valor de F a caixa entrará em movimento.
Vamos entender cada caso.
i)
Enquanto não há movimento, ou tendência ao movimento, a força de
contato tem apenas a componente normal. A componente paralela (força de atrito) é nula.
ii) Quando começamos empurrar a caixa, surge uma componente paralela
de força que se opõe ao movimento. Esta é a força de atrito estática.
Estática porque ainda não existe movimento relativo entre as superfícies.
iii) À medida que a força aplicada aumenta, a força de atrito estática também aumenta, de forma que a caixa não se move. Entretanto, constatamos, empiricamente, que a força de atrito estática não cresce indefinidamente. Uma hora a caixa se desloca! Você certamente já viveu esta
experiência.
iv) A força aplicada superou o limite da força de atrito estática e a caixa entrou em movimento. Agora, a componente paralela da força de contato é
chamada de força de atrito dinâmica (ou cinética). Porque existe movimento relativo entre as duas superfícies.
Constatamos também, sempre experimentalmente, que a componente paralela da força de contato (atrito) é proporcional à componente perpendicular da força de contato (normal) Fig.3.7.
f atrito ∝ N = μ N
(3.6)
A constante de proporcionalidade, μ, é chamada de coeficiente de atrito.
Quando não existe movimento relativo entre as superfícies, chamaremos de coeficiente de atrito estático (μ e). Neste caso,
fe ≤ μe N
(força de atrito estática)
(3.7)
f emáx
= μe N
(força de atrito estática máxima)
Quando existe movimento relativo entre as superfícies, chamaremos
de coeficiente de atrito dinâmico (ou cinético, μ d);
fd = μd N
(força de atrito dinâmica)
(3.8)
Note que as Eqs. 3.7 explicitam o fato de haver um valor máximo para a força de atrito estática.
Quando as superfícies estão suficientemente polidas, podemos considerar a força de atrito desprezível, ou μe = 0 e μd = 0. Nestes casos, a força
de contato terá apenas a componente normal e o movimento não será retardado pelo atrito.
177
h Atenção: Nem pense em colocar setas na relação (3.6). As componentes
normal e de atrito, da força de contato (Fig. 3.7), são ortogonais entre si e,
portanto, são linearmente independentes! Não dá para escrever uma relação
de proporcionalidade na forma vetorial. Apenas os módulos são proporcionais.
Problema Resolvido 3.2
Uma caixa de 10 kg é empurrada numa superfície plana por uma força que
forma um ângulo de 37° com a horizontal como mostra a Fig. 3.8. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre a caixa e a superfície são 0,5 e 0,2
respectivamente. (a) Faça um diagrama das forças que atuam na caixa. (b)
Determine os valores da força de atrito e da aceleração para F = 40 N? (c)
Determine os valores da força de atrito e da aceleração para F = 200 N? (use
g = 10 m/s2 e sen 37° = 0,6)
Solução:
(a) Ao lado, o diagrama (esquema) das forças que
atuam na caixa. Elas são:
→
F = força aplicada.
→
N = componente normal da força de contato.
→
P = força gravitacional (peso)
fa = componente paralela da força de contato.
(força de atrito)
A 2ª lei de Newton para as componentes x e y ficam:
direção x:
Fcosθ – fa = ma
(1)
direção y:
N – P – Fsenθ = 0
(2)
(b) Primeiramente, precisamos saber se haverá movimento. Ou seja, precisamos saber se a caixa será arrastada ou não, para sabermos se a força de atrito será estática ou dinâmica. Para tanto, vamos comparar a componente x
da força aplicada, Fx = Fcos(θ), com o máximo que o atrito consegue segurar, i.e., com a força de atrito de estática máxima. Então:
Fx = Fcosθ = 40×0,8 = 32 N
Da relação (2), temos
N = P + Fsenθ = (10 kg × 10 m/s2) + (40 × 0,6 N) = 124 N
e
f emáx = μe N = 0,5 × 124 N = 62 N
Portanto, como Fx (= 32 N) < f emáx (= 62 N), não haverá movimento.
Assim, concluímos:
a = 0 e de (1),
fa = fe =Fx = 32 N.
(c) Mudando a força aplicada, devemos determinar novamente se haverá
movimento. O diagrama de forças é o mesmo e, consequentemente, as equações de movimento (1) e (2) continuam as mesmas. A componente Fx agora
vale:
178
Fx = Fcosθ = 200×0,8 N = 160 N
Da relação (2), temos
N = P + Fsenθ = (10 kg × 10 m/s2) + (200 × 0,6 N) = 220 N
e
f emáx = μe N = 0,5 × 220 N = 110 N
Portanto, como Fx (= 160 N) > f emáx (= 110 N), haverá movimento.
Assim concluímos:
fa = fd = μe N = 0,2 × 220 N = 44 N
e, da relação (1),
Fcosθ – fd
0,8 × 200 N – 44 N
a =
=
= 11,6 m/s2
10 kg
m
Problema Resolvido 3.3
Um aeromodelo de 1,6 kg, voando com velocidade constante de 10 m/s, descreve um círculo horizontal a uma altura de 15 m do solo preso por um cabo
de 25 m. O aeromodelo voa com as asas na horizontal de forma que a força
de sustentação (empuxo) atua verticalmente sobre o aeromodelo. (a) Faça
um diagrama das forças que atuam sobre o avião quando ele passa por A. (b)
Determine a tensão no cabo que prende o aeromodelo. (c) Determine a força
de sustentação que atua sobre o aeromodelo. (use g = 10 m/s2)
SOLUÇÃO:
(a) O diagrama mostra as forças quando o aeromodelo passa por
A.
→
E = Empuxo
→
P = Peso
→
T = Tensão
(b) A única força que tem uma componente no plano x,y é a tensão. Esta
componente da tensão tem a direção radial e assim,
TRadial = T senθ = m a Radial = m
v2
R
com R = L2 − H 2 = 20 m . Portanto,
T=m
v2
10 2
= 1,6 ×
N = 10 N .
R senθ
20 × 0,8
(c) A equação de movimento (2ª lei de Newton) na direção z fica:
E – P – Ty = 0
⇒
E = P + Tcos θ = 16 N + (10 × 0.6) N
Portanto E = 22 N.
Problema Resolvido 3.4
Um avião está voando em um círculo horizontal com uma velocidade de 720
km/h (Fig. 3.10). Se as asas estão inclinadas 37° sobre a horizontal e supon179
do-se que a força de “sustentação aerodinâmica” seja perpendicular à superfície das asas: (a) Faça um diagrama das forças que atuam sobre o avião. (b)
Determine o raio do círculo descrito pelo avião. (use g = 10 m/s2 e sen 37º =
0,6)
a
SOLUÇÃO: (a) A 2 Lei de Newton em termos das componentes dos vetores
fica:
No plano x,y
E radial = m a radial
⇒
E sen θ = m
v2
R
(1)
Na direção z
Ez − P = 0
⇒
E cos θ = mg
(2)
(b) Fazendo (1) ÷ (2) obtemos:
tan θ =
v2
Rg
⇒
R=
( 200 m / s ) 2
v2
=
≅ 5330 m
g tan θ 10 m / s 2 × 3 4
9. Problemas Propostos
Prob. 3.1 Três astronautas, impulsionados por mochilas a jato, empurram e guiam
um asteróide de 120 kg em direção a uma plataforma de processamento, exercendo
as forças mostradas na Fig. 3.11. Qual é a aceleração do asteróide (a) na notação de
vetor unitário e como (b) um módulo e (c) uma direção?
Prob. 3.2 Uma garota de 40 kg e um trenó de 8,4 kg estão sobre o gelo sem atrito de
um lago congelado, a uma distância de 15 m um do outro mas unidos por uma corda
de massa desprezível. A garota exerce uma força horizontal de 5,2 N sobre a corda.
(a) Qual é a aceleração do trenó? (b) Qual é a aceleração da garota? (c) A que
distância da posição inicial da garota eles se encontram?
Prob. 3.3 Dois blocos estão em contato sobre uma mesa sem atrito. Uma força
horizontal é aplicada ao bloco maior, como mostrado na Fig. 3.12. (a) Se mt = 2,3
kg, m2 = 1,2 kg e F = 3,2 N, ache o módulo da força entre os dois blocos, (b) Mostre
que se uma força de mesmo módulo F for aplicada ao bloco menor mas no sentido
contrário, o módulo da força entre os blocos será 2, l N, que não é o mesmo valor
calculado em (a), (c) Explique a diferença.
Prob. 3.4 Um trabalhador arrasta um caixote pelo piso de uma fábrica puxando uma
corda presa ao caixote (Fig. 3.13). O trabalhador exerce uma força de 450 N sobre a
corda, que está inclinada de 37° em relação à horizontal, e o piso exerce uma força
horizontal de 125 N que se opõe ao movimento. Calcule o módulo da aceleração do
caixote se (a) a sua massa for de 310 kg e (b) o seu peso for de 310 N (use sen 37º =
0,6).
Prob. 3.5 Um piloto de 60 kg com sua motocicleta acelera a 3 m/s2 para subir uma
ladeira inclinada 10° acima da horizontal, (a) Qual é o módulo da força resultante
agindo sobre o motoqueiro? (b) Qual é o módulo da força que a motocicleta exerce
sobre o motoqueiro?
Prob. 3.6 Na Fig. 3.14, uma caixa de lápis de 1 kg sobre um plano inclinado de 30°
sem atrito está ligada a uma caixa de canetas de 3 kg sobre uma superfície horizontal
sem atrito. A roldana não possui atrito nem massa, (a) Se o módulo de F for 2,3 N,
qual é a tração no fio de ligação? (b) Qual é o maior valor que o módulo de F pode
ter sem que o fio de ligação fique frouxo?
180
Prob. 3.7 Um balão de ar quente de massa M está descendo na direção vertical com
aceleração para baixo de módulo a. Quanto de massa (lastro) deve ser jogada fora
para dar ao balão uma aceleração para cima de módulo a (mesmo módulo, mas no
sentido contrário)? Suponha que a força para cima do ar (a sustentação) não se altera
por causa da redução na massa.
Prob. 3.8 Uma força horizontal F de módulo igual a 12 N empurra um bloco que
pesa 5 N contra uma parede vertical (Fig. 3.15). O coeficiente de atrito estático entre
a parede e o bloco é de 0,60, e o coeficiente de atrito cinético é de 0,40. Suponha
que o bloco não esteja se movendo inicialmente, (a) O bloco irá se mover? (b) Qual
é a força da parede sobre o bloco, na notação de vetor unitário?
Prob. 3.9 Os blocos A e B da Fig. 3.16 pesam 44 N e 22 N, respectivamente, (a)
Determine o peso mínimo do bloco C para impedir que o bloco A deslize se μ e,
entre o bloco A e a mesa for de 0,20. (b) O bloco C é removido subitamente de cima
do bloco A. Qual será a aceleração do bloco A se μ d entre A e a mesa for de 0,15?
Prob. 3.10 Um bloco de 3,5 kg é puxado sobre uma superfície horizontal por unia
força F de intensidade igual a 15 N que faz um ângulo θ = 37º acima da horizontal.
O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o piso é de 0,2. Calcule a intensidade
(a) da força de atrito que o piso exerce sobre o bloco e (b) a aceleração do bloco.
(use sen 37º = 0,6)
Prob. 3.11 O corpo A da Fig. 3.17 pesa 100 N e o corpo B, 30 N. Os coeficientes de
atrito entre A e a rampa são μ e = 0,5 e μ d = 0,25. O ângulo θ é igual a 37°. Encontre
a aceleração de A (a) se A estiver inicialmente em repouso, (b) se A estiver
inicialmente se movendo para cima da rampa e (c) se A estiver inicialmente se
movendo para baixo da rampa. (use sen 37º = 0,6)
Prob. 3.12 Na Fig. 3.17, dois blocos estão ligados por um fio que passa por uma
polia. A massa do bloco A é igual a 10 kg e o coeficiente de atrito cinético entre A e
a rampa é de 0,20.0 ângulo B de inclinação da rampa é igual a 30°. O bloco A
desliza para baixo da rampa com velocidade constante. Qual é a massa do bloco B?
Prob. 3.13 Os dois blocos (com m = 2 kg e M = 10 kg) mostrados na Fig. 3.18 não
estão presos um ao outro. O coeficiente de atrito estático entre os blocos é μe = 0,4,
mas a superfície embaixo do bloco maior é lisa. Qual é a menor intensidade da força
horizontal F necessária para evitar que o bloco menor escorregue para baixo do
bloco maior?
Prob. 3.14 Na Fig. 3.19, uma caixa de formigas fêmeas (massa total m1 =1,5kg) e
uma caixa de formigas machos (massa total m2 = 3 kg) descem um plano inclinado,
ligadas por uma haste de massa desprezível paralela ao plano. O ângulo da rampa é
θ = 30º. O coeficiente de atrito cinético entre a caixa de formigas fêmeas e o plano é
μ1 = 0,2; o coeficiente entre a caixa de formigas machos e o plano é μ2 = 0,1.
Calcule (a) a tração na haste e (b) a aceleração comum às duas caixas, (c) Como as
respostas para (a) e (b) mudariam se a caixa das formigas machos estivesse atrás da
caixa de formigas fêmeas?
Prob. 3.15 Como mostrado na Fig. 3.20, uma bola de 2kg está ligada, por dois fios
de massa desprezível, a uma haste vertical que está girando. Os fios estão ligados à
haste e estão esticados. A tração no fio de cima é de 50. (a) Desenhe o diagrama de
corpo livre para a bola. (b) Qual é a tração no fio de baixo? (c) Qual é a força
resultante sobre a bola e (d) qual a velocidade da bola?
181
Unidade IV
Trabalho e Energia
1. Situando a Temática
Vimos que a partir das leis de Newton podemos estudar o movimento de qualquer objeto, que não seja nem quântico e nem relativístico. No entanto, alguns problemas de mecânica podem ser resolvidos mais facilmente,
em alguns casos unicamente, utilizando a energia do sistema. Assim, nesta
seção nós introduziremos o conceito de energia e estabeleceremos alguns resultados para a solução de problemas em mecânica.
2. Problematizando a Temática
Nossa primeira dificuldade é justamente encontrar uma definição
“fechada” para a energia. Certamente você já ouviu falar de “muitas energias”; energia elétrica, energia nuclear, energia térmica, etc. Entretanto, como
seria a definição técnica que contemple todas estas coisas simultaneamente.
Por causa destas dificuldades, vamos nos concentrar no ponto de vista da dinâmica.
A energia aparece de muitas formas diferentes, e por isso o conceito
de energia de um sistema se torna muito amplo e difícil de precisar. Tecnicamente, a energia é uma grandeza escalar que está associada a uma dada
configuração do sistema. Quando o sistema evolui de uma configuração para
outra, sua energia muda. Como ponto de partida, podemos pensar que a energia é um número que está associado a uma configuração possível para um
sistema composto de um ou mais objetos. Desta forma, quando uma força
atua sobre o sistema fazendo com que ele seja acelerado, o número (energia)
associado ao sistema muda. É essa variação que nos ajudará no estudo de
alguns problemas que têm soluções complicadas quando tratados apenas
com as leis de Newton. Neste capítulo vamos nos ater a uma única forma de
energia: energia mecânica.
3. Energia Cinética
A energia cinética é a energia associada ao movimento de um cor→
po. Quando um objeto de massa m se move com velocidade v , dizemos que
ele possui uma energia cinética, K, definida como:
K=
1
mv 2
2
(energia cinética)
(4.1)
→
onde v = | v |. Desta forma, quanto maior for a velocidade do corpo e/ou sua
massa, maior será a sua energia cinética. Devemos notar que a energia cinética de um objeto não tem um valor absoluto, uma vez que ela depende da
velocidade e a velocidade depende do referencial. Desta forma, um corpo
182
pode ter energia cinética nula quando medida no sistema de referência S e
assumir um outro valor qualquer no referencial S´. Entretanto, isto não será
um obstáculo para a solução dos nossos problemas pois nós estaremos interessados nas variações da energia do sistema quando este evolui de uma configuração A para uma configuração B. No SI, qualquer forma de energia será
medida em joules (J) . Assim, a partir da Eq. (7.1) definimos:
1 joule = 1J = 1kg ⋅ m 2 / s 2
Como exemplo, um automóvel de 1000 kg (1 tonelada) viajando a 30 m/s
(108 km/h) terá uma energia cinética de 1000 kg × (30 m/s)2 = 9 × 105 J.
4. Trabalho Realizado Por Uma Força
O conceito de trabalho realizado por uma força está, de muitas maneiras, ligado a ações do dia-a-dia, como levantar um objeto ou arrastar um
móvel. Fisicamente falando, quando um agente externo aplica uma força sobre um sistema ele promove uma transferência de energia para o sistema.
Chamaremos essa transferência de energia de trabalho. Diremos então que
este agente, ou esta força, realizou um trabalho sobre o sistema. Matemati→
camente, o trabalho realizado por uma força F que atua sobre uma partícula
durante um intervalo de tempo dt é definido como:
G G
dW = F ⋅ dr (trabalho realizado por uma força)
→
→
(4.2)
→
onde d r = r (t + dt) – r (t) é o deslocamento da partícula no intervalo de
tempo dt (Fig. 4.1) e dW é o trabalho infinitesimal realizado pela força durante esse intervalo de tempo infinitesimal.
→
Quando uma força F atua sobre um corpo durante um intervalo de
tempo macroscópico Δt = tfinal – tinicial e a partícula se desloca desde uma po→
sição inicial A determinada pelo vetor posição rA, até uma posição final B,
→
determinada pelo vetor posição rB, então o trabalho deverá ser calculado como uma soma das infinitas contribuições da Eq. (4.2), ao longo da trajetória.
W A( F→)B
G
rB
G G
= F ⋅ dr
∫
(4.3)
G
rA
Como trabalho realizado por uma força corresponde à transferência
de algum tipo de energia de um sistema para outro, ele será medido em unidades de energia que no SI é o joule (J).
5. Trabalho Realizado Por Uma Força Constante
Quando a força que atua sobre o corpo é constante, então a integral
em (3.2) pode ser resolvida facilmente como:
183
F)
WA(→
B
G
rB
G
G
rA
G
rA
G G G rB G
= ∫ F ⋅ dr = F ⋅ ∫ dr
G G G
G G
= F ⋅ (rA − rB ) = F ⋅ ΔrA→B
G G
= F ⋅d
(4.4)
→
onde d é o vetor deslocamento do objeto da posição A para a posição B.
h EXEMPLO DE FORÇA CONSTANTE: PESO
Vamos considerar como exemplo a força gravitacional exercida pela
Terra sobre outras massas. Próximo da superfície a força gravitacional, ou
peso, pode ser considerada constante. Nestas condições o trabalho realizado
pelo peso sobre um corpo de massa m que vai de uma posição A até uma posição B, por uma trajetória qualquer (Fig. 4.2), será dado por:
W A( F→)B
G
rB
G G
= P ⋅ dr
∫
G
rA
G
rB
=
(∫ − mg Gj )⋅ (dx iG + dy Gj + dz kG )
G
rA
yB
=
∫ − mg dy = −mg ( y
B
− yA )
yA
= −mg Δy AB
ou
WA( F→)B
G
rB
G G
= P ⋅ dr
∫
G
rA
G
G rB G
= P ⋅ dr
∫
G
rA
G G G
G G
= P ⋅ (rB − rA ) = − P ⋅ ΔrAB
G
G
G
G
= (−mg j ) ⋅ (Δx AB i + Δy AB j + Δz AB k )
= −mg Δy AB
Este resultado é exatamente o mesmo que:
G G
G G
WA( F→)B = P ⋅ ΔrA → B = P ⋅ d
G
G
G
G
= (−mg j ) ⋅ ((Δx AB i + Δy AB j + Δz AB k )
(4.5)
= −mgΔy AB
Problema Resolvido 4.1
Um bloco de 10 kg, sustentado por uma força horizontal de 50 N (Fig. 4.3),
desce desde A até B com velocidade constante de 2 m/s. (a) Qual o trabalho
realizado pela força F no trecho AB? (b) Qual o trabalho realizado pelo peso
no trecho AB? (c) Qual o trabalho total realizado pela força de atrito no trecho AB? (d) Qual o valor da força de atrito dinâmica? (Use g = 10 m/s2)
184
SOLUÇÃO: Como as forças são constantes, calcularemos os trabalhos fazendo, simplesmente, o produto da força pelo deslocamento. Assim,
→
(a) O trabalho realizado pela força F é dado por:
G G
G
G
(F)
WAB
= F ⋅ ΔrAB = | F | × | ΔrAB | × cos (φ)
G
= F × ΔrAB × cos (180° − θ)
= − (50 N) × (50 m) × cos (θ) = − 2 000 J
→
(b) O trabalho realizado pela força P é dado por:
G G
G
G
(P)
WAB
= P ⋅ ΔrAB = | P | × | ΔrAB | × cos (β)
= P × ΔrAB × cos (90° − θ)
= − (100 N) × (50 m) × sen (θ) = 3 000 J
→
(c) O trabalho realizado pela força de atrito fd será obtido a partir do teorema
do Trabalho-Energia:
(F)
(P)
(fat)
total
WAB
= WAB
+ WAB
+ WAB
= ΔK AB
Como o bloco se desloca com velocidade constante, a variação da energia
cinética é nula. Então,
(F)
(P)
(fat)
(fat)
(F)
(P)
WAB
+ WAB
+ WAB
= 0 ⇒ WAB
= − WAB
− WAB
= − 1 000 J
O trabalho realizado pela força de atrito é escrito como:
G
G
(fat)
WAB
= f d ⋅ ΔrAB = f d × ΔrAB × cos (180)
⇒
fd = −
(fat)
WAB
ΔrAB
=−
(−1 000 J )
= 20 N
50 m
6. Trabalho Realizado Por Uma Força Variável
Nem sempre as forças que atuam num sistema são constantes. No
mundo real, as forças resultantes que atuam sobre os sistemas físicos rara→
mente são constantes. Elas podem variar com o tempo e com a posição, F =
→
F (x,y,z,t). Neste primeiro curso de física, as forças que variam com o tempo
não serão abordadas. Consideraremos apenas as forças que variam com a posição.
O exemplo mais simples de força variável é o de uma força que varia
linearmente em uma única direção. Uma força deste tipo é a força elástica de
→
→
uma mola que satisfaz a lei de Hook, ou seja F = – k x i onde x é o deslocamento em relação à posição de equilíbrio e k é a constante elástica da mola
(Fig. 4.4). O sinal negativo indica que a força tem sentido contrário àquela
185
da deformação x. Forças que se opõem às deformações são chamadas de forças restauradoras.
Queremos calcular o trabalho realizado pela força elástica da mola
sobre um bloco de massa m que vai da posição de equilíbrio xA = 0 até uma
posição xB qualquer. Além da força da mola, outras forças atuam sobre o
bloco. Neste exemplo em particular devemos ter ao menos uma força de contato entre o bloco e a superfície. Então, da Eq. 4.3 podemos calcular o traba→
lho realizado pela força F m exercida pela mola;
WA( F→mB)
xB
=
∫
x
G
G
G
G
G
G B
Fm ⋅ dr = (−kxi ) ⋅ (dx i + dy j + dz k )
∫
xA
xA
xB
=
1
∫ − kxdx = − 2 k (x
2
B
xA
1
− xNA2 ) = − k x B2
2
=0
Assim ao distendermos ou comprimirmos uma mola em uma distância x, em relação à sua posição de equilíbrio, o trabalho realizado pela força
elástica da mola será:
1
W = − kx 2
(4.6)
2
O sinal negativo indica que a mola se opõe às deformações.
7. Teorema do Trabalho Energia
Calcularemos a seguir o trabalho realizado pela força resultante sobre uma partícula.
B G
B
G
G
G
G
G
G
W = F ⋅ dr = ( Fx i + F y j + Fz k ) ⋅ (dx i + dy j + dz k )
∫
∫
A
A
B
B
∫
B
∫
∫
= Fx dx + Fy dy + Fz dz
A
A
Ix
Iy
A Iz
→
Resolveremos estas integrais separadamente. Como F representa a
→
→
força resultante, nós usamos a Eq. 3.1 (2ª lei) para escrever, F = m a , onde
→
a é a aceleração resultante. Assim,
Fx = ma x = m
dv x
dv dx
dvx
=m x
= mv x
.
dt
dx dt
dx
Assim, a primeira integral fica:
B
∫
I x = mvx
A
v Bx
dvx
1
1
2
2
dx = mvx dvx = mvBx
− mv Ax
dx
2
2
v
∫
Ax
Analogamente, as integrais Iy e Iz serão dadas por
B
∫
I y = mv y
A
dv y
dy
v By
dy =
∫ mv dv
y
v Ay
y
1
1
2
2
= mvBy
− mv Ay
2
2
e
186
B
∫
I z = mvz
A
dvz
dz =
dz
v Bz
∫ mv dv
z
z
vz
1
1
2
2
= mvBz
− mv Az
2
2
Somando as três integrais obtemos:
1
1
2
2
2
2
2
2
AB
Wtotal
= I x + I y + I z = m(vBx
+ vBy
+ vBz
+ v Ay
+ v Az
) − m(v Ax
)
2
2
v B2
v A2
1
1
= mvB2 + mv A2 = K B − K A
2
2
= ΔK AB
(4.7)
O resultado acima nos diz que o trabalho total realizado sobre um
sistema que evolui de uma configuração A para uma configuração B é igual
à variação da energia cinética do sistema. É preciso que fique claro que trabalho da força resultante é igual ao trabalho da soma de todas as forças e,
portanto, é igual a soma dos trabalhos realizados por todas as forças:
G
G
rB
rB
G
G G
G
G
G
AB
Wtotal
= Fresul tan te ⋅ dr = ( F1 + F2 + ... + Fn ) ⋅ dr
∫
∫
G
rA
G
rB
G
G
rA
G
rA
G
rA
G
rB
G G rB G
G
G
G
= F1 ⋅ dr + F2 ⋅ dr + ... + Fn ⋅ dr
∫
∫
∫
(4.8)
G
rA
= W1AB + W2AB + ... + WnAB
8. Forças Conservativas
Quando um sistema passa de uma configuração A para uma configuração B devido à ação de uma força, esta força realiza um trabalho WAB e a
energia cinética do sistema muda de KA para KB. Digamos que o sistema tenha perdido energia cinética. Se ao retornar de B para A, sob a ação da
mesma força, o sistema recuperar a energia cinética perdida, então diremos
que é uma força conservativa. Se a energia cinética não for recuperada, então diremos que é uma força não-conservativa.
Vamos refazer esta análise, usando o resultado do teorema do trabalho-energia. Quando o sistema é levado da configuração A para a configuração B, sob a ação de uma força F, o trabalho realizado, de acordo com o teorema do trabalho-energia, é tal que:
W AB = K B − K A = ΔK A→ B .
Na volta, o trabalho realizado é
W BA = K A − K B = ΔK B → A .
Se a energia cinética puder ser recuperada, então,
ΔK A→ B + ΔK B → A = 0 .
Ou seja, como na Fig.4.5,
W AB + W BA = 0
(4.9)
independentemente dos caminhos de ida e volta. Assim,
h O trabalho total realizado por uma força conservativa sobre uma partícula que de move ao longo de qualquer percurso fechado é nulo.
187
Matematicamente, a definição acima fica:
G G
(F )
W A → B→ A = F ⋅ dr = 0
∫
(4.10)
Como a partícula pode se deslocar por qualquer caminho na ida e na
volta, então uma definição completamente equivalente para uma força conservativa é:
h O trabalho realizado por uma força conservativa que atua sobre uma partícula que se desloca de um ponto A para um ponto B não depende do caminho.
Os dois exemplos resolvidos anteriormente — a força gravitacional e
a força elástica da mola — são exemplos de força conservativa. Observe
que nos dois casos nós não precisamos especificar o caminho para encontrar
o trabalho. Isto significa que qualquer caminho serve. A integral (o trabalho)
não depende do caminho.
9. Energia Potencial
Definimos aqui uma função U associada a uma força conservativa
(ou a um campo de forças) que chamaremos de energia potencial.
Assim, associaremos à força gravitacional (peso) uma energia potencial gravitacional, que dependerá da separação entre objetos que se atraem.
Associaremos à força elástica da mola uma energia potencial elástica, que dependerá de sua deformação em relação à sua posição de equilíbrio.
→
Definimos a energia potencial associada a uma força F como:
(F )
ΔU AB
= U B( F ) − U A( F )
B G
G
(F )
= − ∫ F ⋅ dr = − W AB
(4.11)
A
Ou seja: quando uma partícula se desloca de uma posição A para
→
uma posição B sob a ação de uma força conservativa F , ela sofre uma variação na energia potencial associada a esta força que é igual a “menos” o trabalho realizado pela força.
Desta forma, o resultado (4.5) estabelece a energia potencial gravitacional como:
ΔU
( grav )
AB
= mg ( y B − y A ) .
(4.12)
Note que, pelo fato de termos definido a energia potencial a partir de
uma variação, o zero da energia potencial é arbitrário. É usual, para problemas envolvendo objetos próximos da superfície da Terra, que o zero seja por
aqui mesmo; na superfície. Para problemas envolvendo corpos que estão no
espaço, o zero é posto no infinito.
188
Desta forma, se o eixo y estiver orientado para cima, quando subimos a coordenada yB (posição final) é maior que a coordenada yA (posição
inicial) e então energia potencial aumenta. Quando descemos a situação se
inverte. A coordenada yfinal será menor que yinicial e aí a energia potencial diminui.
O resultado (4.6) estabelece a energia potencial elástica como:
( mola )
ΔU AB
= 12 k ( x B2 − x 2A ) = 12 k x 2
N
(4.13)
=0
onde x significa o deslocamento em relação à posição de equilíbrio.
10. Energia Mecânica
Consideremos um sistema isolado, formado por um corpo sujeito a
uma força conservativa. Quando este corpo vai de uma posição A para uma
posição B, a força conservativa realiza um trabalho. Do teorema do trabalho-energia temos
(F )
W AB
= ΔK AB
e, da definição de energia potencial
(F )
W AB
= − ΔU AB
Então, igualando as duas coisas, encontramos:
ΔK AB + ΔU AB = 0
ou
Δ( K + U ) AB = 0
(4.14)
Chamamos de ENERGIA MECÂNICA, E, a soma da energia cinética
com a energia potencial,
E = K +U
Energia Mecânica
(4..15)
O resultado (4.14) deve ser entendido da seguinte maneira: quando
um corpo está sujeito à ação de forças conservativas (apenas) sua energia
mecânica permanece constante. Neste caso nós escrevemos:
ΔE AB = ΔK AB +
∑ ΔU (i) = 0
i
(4.16)
AB
O índice de soma, i, deve contemplar todas as energias potencias
(todas as forças) presentes no problema.
Quando houver forças não-conservativas atuando no sistema, então
teremos que computar o trabalho realizado por estas forças separadamente já
que não podemos associar uma energia potencial a elas. Vamos então reescrever o trabalho total, separando o trabalho realizado pelas forças conserva→
→
tivas ( F 1 ... F n ) do trabalho realizado pelas forças não-conservativas.
AB
Wtotal
= W1AB + W2AB + ... + WnAB + WnAB
.c.
forças conservativas
(1)
= − ΔU AB
( 2)
( n)
− ΔU AB
− ⋅ ⋅ ⋅ − ΔU AB
+ WnAB
.c.
189
Desta forma, o teorema do trabalho-energia fica:
(1)
( 2)
( n)
ΔK AB = − ΔU AB
− ΔU AB
− ⋅ ⋅ ⋅ − ΔU AB
+ WnAB
.c.
Ou então,
(1)
( 2)
( n)
ΔK AB + ΔU AB
+ ΔU AB
+ ⋅ ⋅ ⋅ + ΔU AB
= WnAB
.c.
(4.17)
Quer dizer:
h A soma da variação da energia cinética com as variações de todas as energias potenciais é igual ao trabalho realizado pelas forças não-conservativas.
Resumindo, quando um sistema passa de uma configuração A para
uma configuração B, podemos afirmar:
E B − E A = Wn.c.
(4.18)
Lembrando que a energia mecânica de um sistema numa dada configuração é a soma de sua energia cinética com todas as energias potenciais
desta configuração.
Problema Resolvido 4.2
O bloco da Fig. 4.6, de 10 kg, parte do repouso do ponto A e escorrega sobre
uma superfície inclinada onde o coeficiente de atrito dinâmico vale 0,5. Em
seguida desliza sobre uma superfície plana de coeficiente atrito desprezível,
até colidir com uma mola de constante elástica 100 N /m. (a) Qual o trabalho
realizado pelo atrito? (b) Qual a velocidade do bloco ao passar pelo ponto B?
(c) Qual a compressão máxima da mola?
SOLUÇÃO: (a) O trabalho realizado pelo atrito é dado por:
G
G
(fat)
WAB
= f d ⋅ ΔrAB = f d × ΔrAB × cos (180º )
Por outro lado
f d = μ d N = μ d P cos θ = 0,5 × 100 × 54 N = 40 N
(fat)
WAB
= 40 × 5 × cos (180°) = −200 J
Então,
(b) Da conservação da energia de A → B, temos
E B − E A = Wn.c.
ou
(g)
(g)
(KB + UB ) − ( K A + U A ) = − f d Δ rAB
N
=0
1 m v2
B
2
+ mg yB − mg yA = − f d Δ rAB
Portanto,
vB = 2
= 2
mg y A − mg yB − f d Δ rAB
m
mg ( y A − y B ) − f d Δ rAB
m
190
Numericamente fica:
vB = 2
(10 × 10 × 3) − 40 × 5
m/s ≅ 4,5 m/s
10
(c) Da conservação da energia de B → D temos
E D − E B = Wn.c.
N
=0
O trabalho das forças não conservativas de B até D é nulo porque não tem atrito nem outras forças não conservativas. Então,
(m)
[K D + U D
] − [ K B + U B(m) ] = 0
N
=0
⇒
=0
2
[ 12 k x máx
] − [ 12 mv B2 + ] = 0
Portanto,
x máx =
m v B2
10 × 20
=
≅ 1,4 m
k
100
11. Potência
O conceito de potência está associado, usualmente, ao desempenho
de algum tipo de motor ou equipamento. A potência média é definida como:
h POTÊNCIA MÉDIA
A potência média realizada por uma força (ou por um motor) é igual
à razão entre o trabalho realizado por esta força e o intervalo de tempo gasto
para realizá-lo;
P=
Trabalho realizado W
=
tempo
Δt
(4.19)
h POTÊNCIA INSTANTÂNEA
A potência instantânea é calculada no limite quando Δt tende a zero.
Assim,
ΔW dW
=
Δt → 0 Δt
dt
P (t ) = lim
(4.20)
Quando uma força está realizando um trabalho, a potência fica:
G G
G drG G G
dW F ⋅ dr
P(t ) =
=
=F⋅
= F ⋅v
dt
dt
dt
(4.21)
No SI, a unidade de potência é o watt (W) em homenagem a James
Watt que aperfeiçoou o rendimento das máquinas a vapor. Assim,
1 watt = 1 Joule/segundo
191
12. Problemas Propostos
Prob. 4.1 Um bloco de gelo de 45 kg desce deslizando um plano inclinado liso de 5
m de comprimento e 3 m de altura. Um trabalhador aplica uma força para cima
contra o bloco de gelo na direção paralela ao plano inclinado, para que o bloco desça
deslizando com velocidade constante, (a) Encontre a intensidade da força do
trabalhador. Quanto trabalho é realizado sobre o bloco (b) pela força do trabalhador,
(c) pela força gravitacional, (d) pela força normal à superfície do plano inclinado e
(e) pela força resultante?
Prob. 4.2 Um helicóptero eleva uma astronauta de 70 kg verticalmente por 20 m a
partir do oceano por meio de um cabo. A aceleração da astronauta é g/10. Quanto
trabalho é realizado sobre a astronauta (a) pela força do helicóptero e (b) pela força
gravitacional agindo sobre ela? Quais são (c) a energia cinética e (d) a velocidade da
astronauta imediatamente antes de ela alcançar o helicóptero?
Prob. 4.3 Uma corda é usada para abaixar verticalmente um bloco de massa M,
inicialmente em repouso, com uma aceleração constante para baixo de g/4. Quando
o bloco tiver descido uma distância d, encontre (a) o trabalho realizado pela força da
corda sobre o bloco, (b) o trabalho realizado pela força gravitacional sobre o bloco,
(c) a energia cinética do bloco e (d) a velocidade do bloco.
Prob. 4.4 Um bloco de 250 g é solto sobre uma mola vertical indeformada que
possui uma constante de mola k = 2,5 N/cm. O bloco a fica preso à mola
comprimindo-a 12 cm antes de parar por um instante. Durante a compressão, qual é
o trabalho realizado sobre o bloco (a) pela força gravitacional que age sobre ele e (b)
pela força da mola? (c) Qual é a velocidade do bloco imediatamente antes de ele
colidir com a mola? (Suponha que o atrito seja desprezível) (d) Se a velocidade no
impacto for duplicada, qual será a compressão máxima da mola.
Prob. 4.5 Caixas são transportadas de uma posição para outra em um armazém por
meio de uma correia transportadora que se move com velocidade constante de 0,50
m/s. Em um determinado local, a correia transportadora sobe 2,0 m em uma rampa
inclinada de 10° com a horizontal, percorre mais 2,0 m na horizontal e finalmente
desce 2,0 m em uma rampa que forma um ângulo de 10° com o plano horizontal.
Suponha que uma caixa de 2,0 kg é transportada pela correia sem deslizar. Qual a
taxa com que a força da correia transportadora está realizando trabalho sobre a caixa
(a) quando a caixa está subindo a rampa de 10°, (b) quando a caixa está se movendo
horizontalmente e (c) quando a caixa está descendo a rampa de 10o?
Prob. 4.6 Na Fig. 4.7 um pequeno bloco de massa m pode deslizar ao longo de um
loop sem atrito. O bloco é solto do repouso no ponto A, a uma altura h = 5R acima
da parte mais baixa do loop. Quanto trabalho a força gravitacional realiza sobre o
bloco enquanto o bloco se desloca do ponto A (a) até o ponto C e (b) até a parte
mais alta do loop? Se a energia potencial gravitacional do sistema bloco-Terra for
tomada como nula na parte mais baixa do loop, qual será a energia potencial quando
o bloco estiver (c) no ponto A, (d) no ponto C e (e) no ponto mais alto du loop? (f)
Se, em vez de ser solto do repouso, o bloco receber alguma velocidade inicial para
baixo ao longo da pista as respostas para os items de (a) até (e) aumentam,
diminuem ou permanecem as mesmas?
Prob. 4.7 No Problema 4.6 quais são (a) a componente horizontal e (b) a
componente vertical da força resultante que age sobre o bloco nos pontos B e C (c)
A que altura h o bloco deve ser solto do repouso de modo que ele esteja na
iminência de perder contato com a pista no ponto mais alto do loop? (Na iminência
de perder o contato significa que a força normal que a pista exerce sobre o bloco é
praticamente nula.)
Prob. 4.8 A Fig. 4.8 mostra uma pedra de 8 kg em repouso em cima de uma mola. A
mola está comprimida de 10 cm pela pedra. (a) Qual a constante de mola? (b) A
pedra é empurrada para baixo mais 30 cm e então é solta. Qual a energia potencial
192
elástica da mola comprimida (10 cm + 30 cm) imediatamente antes de a pedra ser
solta? (c) Qual a variação da energia potencial gravitacional do sistema pedra-Terra
quando a pedra se move do ponto em que foi solta até a sua altura máxima? (d) Qual
será essa altura máxima, medida a partir do ponto em que a mola é solta?
Prob. 4.9 Um bloco de 2 kg cai verticalmente sobre uma mola de massa desprezível,
de uma altura de 40 cm acima da mola (Fig. 4.9). A constante de mola k é igual a
1960 N/m. Encontre a distância máxima que a mola foi comprimida.
Prob. 4.10 Tarzan, que pesa 700 N, salta de um penhasco se balançando na
extremidade de um cipó de 18 m de comprimento (Fig. 4.10). A diferença de altura
entre o alto do penhasco e o ponto mais baixo da trajetória descrita pelo Tarzan é de
3,2 m. A tensão máxima suportada pelo cipó é de 1000 N. (a) O cipó irá se romper?
(b) Caso não se rompa, qual a maior força que atua sobre ele durante o balanço?
Prob. 4.11 Um bloco de 700 g é solto do repouso de uma altura h acima de uma
mola vertical com constante de mola k = 400 N/m e massa desprevezível. O bloco
fica preso à mola e para por um instante após comprimir a mola em 19 cm. Quanto
trabalho foi realizado (a) pelo bloco sobre a mola e (b) pela mola sobre o bloco? (c)
Qual o valor de h? (d) Se o bloco fosse solto de uma altura 2h acima da mola, qual
seria a compressão máxima da mola?
Prob. 4.12 Na Fig. 4.11, um bloco de 2,5 kg desliza de encontro a uma mola cuja
constante de mola é igual a 320 N/m. Quando o bloco para, a mola fica comprimida
de 7,5 cm. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície horizontal é
igual a 0,25. Enquanto o bloco está em contato com a mola e sendo levado ao
repouso, (a) qual o trabalho realizado pela força da mola e (b) Qual a velocidade do
bloco no instante em que o bloco atinge a mola?
Prob. 4.13 Um bloco pode deslizar ao longo de uma pista com as extremidades
elevadas e uma parte central plana, como mostrado na Fig. 4.12. A parte plana
possui um comprimento L. Não há atrito nas partes curvas da pista, mas na parte
plana o coeficiente de atrito cinético μ k é igual a 0,20. O bloco parte do repouso no
ponto A, que está a uma altura h = L/2 acima da parte plana da pista. Aonde o bloco
irá parar?
Prob. 4.14 O cabo de tração da cabine do elevador de 1800 kg da Fig. 4.14 se rompe
quando a cabine se encontra em repouso no primeiro piso, onde o fundo da cabine
está a uma distância d = 3,7 m acima de uma mola amortecedora, cuja constante de
mola é k = 0,15 × 106 N/m. Um dispositivo de segurança faz com que a cabine se
agarre aos trilhos-guia, fazendo com que uma força de atrito constante de 4,4 kN se
oponha ao movimento da cabine. (a) Encontre a velocidade da cabine imediatamente
antes que ela bata na mola. (b) Determine a distância máxima x de compressão da
mola (a força de atrito continua atuando durante esta compressão), (c) Encontre a
distância que a cabine irá subir de volta no prisma do elevador, (d) Usando a
conservação da energia, encontre uma aproximação para a distância total que a
cabine irá se deslocar antes de atingir o repouso. (Suponha que a força de atrito que
atua sobre a cabine seja desprezível quando a cabine estiver em repouso.)
193
Unidade V
Momento Linear
1. Situando a Temática
Quando estudamos a natureza, observamos que existem algumas leis
de conservação, i.e., existem grandezas físicas que são conservadas quando
um sistema é levado, ou evolui espontaneamente, de uma configuração inicial para uma configuração final. Por exemplo, vimos na seção anterior que a
energia mecânica E = K + U é conservada quando existem apenas forças
conservativas atuando no sistema, mas se houver forças não-conservativas
atuando no sistema então a conservação da energia mecânica não funciona
mais.
Existem outras leis de conservação, como conservação da carga,
conservação da massa, conservação do momento angular, etc.
Em seu livro, Philosophiae Naturalis Principia Mathematica, Newton escreveu suas leis em termos de uma grandeza chamada quantidade de
movimento, que é igual ao produto da massa do corpo pela velocidade com
a qual ele está se deslocando. Ele percebeu que a quantidade de movimento
de um sistema permanecia inalterada (constante) a menos que uma força externa ao sistema atuasse sobre ele. A quantidade de movimento recebeu o
nome de momento linear.
É esta grandeza e esta lei de conservação que nós estudaremos aqui.
2. Problematizando a Temática
Muitos problemas são resolvidos através da conservação do momento linear. Nas colisões ou decaimento de partículas a conservação do momento linear está presente. É possível predizer a existência de uma partícula
desconhecida num processo de colisão ou decaimento. Mesmo envolvendo
corpos macroscópicos, automóveis por exemplo, vale a conservação da
quantidade de movimento. É o que veremos agora.
Vimos no estudo dos projéteis que uma partícula lançada ao ar com
uma componente de velocidade horizontal diferente de zero, descreve uma
trajetória parabólica. Por outro lado, a Fig. 5.1 mostra como poderia ser o
movimento de um bastão de beisebol quando lançado ao ar. O movimento do
bastão é complicado, uma vez que ele tem um movimento de translação e de
rotação. Entretanto, o ponto preto no bastão descreve uma trajetória igual a
da partícula, i.e., uma trajetória parabólica. Este ponto é chamado de centro
de massa. Vamos estudá-lo também.
3. Centro de Massa
Se você olhar atentamente, notará que o ponto preto da Fig. 5.1 se
desloca como (1) se toda massa estivesse concentrada nele e (2) como se a
194
força gravitacional atuasse apenas nesse ponto. Estas são as propriedades do
centro de massa. Elas serão muito importantes, em alguns casos fundamentais, na solução dos nossos problemas.
h O centro de massa de um corpo ou de um sistema de partículas é o ponto
que se move como se toda massa estivesse concentrada neste ponto e como
se todas as forças (força resultante) externas estivessem atuando sobre ele.
h POSIÇÃO DO CENTRO DE MASSA.
Consideremos um sistema de n partículas com massas m1,...,mn, e si→
→
→
tuadas nas posições r 1, r 2,..., r n em relação a um sistema de coordenadas
qualquer. A posição do centro de massa deste sistema de partículas é dada
por:
G
1
rCM =
M
G
ri
n
∑m
i
(posição do centro de massa)
(5.1)
1
→
onde M = m1 + m2 +⋅⋅⋅+ mn é a massa total do sistema e r i o vetor posição da
i-ésima partícula..
A equação vetorial 5.1 corresponde a três equações escalares; uma
para cada direção. Assim, lembrando que
G
ri = xi î + y i ĵ + z i k̂
podemos escrever as coordenadas do centro de massa como
1 n
xCM =
mi x i ;
M 1
∑
n
y CM =
1
mi y i ; (coordenadas do centro de massa)
M 1
z CM =
1 n
mi z i
M 1
∑
(5.2)
∑
Se, ao invés de uma distribuição discreta de massa (partículas), nós
tivermos uma distribuição contínua, então o centro de massa será calculado
como:
G
1
rCM =
M
G
∫ r dm
(distribuição contínua de massa)
(5.3)
volume
Esta equação vetorial nos leva a três equações escalares, como em
(5.2).
É preciso esclarecer uma questão importante. Para calcular a posição
do centro de massa nós temos que definir um sistema de coordenadas para
podermos localizar uma dada partícula mi, ou um elemento de massa dm. Isto é um artifício matemático. O centro de massa é um ponto do sistema que
não depende da escolha de nenhum sistema de coordenadas em particular. A
posição do centro de massa de uma dada distribuição de massa é absoluta e
com qualquer sistema de coordenadas encontraremos a mesma posição, embora representada por diferentes coordenadas.
195
Problema Resolvido 5.1
Determine a posição do centro de massa do sistema de três partículas, no instante mostrado na Fig. 5.2. Considere que as partículas se deslocam no plano
x,y e têm massas m1 = 4 kg, m2 = 6 kg e m3 = 10 kg .
SOLUÇÃO: As coordenadas xCM e yCM, que dão a posição do centro de massa,
são obtidas a partir da Eq. 5.2:
m x + m 2 x 2 + m3 x 3
1 n
xCM =
mi x i = 1 1
m1 + m 2 + m3
M 1
∑
=
4 × 1 + 6 × (−1) + 10 × 2
m = 0,9 m
4 + 6 + 10
e
m y + m 2 y 2 + m3 y 3
1 n
y CM =
mi y i = 1 1
m1 + m 2 + m3
M 1
∑
=
4 × (−2) + 6 × 3 + 10 × 2
m = 1,5 m
4 + 6 + 10
A posição do centro de massa está indicada na Fig. 5.2.
Problema Resolvido 5.2
Determine a posição do centro de massa da haste fina e homogênea, de comprimento L e massa M, mostrada na Fig. 5.3.
SOLUÇÃO: Uma haste é uma distribuição contínua de massa. A coordenada
yCM, é nula, uma vez que nós pusemos o eixo x ao longo da haste. A posição
xCM do centro de massa é dada por:
1
xCM =
M
xf
∫ x dm
xi
Para uma haste homogênea, a massa dm contida no comprimento dx é dada
por uma rega de três simples:
L − M
M
dx
⇒
dm =
dx − dm
L
Então,
xCM =
=
1
M
L
L
⎛M ⎞ 1
x ⎜ dx ⎟ =
x dx
L
L
⎠
⎝
0 0
∫
1 ⎛⎜ x 2
L ⎜⎝ 2
∫
dm
L
⎞
⎟
⎟
⎠ 0
Portanto,
xCM =
L
2
Ou seja, o centro de massa da haste (homogênea) está no meio da haste. Este
resultado nós já esperávamos.
196
4. Movimento do Centro de Massa
h VELOCIDADE DO CENTRO DE MASSA.
Para encontrar a velocidade do centro de massa vamos derivar a Eq.
5.1 em relação ao tempo:
G
1 d n
G
VCM =
mi ri
M dt 1
G
G
G
d rn ⎞
d r1
d r2
1 ⎛
=
+ m2
+ ⋅ ⋅ ⋅ + mn
⎜ m1
⎟
dt ⎠
M⎝
dt
dt
1
(m1vG1 + m2 vG2 + ⋅ ⋅ ⋅ + mn vGn )
=
M
∑
(5.4)
onde nós usamos a definição de velocidade instantânea dada na Eq. (2.8).
Derivando, agora, a Eq. (5.4) encontramos:
G
1 d
(m1vG1 + m2 vG2 + ⋅ ⋅ ⋅ + mn vGn )
aCM =
M dt
d G
d G
d G ⎞
1 ⎛
(5.5)
=
⎜ m1 v1 + m 2 v 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + m n v n ⎟
M⎝
dt
dt
dt ⎠
1
(m1aG1 + m2 aG 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + mn aGn )
=
M
→
Olhando para a i-ésima partícula concluímos: Se a i é a aceleração da
→
→
i-ésima partícula, então mi a i é a força resultante, Fi, sobre a partícula i. Assim, a Eq. 5.4 fica:
G
G
G
1 G
aCM =
F1 + F2 + ⋅ ⋅ ⋅ + Fn
(5.6a)
M
Considerando que a soma das forças resultantes sobre cada uma das
partículas é igual à soma de todas as forças externas que atuam no sistema,
encontramos:
G
G
M aCM =
Fexternas
(5.6b)
(
)
∑
De fato o centro de massa se comporta como se todas as forças estivessem atuando sobre ele. A Eq. 5.6 corresponde à segunda lei de Newton
para um sistema de partículas.
5. Momento Linear
A quantidade de movimento linear (momento linear) de uma par→
tícula é um vetor p definido como
G
G
p = mv
(momento linear de uma partícula)
(5.7)
→
onde m é a massa da partícula e v o vetor velocidade. O vetor momento linear tem a direção e o sentido do vetor velocidade, uma vez que a massa m é
uma quantidade escalar positiva.
Na realidade, Newton escreveu a segunda lei em termos da quantidade de movimento:
197
h A taxa de variação da quantidade de movimento de uma partícula em relação ao tempo, é igual força resultante (soma das forças) que atua sobre a
partícula e tem a mesma direção e o mesmo módulo desta força.
Em linguagem matemática o texto da segunda lei fica:
G
G
dp
Fres =
(segunda lei de Newton)
dt
(5.8)
Em se tratando de uma partícula, cuja massa é constante, a equação
acima é equivalente à segunda lei na forma apresentada na Eq. 3.1;
G
G
G
dp d
G
G
dv G dm
Fres =
= (mv ) = m
+v
= ma .
dt dt
dt
dt
N
(5.9)
=0
Note que para sistemas onde a massa varia, tais como aviões ou automóveis queimando combustível, a segunda lei deve ser usada na forma original (completa) da Eq. 5.8. Newton era esperto mesmo, não era?!
6. Momento Linear de um Sistema de Partículas
Se nós tivermos um sistema composto de n partículas, o momento
linear do sistema será a soma de todas as quantidades de movimento individuais, i.e.,
G
G
G
G
Psist = p1 + p 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + p n
G
G
G
= m1v1 + m2 v 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + mn v n
(5.10)
Comparando este resultado com a Eq. 5.4 encontramos:
G
G
MVCM = Psist
(momento linear do sistema)
(5.11)
Problema Resolvido 5.3
Considere que as velocidades das partículas da Fig. 5.2 sejam, respectiva→
^ →
^ →
^
^
mente, v1 = (5 m/s)i , v2 = (–10 m/s)i e v3 = (4 m/s)i + (3m/s)j . Determine
(a) o momento linear do sistema de partículas e (b) a velocidade do centro de
massa.
SOLUÇÃO: (a) A quantidade de movimento de um sistema de partículas, como na Eq. 5.10, é igual à soma das quantidades de movimento de cada uma
das partículas;
G
G
G
G
Psist = p1 + p 2 + p 3
G
G
G
= m1v1 + m 2 v 2 + m n v3
Numericamente fica:
G
Psist = ( 4 kg × 5 m/s) î − (6 kg × 10 m/s)î + (10 kg × 4 m/s) î + (10 kg × 3 m/s) ĵ
= (30 kg ⋅ m/s) ĵ
(b) O momento linear do centro de massa é igual ao momento linear do sistema. Assim,
198
G
G
PCM = Psist
⇒
MVCM = Psist
Então,
G
Psist (30 kg ⋅ m/s)
=
ĵ = ( 1,5 m/s) ĵ
V CM =
M
20 kg
7. Conservação do Momento Linear
→
A quantidade M V CM é igual ao momento linear do centro de massa,
ou seja, a quantidade de movimento do centro de massa é igual à quantidade
de movimento do sistema de partículas. Na verdade o resultado (5.11) vale
para qualquer distribuição de massa; discreta ou contínua.
Derivando a Eq. 5.11 com relação ao tempo obtemos
G
G
dVCM
dPsist
G
=M
= M aCM
dt
dt
e comparando com a Eq. 5.6 concluímos:
G
G
dPsist
=
Fexternas (variação do M.L. de um sistema)
h
(5.12)
dt
∑
Desta forma,
h quando a soma das forças externas que atuam num sistema é nula, o
momento linear do sistema permanece constante.
Este resultado é conhecido como conservação do momento linear
(quantidade de movimento).
É preciso entender o significado de forças externas. Quando isolamos um sistema (de n partículas, por exemplo), a soma de todas as forças atuando em cada uma das partes (partículas) do sistema dá a força resultante
atuando sobre o sistema. Nesta soma, todos os pares ação e reação desaparecem, restando apenas as forças que não são causadas pala interação entre as
partes (partículas) do sistema. Ou seja, restarão as forças externas.
Problema Resolvido 5.4
Considere o sistema da Fig. 5.4, formado por três partículas carregadas, q1,
q2 e q3, com massas m1, m2 e m3, respectivamente. Vamos considerar também
que as três cargas têm o mesmo sinal, de forma que elas estejam se repelindo
→
mutuamente com uma força Fij. Determine a aceleração do centro de massa.
SOLUÇÃO: A aceleração do centro de massa é dada pela Eq. 5.6a,
G
G
G
1 G
aCM =
F1 + F2 + ⋅ ⋅ ⋅ + Fn
M
(
)
→
onde Fi é a soma de todas as forças que atuam na i-ésima partícula. Quando
nós estendermos esta soma para todas as partículas do sistema nós teremos
efetuado a soma de todas as forças que atuam sobre o sistema. Assim,
199
⎧
⎫
G
G
G
G
G
G
G
G ⎪
1 ⎪ G
G
aCM =
⎨ P1 + F21 + F31 + P2 + F12 + F32 + P3 + F13 + F23 ⎬
M ⎪
⎪
sobre m1
sobre m2
sobre m3
⎩
⎭
(
→
) (
→
→
→
) (
→
)
→
como F12 = – F21 , F13 = – F31 e F23 = – F32 , então a soma acima resulta:
G
G
G
1 G
aCM =
P1 + P2 + P3
M
(
)
= Soma das forças externas.
Portanto, sobraram apenas as forças exercidas pela Terra. Ou seja, sobraram
apenas as forças externas.
8. Colisões
Nos processos chamados de colisões, a conservação da quantidade
de movimento (momento linear) está sempre presente. Quando dizemos, na
linguagem cotidiana, que ocorre uma colisão quando os objetos batem uns
nos outros, estamos fornecendo uma ideia razoável do significado de uma
colisão. Uma forma mais precisa para definirmos uma colisão e que nós usaremos aqui é:
h Uma colisão é um evento isolado onde os corpos que colidem exercem
forças, relativamente elevadas, durante um intervalo de tempo relativamente curto.
É importante compreender o sentido do termo relativamente. No
contexto das colisões, “relativamente” significa que é preciso levar em conta
o processo em questão para quantificar “forças elevadas” e “tempo curto”.
As forças envolvidas e o tempo de duração numa colisão entre duas
partículas são completamente diferentes das forças envolvidas e do tempo de
duração de uma colisão entre duas bolas de bilhar ou entre duas galáxias. Para avaliarmos se uma força é muito intensa ou pouco intensa, ou se um tempo é muito pequeno ou não, é preciso especificar de qual colisão estamos falando.
9. Impulso
A Fig. 5.5a mostra o que poderia ser uma bola de basquete colidindo
(quicando) com o solo. A colisão começa no instante ti e termina no instante
tf. Durante a interação com o solo a bola fica deformada e, em função da de→
formação, surge uma força F (t). Quanto maior a deformação, maior será a
força de interação (força elástica). Ou seja, a força de interação que aparece
durante uma colisão não é constante. Na realidade, na maioria dos casos, nós
→
desconhecemos a forma funcional de F (t). É claro que a forma desenhada na
→
Fig 5.5a é apenas uma representação de como poderia ser a força F (t) e não
→
uma forma exata. Para efeito de cálculos, nós substituímos F (t) por uma for-
200
ça média, constante, que produza a mesma variação do momento linear que a
força real, como mostra a Fig. 5.5b. A variação da quantidade de movimento
da bola é dada por:
G
pf
G G
dp = F (t ) dt
∫
⇒
G
pi
G
dp =
tf
∫
G
F (t ) dt
(5.13)
ti
→
Definimos uma grandeza chamada impulso ( J ) igual à integral da
força de interação no tempo;
G
G
J = Δp =
h
tf
G
F (t ) dt
∫
(definição de impulso)
(5.14)
ti
10. Colisões Elásticas e Inelásticas
Embora seja comum a existência de vários objetos envolvidos numa
colisão, nós trabalharemos com colisões de dois corpos. Consideremos então
duas partículas de massas m1 e m2, que colidem.
A Fig. 5.6 mostra uma colisão frontal entre dois corpos. O par de
→
→
forças da terceira lei, F (t) e –F (t), fará com que as quantidades de movimento dos dois corpos mudem. Como as forças sobre os corpos têm mesmo módulo e mesma direção e sentido contrário, então,
Δp1 = − Δp2
→
→
⇒
Δp1 + Δp2 = 0
(5.14)
→
Usando o fato que Δp = p final – p inicial , encontramos:
G
G
G
G
p1 f + p2 f = p1i + p2i
ou
(5.15)
G
G
G
G
m1v1 f + m 2 v 2 f = m1v1i + m 2 v 2i
(5.16)
Se as partículas estiverem se deslocando numa única dimensão, direção x, então a Eq. 5.16 pode ser escrita na forma escalar;
m1v1 f + m 2 v 2 f = m1v1i + m 2 v 2i
(5.17)
Resumindo, numa colisão, o momento linear do sistema é sempre
conservado, então:
G ( depois ) G ( antes )
Psist
= Psist
(5.18)
onde antes e depois significa, é claro, momento linear do sistema antes da
colisão e depois da colisão, respectivamente.
→
hNuma colisão, a quantidade de movimento pi (i = 1,2,...,n) de cada um dos
corpos que colidem pode variar, mas a quantidade de movimento do siste→
ma, P sist , é sempre conservada durante uma colisão.
E mais, da Eq. 5.18,
201
G
G
V (depois) = V (antes)
CM
(5.19)
CM
→
onde V CM é a velocidade do centro de massa do sistema.
Colisões Elásticas
Chamaremos de colisões elásticas, as colisões onde, além da conservação do momento linear, houver a conservação da energia cinética do
sistema. Assim, numa colisão elástica temos:
G
G final
P inicial
= P sist
sist
(colisões elásticas)
h
K
inicial
sist
= K
(5.20)
final
sist
É preciso que as duas coisas aconteçam simultaneamente!
A Fig. 5.7 mostra uma colisão frontal em uma dimensão entre duas
partículas de massas m1 e m2. Se a colisão for elástica, então as condições de
5.20 ficam:
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪⎩
m1v
1f
+ m2 v
2f
= m1v + m 2 v
1i
2i
e
1 m v2
2 1 1f
(5.21)
+ 12 m 2 v 2 = 12 m1v 2 + 12 m 2 v 2
2f
1i
2i
Com um pouco de álgebra, podemos mostrar que numa colisão elástica os corpos se afastam depois da colisão com a mesma velocidade relativa
com que se aproximavam antes da colisão.
É claro que estamos considerando v1 > v2, caso contrário não haveria
colisão. Então,
v 2f − v1f = v1i − v 2i
(velocidade relativa)
(5.22)
Problema Resolvido 5.5
Considere as duas esferas da Fig 5.7. Suponha que m1, de 2 kg, que está se
deslocando com uma velocidade de 10 m/s, colida elasticamente com m2, de
5 kg, que está viajando na mesma direção e sentido de m1 com uma velocidade de 3 m/s. Determine: (a) As velocidades finais das esferas. (b) As velocidades relativas antes e depois da colisão. (c) A velocidade do centro de
massa antes e depois da colisão.
SOLUÇÃO: (a) Em se tratando de uma colisão elástica, valem as relações de
5.21. Elas formam um sistema de duas equações e duas incógnitas; v1f e v2f,
que o estudante poderá resolver a título de exercício. A solução é:
m1 − m2
2 m2
⎧
⎪ v1f = m + m v1i + m + m v 2i
1
2
1
2
⎪⎪
⎨ e
⎪
2 m1
m − m1
⎪ v 2f =
v1i + 2
v 2i
m1 + m2
m1 + m2
⎪⎩
Este resultado pode ser utilizado sempre que a colisão for elástica,
202
mas somente nas colisões elásticas.
Substituindo os valores numéricos encontramos:
2×5 ⎞
⎛2−5
v1f = ⎜
× 10 +
× 3 ⎟ m/s = 0 m/s
2+5 ⎠
⎝2+5
e
5−2 ⎞
⎛ 2×2
v 2f = ⎜
× 10 +
× 3 ⎟ m/s = 7 m/s
2+5 ⎠
⎝ 2+5
(b) É fácil confirmar, agora, a Eq. 5.22.
v1i − v2i = (10 − 3) m/s = 7 m/s
e
v2f − v1f = (7 − 0 ) m/s = 7 m/s
(c) Da Eq. 5.11, podemos calcular a velocidade do centro de massa
antes e depois da colisão.
m v + m 2 v 2i 2 × 10 + 5 × 3
antes
VCM
= 1 1i
=
m/s = 5 m/s
m1 + m2
2+5
m v + m 2 v 2f 2 × 0 + 5 × 7
depois
VCM
= 1 1f
=
m/s = 5 m/s
2+5
m1 + m 2
E nós encontramos o mesmo valor para a velocidade do centro de
massa antes e depois da colisão. Como deveria ser.
h COLISÕES INELÁSTICAS
Chamaremos de colisões inelásticas, as colisões onde não acontece
a conservação da energia. Portanto numa colisão inelástica apenas a Eq. 5.21
será válida.
Note que, qualquer que seja a colisão, a conservação do momento linear é válida e, portanto, são verdadeiras as equações 5.18 e 5.19.
h COLISÕES COMPLETAMENTE INELÁSTICAS
Chamaremos de colisões completamente inelásticas, as colisões
onde os dois corpos que colidem possuem a mesma velocidade final, ou seja,
após a colisão os corpos se movem juntos, Fig. 5.8.
A conservação do momento linear numa colisão completamente inelástica fica:
m1v1i + m 2 v 2i = (m1 + m2 ) v f (completamente inelástica)
(5.23)
Problema Resolvido 5.6
Uma bola de massa m1 = 10 kg atirada para dentro de um cano, com velocidade v1i = 20 m/s (Fig. 5.9). O cano tem massa m2 = 40 kg e se encontra em
repouso sobre uma superfície sem atrito. Dentro do cano existe uma mola
sem massa e constante k = 12800 N/m. A bola fica presa ao cano no ponto
203
de compressão máxima da mola. Considere que nenhuma energia é perdida
por atrito. (a) Qual a velocidade do conjunto bola-cano depois que a bola para dentro do cano? (b) Qual a energia potencial que fica armazenada na mola? Qual a compressão máxima da mola?
(a) Esta é uma colisão completamente inelástica, assim, a conservação momento linear é dada por 5.24,
SOLUÇÃO:
m1v1i + m 2 v 2i = (m1 + m 2 ) v f
m v + m 2 v 2i
⇒ v f = 1 1i
.
m1 + m 2
Substituindo os valores obtemos:
vf =
10 × 20
m/s = 4 m/s
10 + 40
(b) Não havendo perdas por atrito, a energia armazenada na mola será igual
à diferença entre as energias cinéticas inicial e final. Então,
U fmola = K i − K f = 12 m b vb2 − (m b + mc ) v c2
= [ 12 × 10 × 20 2 − 12 × (10 + 40) × 4 2 ] J
= 1600 J
(c) A energia potencial da mola é dada pela Eq. 4.13. Assim,
2
U mola = 12 k x máx
⇒
x máx =
=
2 U mola
k
2 × 1600
m = 0,5 m
12800
Ou seja, no instante em que a bola entra em repouso em relação ao cano, a
mola está comprimida em 50 cm.
11. Problemas Propostos
Prob. 5.1 – Três hastes finas, cada uma com comprimento L, estão dispostas na
forma de um U invertido, como mostrado na Fig. 5.10. Cada uma das duas hastes
verticais do U possui massa M; a terceira haste possui massa 3M. Onde está o centro
de massa do conjunto?
→
Prob. 5.2 - Um tiro de canhão é disparado com uma velocidade inicial vo de 20 m/s,
fazendo um ângulo de 60° com a horizontal. No ponto mais alto da trajetória, o
projétil explode e se divide em dois fragmentos de mesma massa (Fig 5.11). Um
fragmento, cuja velocidade é nula imediatamente após a explosão, cai verticalmente.
A que distância do canhão aterrizará o outro fragmento, supondo que o terreno é
horizontal e que o arrasto do ar é desprezível?
Prob. 5.3 - Ricardo, de massa igual a 80 kg, e Carmelita, que é mais leve, estão
passeando num lago tranquilo ao anoitecer em uma canoa de 30 kg. Quando a canoa
está em repouso na água calma, eles trocam de lugares, que estão distantes 3,0 m e
posicionados simetricamente em relação ao centro da canoa. Durante a troca,
Ricardo percebe que a canoa se move 40 cm em relação a um tronco de árvore
204
submerso e calcula a massa de Carmelita, que ela não contou para ele. Qual a massa
de Carmelita?
Prob. 5.4 A partícula A e a partícula B são mantidas juntas com uma mola
comprimida entre elas. Quando elas são soltas, a mola empurra uma partícula para
longe da outra e elas então saem voando em direçõe opostas, livres da mola. A
massa de A é igual a 2 vezes a massa de B. e a energia armazenada na mola era de
60 J. Suponha que a mola tenha massa desprezível e que toda a energia que estava
armazenada nela seja transferida para as partículas. Uma vez completa a
transferência, qual valor da energia cinética (a) da partícula A e (b) da partícula B?
Prob. 5.5 Um corpo de 20 kg está se movendo no sentido positivo do eixo x com
uma velocidade de 200 m/s quando, devido a uma explosão interna, ele se reparte
em três. Uma parte, com uma massa de 10 kg, se afasta do ponto da explosão com
uma velocidade de 100 m/s no sentido positivo do eixo y. Um segundo fragmento,
com uma massa de 4 kg. se move no sentido negativo do eixo x com uma velocidade
de 500 m/s. (a) Qual a velocidade do terceiro fragmento? (b) Quanta energia é
liberada na explosão? Ignore os efeitos devidos à força gravitacional.
Prob 5.6 Uma bala de massa igual a 4,5 g é disparada horizontalmente para dentro
de um bloco de madeira de 2,4 kg em repouso sobre uma superfície horizontal. O
coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície é de 0,2. A bala para no
bloco, que desliza exatamente para a frente por 1,8 m (sem rotação). (a) Qual a
velocidade do bloco imediatamente após a bala parar em relação a ele? (b) Com que
velocidade a bala foi disparada?
Prob. 5.7 Na Fig. 5.12, uma bala de 5 g é disparada horizontalmente em direção a
dois blocos em repouso sobre a superfície de uma mesa sem atrito. A bala passa pelo
primeiro bloco, que possui massa igual a 2 kg, e se aloja no segundo, que tem uma
massa de 3 kg. São fornecidas as velocidades finais de 0,5 m/s e 1,5 m/s dos blocos
de 2 kg e de 3 kg, respectivamente. Desprezando a massa removida do primeiro
bloco pela bala, ache (a) a velocidade da bala imediatamente após ela emergir do
primeiro bloco e (b) a velocidade original da bala.
Prob. 5.8 Um livro de física de 4 kg e um livro de cálculo de 6 kg, ligados por uma
mola, repousam sobre uma superfície horizontal lisa. A constante de mola vale 8000
N/m. Os livros são empurrados um contra o outro, comprimindo a mola, e depois
são soltos do repouso. Quando a mola volta ao seu comprimento indeformado, a
velocidade do livro de cálculo é de 4 m/s. Quanta energia está armazenada na mola
no instante em que os livros são soltos?
Prob. 5.9 Um bloco de massa m1 = 2 kg desliza em uma mesa sem atrito com uma
velocidade de 10 m/s. Bem na frente dele, e se movendo na mesma direção, existe
um bloco de massa m2 = 5 kg se movendo a 3 m/s. Uma mola sem massa com
constante de mola k= 1120 N/m está presa ao lado de m2 mais próximo a m1 como
mostrado na Fig. 5.13. (a) Qual a compressão máxima da mola quando os blocos
colidem? (Dica: No momento de compressão máxima da mola, os dois blocos se
movem como um. Ache a velocidade observando que a colisão é completamente
inelástica neste ponto.) (b) Supondo que a mola “devolva” toda a energia que estava
armazenada sob a forma de energia potencial elástica, encontre as energias finais
dos blocos. (Dica: Quando não há perda de energia, a colisão é elástica.) (c)
Determine a velocidade do sistema formado pelos dois blocos antes da colisão, no
instante de compressão máxima e depois da colisão.
Prob. 5.10 Um bloco de 5 kg com uma velocidade de 3 m/s colide com um bloco de
10 kg que possui uma velocidade de 2 m/s na mesma direção e sentido. Após a
colisão, observa-se que o bloco de 10 kg está se deslocando na direção original com
uma velocidade de 2,5 m/s. (a) Qual a velocidade do bloco de 5 kg imediatamente
após a colisão? (b) De quanto a energia cinética total do sistema de dois blocos varia
por causa da colisão? (c) Suponha, em vez disso, que o bloco de 10 kg acabe tendo
uma velocidade de 4 m/s. Qual será então a variação da energia cinética total? (d)
Leve em conta o resultado que você obteve em (c).
205
Prob. 5.11 Na Fig. 5.14, o bloco l de massa m1 repousa sobre uma mesa longa sem
atrito que está encostada em uma parede. O bloco 2 de massa m2 é colocado sobre a
mesa entre o bloco l e a parede e é posto em movimento deslizando para a esquerda
em direção ao bloco l, com velocidade constante v2i. Supondo que todas as colisões
sejam elásticas, determine o valor de m2 (em termos de m1) para o qual os dois blocos se movem com a mesma velocidade depois de o bloco 2 ter colidido uma vez
com o bloco l e uma vez com a parede. Suponha que a parede possua massa infinita.
Prob. 5.12 Um corpo de massa igual a 2 kg colide elasticamente com outro corpo
em repouso e continua a se mover na direção original mas com um quarto da sua
velocidade original. (a) Qual a massa do outro corpo? (b) Qual a velocidade do
centro de massa do sistema formado pelos dois corpos se a velocidade inicial do
corpo de 2 kg era de 4 m/s?
206
Unidade VI
Movimento de Rotação
1. Situando a Temática
Já dissemos que a partir das leis de Newton podemos estudar o movimento de qualquer corpo do ponto de vista da mecânica clássica. Também
já estudamos um pouco da cinemática da rotação; o movimento circular uniforme. Agora, a partir das leis de Newton, estudaremos o movimento circular com aceleração angular e a dinâmica da rotação.
No estudo da dinâmica da rotação definiremos novas grandezas como o torque e o momento de inércia. Além disso, encontraremos resultados
análogos para a rotação, àqueles do movimento de translação.
2. Problematizando a Temática
O primeiro problema é definir um movimento de rotação. Temos duas possibilidades que nos interessam aqui: Primeiro, o movimento de um
corpo que está apenas girando; como um disco do rei Roberto Carlos num
toca-discos. Segundo, o movimento de um corpo que além de girar está também se deslocando; como o de uma roda de um automóvel. O primeiro caso
é chamado de rotação pura. É um movimento de rotação onde pelo menos
um ponto permanece em repouso. O segundo caso é chamado de rolamento.
Movimentos quaisquer de rotação e translação combinados, como um bastão
arremessado para cima, não serão estudados aqui.
3. Cinemática da Rotação
Na seção II.7.2 estudamos o movimento circular uniforme. Nesta seção estudaremos o movimento circular com aceleração.
h ACELERAÇÃO ANGULAR MÉDIA
Vimos que a aceleração de uma partícula mede a taxa de variação de
sua velocidade com o tempo. No caso do movimento angular, nós estamos
interessados na variação da velocidade angular. Se a velocidade angular de
um corpo sofre uma variação Δω num intervalo de tempo Δt, definimos aceleração angular média como:
α média =
Δω
Δt
(aceleração angular média)
(6.1)
Lembrando que Δω = ω(t + Δt) – ω(t).
h ACELERAÇÃO ANGULAR INSTANTÂNEA
Quando Δt → 0, encontramos a aceleração angular instantânea, que
mede a variação da velocidade de uma partícula num intervalo de tempo infinitesimal:
207
Δω
ω(t + Δt ) − ω(t ) dω
α = lim
=
(aceleração angular instantânea)
dt
Δt
Δt → 0
(6.2)
Na Eq. 2.35 encontramos v = R ω, que é a relação entre a velocidade linear e
a velocidade angular.
Se nós derivarmos a Eq. 2.35 com relação ao tempo, obtemos:
dv
dω
=R
dt
dt
⇒
a tangente = R α
(6.3)
Isto relaciona a componente da aceleração linear que é tangente à
trajetória (que faz v mudar) com a aceleração angular (que faz ω mudar). A
→
componente radial da aceleração muda a direção e o sentido do vetor v , mas
não o seu módulo.
Para um movimento circular com aceleração angular constante, valem as equações do movimento uniformemente variado, i.e.,
θ(t ) = θ 0 + ω 0 t + 12 αt 2
ω(t ) = ω 0 + αt
(6.4)
2
2
ωfinal
= ωinicial
+ 2 α Δθ
4. Energia Cinética de Rotação e Momento de Inércia
Para calcular a energia cinética de rotação, usaremos a definição
dada na Eq. 4.1;
1
K = mv 2
2
Vamos considerar então um sistema formado por n partículas, todas
girando com a mesma velocidade angular ω, em torno de um eixo. Estamos
fazendo as velocidades angulares iguais para simular um corpo rígido. Assim, a energia cinética do sistema será:
K sist = 12 m1v 2 + 12 m 2 v 22 + ⋅ ⋅ ⋅ + 12 m n v n2
1
(6.5)
Substituindo o resultado da Eq. 4.35a em (6.5), encontramos,
K sist = 12 m1r 2 ω 2 + 12 m 2 r22 ω 22 + ⋅ ⋅ ⋅ + 12 mn rn2 ω 2n .
1
1
(6.6)
onde mi é a massa da i-ésima partícula e ri o raio do círculo que ela descreve.. Como estamos fazendo ω1 = ω 2 = ⋅ ⋅ ⋅ = ω n , então
)
(
h
K sist = 12 m1r 2 + m2 r22 + ⋅ ⋅ ⋅ + mn rn2 ω 2
1
(6.7)
I
= 12 I ω 2
(Energia Ciética de Rotação)
A quantidade
208
I = m1r 2 + m 2 r22 + ⋅ ⋅ ⋅ + m n rn2 =
1
∑ mi ri2
(6.8)
i
é chamada de momento de inércia e faz o papel de massa no movimento de
rotação. O momento de inércia mede o quanto é difícil fazer variar a velocidade angular de um corpo em torno de um dado eixo de rotação.
Para uma distribuição contínua de massa, o momento de inércia é
calculado como:
I =
∫
r 2 dm
(distribuição contínua de massa)
(6.9)
volume
Esta relação dá o momento de inércia de um corpo rígido.
Note que o momento de inércia (Eq. 6.8 e 6.9) depende da massa e
mais “fortemente” de como a massa está distribuída em relação a um dado
eixo de rotação.
A Fig. 6.1 exemplifica a dependência do momento de inércia em relação à distribuição da massa. Na verdade, a distribuição da massa não muda. A haste, homogênea, tem uma distribuição única. O que muda é o eixo de
rotação em torno do qual ela está girando. Assim, quando falamos em momento de inércia, temos que precisar o eixo de rotação, em torno do qual o
corpo está girando.
Para calcularmos um momento de inércia, temos que proceder de
forma análoga ao que foi feito para o centro de massa.
Problema Resolvido 6.1
Quatro partículas são colocadas uma em cada canto de um quadrado, como
mostra a Fig. 6.2. Considere que elas estejam ligadas por hastes de massas
desprezíveis de 2 m de comprimento. Se M = 2 kg, qual o valor do momento
de inércia do sistema em relação a um eixo de rotação que passa pelo ponto
A , perpendicularmente ao plano da figura.
{
SOLUÇÃO:
Na definição (6.8), o raio do círculo ri é a distância da i-ésima
partícula ao eixo de rotação. Assim,
I A = m A rA2 + m B rB2 + mC rC2 + m D rD2
(
= 2M × 0 + M L2 + 2M L 2
)2 + M L2
= (1 + 4 + 1) M L2 = 6 M L2
= 6 × 2 kg × ( 2 m) 2
= 48 kg ⋅ m 2
Observe que a massa que está “em cima” do eixo (rA = 0) de rotação não
contribui para o momento de inércia.
h TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS
Para uma distribuição contínua de massa, é preciso resolver a integral da Eq. 6.9. Entretanto, muitos momentos de inércia são calculados em
209
relação a um eixo que passa pelo centro de massa do corpo e em seguida são
tabelados.
Uma vez conhecido o momento de inércia em relação a um eixo que
passa pelo centro de massa, podemos usar o teorema dos eixos paralelos
para calcular o momento de inércia em relação a outro eixo:
I A = I CM + MH 2
(teorema dos eixos paralelos)
(6.10)
Onde:
ICM = Momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de
massa.
H = Distância entre os dois eixos.
IA = é o momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo ponto
A, paralelo ao eixo que passa pelo centro de massa.
Problema Resolvido 6.2
Determine o momento de inércia de uma haste homogênea de massa M e
comprimento L (Fig. 6.3) que gira em torno de um eixo (a) que passa pelo
seu centro de massa (CM), perpendicularmente a ela e (b) que passa por uma
das extremidades.
SOLUÇÃO: (a) Na definição (6.9), o raio do círculo r é a distância do elemento de massa dm ao eixo de rotação. Assim,
haste
I CM
=
L
2
∫
2
x dm =
− L2
L
2
∫
x2
− L2
M
dx
L
L
2
M ⎛⎜ x 3 ⎞⎟
1
= ML2
=
⎟
⎜
L ⎝ 3 ⎠ L 12
−2
(b) Em relação a um eixo que passa pela extremidade, a única mudança em
relação aos cálculos feitos no item (a) são os limites de integração;
haste
IA
=
L
∫
x 2 dm =
0
L
∫
0
x2
M
dx
L
L
⎛ x3 ⎞
⎜ ⎟ = 1 ML2
⎜ 3 ⎟
⎝ ⎠ 0 3
Este resultado também pode ser obtido por meio do teorema dos eixos paralelos:
I Extremidade = I CM + MH 2
=
M
L
1 ML2 + M ( L ) 2
= 12
2
= 13 ML2
210
Na tabela abaixo mostramos alguns sólidos com seus respectivos momentos
de inércia.
5. Torque
A palavra TORQUE vem do latim e significa torcer. O torque é produto de uma força e no sentido mais amplo, podemos entender como girar. Assim, quando uma força torce ou gira um corpo, dizemos que ela produziu um
torque.
O torque é representado pelo símbolo τ e é definido como:
G G G
τ = r × F ( Definição de Torque )
(6.11)
onde,
→
F = força aplicada sobre o corpo.
→
r = vetor que vai do eixo de rotação até o ponto onde a força está sendo
aplicada.
→
τ = torque produzido pela força.
Portanto o torque é um vetor definido pelas regras do produto vetorial. Assim, o módulo do torque é igual a:
211
G
G
G
| τ | = | r | ⋅ | F | sen θ
(6.12)
→
→
→
Mas, | F | sen θ é a componente perpendicular de F ao vetor r . En→
→
tão podemos entender que a componente de F paralela ao vetor r , que passa pelo eixo de rotação, não produz torque.
6. Segunda Lei de Newton na Rotação
Um torque é gerado quando aplicamos uma força a um corpo rígido
que pode girar em torno de um eixo de rotação, por exemplo quando abrimos
ou fechamos uma porta.
Vamos considerar inicialmente uma partícula de massa m, presa a
uma haste sem massa, que pode girar em torno de um eixo de rotação que
passa pela extremidade, como mostra a Fig. 6.5.
O torque sobre a massa m é:
τ = r F sen θ = r m a tan = r m r α = ( m r 2 )α
(6.13)
F perpend.
→
Na Eq. 6.13 a componente perpendicular (ao vetor r ) da força é
tangente ao círculo descrito pela massa. Por isso, a aceleração conferida à
partícula é a aceleração tangente (e não radial). A aceleração tangente, por
sua vez, está relacionada com a aceleração angular pela Eq 6.3.
Da definição dada na Eq. 6.8, escrevemos o momento de inércia para
uma única partícula como: I = m r 2. Então, obtemos:
τ=Iα
(2ª Lei de Newton para a rotação)
(6.14)
Vemos em (6.14) que o torque faz o papel da força; produz uma aceleração
angular. O momento de inércia faz o papel da massa; é a inércia de rotação.
7. Trabalho e Energia Cinética de Rotação.
Para calcular o trabalho realizado por uma força no movimento de
→
→
rotação, partiremos da definição 4.2, i.e., W = F ⋅ d r .
O produto escalar da força pelo deslocamento fica:
G G
dW = | F | | dr | cos φ = ( F sen θ) dr ( F sen θ) r dθ
torque
Onde usamos sen θ = cos φ e também, quando Δt → 0, dr → ds = rdθ
Então,
(6,16)
dW = τ dθ ( Trabalho na rotação)
Esta relação é completamente análoga àquela dada na Eq. 4.2.
Se tomarmos um intervalo de tempo Δt entre os instantes ti e tf encontramos:
W=
tf
∫ τ dθ
(6.17)
ti
212
Com um pouco de álgebra podemos mudar o integrando e obter uma
expressão para o Teorema do Trabalho-Energia. De (6.14) segue:
τ d θ = I α dθ = I
dω
dω dθ
dω
dθ = I
dθ = I ω
dθ = I ω dω
dt
dθ N
dt
dθ
ω
Assim, a Eq. 6.17 fica
WAB = I
ωB
∫
ω dω = I 12 ω 2
ωA
ωB
= 12 Iω 2B − 12 Iω 2A
ωA
Comparando com a Eq. 6.7, encontramos finalmente:
WAB = K B − K A = ΔK AB (Teorema do Trabalho − Energia)
(6.18)
Portanto vale o teorema do trabalho-energia, independente se é um
movimento de translação ou de rotação.
Problema Resolvido 6.3
Dois blocos, de massas m1 e m2, estão ligados por um cabo de massa desprezível que passa por uma roldana de massa M e raio R, como mostra a figura
ao lado. Os blocos são liberados a partir do repouso. Despreze qualquer dissipação por atrito e considere m2 = 2m1 e M = 4m1. (a) Faça um diagrama
das forças que atuam nos blocos e na roldana. (b) Escreva as equações de
movimento (2ª lei) para os blocos e para a roldana e determine suas acelerações. (c) Determine o valor da tensão em cada um dos ramos do cabo que liga os blocos para m1 = 10 kg.
SOLUÇÃO: (a) Diagrama de forças:
(b) As equações de movimento ficam:
Movimento de translação
Bloco 1
x →
T1 = m1 a
(1)
y → N – P1 = 0
(2)
Bloco 2
Y → P2 – T2 = m2 a
(3)
Movimento de Rotação
Roldana
T2 " R – T1 " R = ICM α
1
1
a
= 2 MR2α = 2 MR2 R
1
⇒ T2 – T1 = 2 Ma (4)
Antes de prosseguir:
1) Ao escrever as equações de movimento nós utilizamos o fato que as acelerações dos dois blocos são iguais ( a1 = a2 = a ) uma vez que a corda não
estica e nem encolhe.
2) Consideramos também que a corda não desliza sobre a roldana para es-
213
crever que v = Rω e a = Rα.
→
3) A força F que aparece no diagrama de forças da roldana é exercida pelo
→
→
→
→
eixo sobre a roldana de tal maneira que F +PR +T1+T2 = 0. Desta forma, a
roldana não tem movimento de translação.
→
→
4) As forças F e PR passam pelo eixo de rotação e por isso não produzem
torque. Apenas as tensões geram torques.
5) Nós consideramos torques positivos aqueles que fazem a roldana girar no
sentido horário.
Prosseguindo:
De (1) + (3) + (4), obtemos:
P2 – P1 = (m1 + m2 + 12 M) a
Portanto,
P 2 − P1 = (m1 + m 2 + 12 M ) a
⇒
P 2 − P1
a=
m1 + m 2 + 12 M
Fazendo m2 = 2m1 e M = 4m1 como diz o enunciado, temos:
2m − m
1
a=
g =
g
1
5
m + 2m + 4m
2
(c) Substituindo em (1) e em (3), segue
T1 = m1a = 10 kg × 15 10 m/s 2 = 20 N
e
T 2 = m 2 ( g − a) = 20 kg × (1 − 15 )10 m/s 2 = 160 N
8. Rolamento
Vamos considerar um corpo que possa rolar sem deslizar. Os exemplos são muitos mesmo; uma roda de bicicleta ou de um automóvel, uma bola de boliche ou uma bola qualquer, uma pedra de giz sobre a mesa do professor ou um cilindro qualquer, etc. Tem que ter uma seção transversal circular porque senão não rola!
A Fig. 6.8 mostra um pneu se deslocando em três situações.
Em 6.8a, o pneu tem um movimento de translação pura. Todos os
pontos do pneu têm o mesmo deslocamento num dado intervalo de tempo,
i.e., eles têm a mesma velocidade.
Em 6.8b, o pneu tem um movimento de rotação pura em torno de
um eixo que passa pelo centro de massa, perpendicularmente ao plano da figura. O CM permanece em repouso, enquanto os pontos P e P′ têm velocidades de mesmo módulo, mesma direção e sentido contrário. Faremos com
que o pneu gire com uma velocidade angular tal que Rω = vCM = velocidade
de translação em 6.8a.
Em 6.8c, o pneu rola sem deslizar. Rolar sem deslizar significa que
não há movimento relativo entre o pneu e o solo. O pneu não está nem arrastando porque freou muito brusco e nem patinando porque acelerou muito
214
forte. Quando isto acontece, o ponto P, que está em contato com o solo, fica
instantaneamente em repouso. É como se todo o pneu — representado pelos
círculos pontilhados na Fig. 6.8d — estivesse girando em torno do ponto P
(em repouso). O ponto P′ segue a trajetória externa (verde) com uma velocidade vP′ = (2R).ω e o centro de massa segue a trajetória interna (lilás) com
uma velocidade vCM = Rω.
Podemos encontrar a relação entre a aceleração linear do centro de
massa e a aceleração angular derivando a Eq. 2.35a;
dvCM d
dω
= Rω = R
= Rα
dt
dt
dt
Então,
aCM = R α
(aceleração linear e a aceleração angular)
(6.19)
h ENERGIA CINÉTICA NO ROLAMENTO
Vamos calcular a energia cinética nos três casos da Fig. 6.8.
(a) No movimento de translação pura, a energia cinética é simplesmente:
1
2
K transl = MVCM
2
(b) No movimento de rotação pura, é dada pala Eq. 6.7;
1
K rot = I CM ω 2
2
onde ICM é o momento de inércia do pneu em relação a um eixo que passa
pelo centro e massa.
(c) No rolamento, a energia cinética será calculada como se o pneu girasse,
como um todo, em torno do ponto P com uma velocidade angular ω. Assim.
Da Eq. 6.7, temos:
1
K rolam = I P ω 2
2
onde IP é o momento de inércia do pneu em relação a um eixo que passa pelo
ponto P. O momento de inércia IP é obtido usando o teorema dos eixos paralelos, Eq. 6.10,
I P = I CM + MH 2 = I CM + MR 2
Então,
1
1
1
( I CM + MR 2 ) ω 2 = I CM ω 2 + M R 2 ω 2
2
2
2
1
1
= I CM ω 2 + M ( Rω) 2
2
2 K rolam =
VCM
Portanto,
1
1
2
MVCM
+ I CM ω 2
2
2
= K Translação + K Rotação
K Rolamento =
(Energia cinética
no rolamento)
(6.20)
Vemos então que um rolamento corresponde a um movimento de
translação somado com um movimento de rotação.
215
9. Força de Atrito no Rolamento
Quando uma roda rola sem deslizar com velocidade constante, não
há tendência ao movimento relativo entre as superfícies. Então, não haverá
força de atrito entre as superfícies.
Note que aqui a força de atrito atua no sentido de impedir o aumento
da velocidade angular.
Por outro lado, quando um objeto rola por uma rampa, por exemplo,
ele tem a sua velocidade angular aumentada. Nesse caso, a força de atrito terá sentido contrário.
Vamos analisar o movimento de uma esfera que desce uma rampa
rolando sem deslizar.
Problema Resolvido 6.4
Determine a aceleração linear do centro e massa de uma esfera sólida que
desce um plano que forma um ângulo θ com a horizontal. Use como momento de inércia para uma esfera sólida aquele dado na Tabela I.
SOLUÇÃO:
As forças que atuam sobre a esfera são:
→
(i)
Peso P = Atração gravitacional.
(ii)
Normal N = Componente perpendicular (ao plano inclinado) da
força de contato.
→
→
(iii)
Força de atrito f a = Componente paralela (ao plano inclinado) da
força de contato.
As equações de movimento ficam:
Direção x: (paralela ao plano)
P sen θ − f e = m a CM
(1)
Direção y: (perpendicular ao plano)
N − P cos θ = 0
(2)
Rotação: (soma dos torque)
a
R f e = I CM α = 52 mR 2 α = 52 mR 2 CM
R
Assim,
f e = 52 maCM
(3)
Note que apenas a força de atrito produz torque não nulo, uma vez que o peso e a normal passam pelo eixo de rotação.
Substituindo (3) em (1), encontramos:
m g sen θ − 52 m aCM = m a CM
Portanto,
(1 + 52 ) aCM = g sen θ ⇒ aCM = 75 g sen θ
216
10. Problemas Propostos
Prob. 6.1 O volante de um motor a vapor funciona a uma velocidade angular
constante de 150 rpm. Quando o vapor é desligado, o atrito dos mancais e do ar para
o volante em 2,2 h. (a) Qual a aceleração angular constante, em voltas por minuto ao
quadrado, do volante durante a desaceleração? (b) Quantas voltas o volante
completa antes de parar? (c) No instante em que o volante está girando a 75 rpm,
qual é a componente tangencial da aceleração linear de uma partícula do volante que
está a 50 cm do eixo de rotação? (d) Qual a intensidade da aceleração linear
resultante da partícula do item (c)?
Prob. 6.2 Na Fig. 6.11, o volante A de raio rA = 10 cm está acoplado pela correia B
ao volante C de raio rC = 25 cm. Aumenta-se a velocidade angular do volante A a
partir do repouso a uma taxa constante de 1,6 rad/s2. Determine o tempo para que o
volante C alcance uma velocidade de rotação de 100 rpm, supondo que a correia não
deslize. (Dica: Se a correia não desliza, as velocidades lineares nas bordas dos dois
volantes têm que ser iguais.)
Prob. 6.3 Na Fig. 6.12, três partículas, cada uma de massa m, são presas uma à outra
e a um eixo de rotação em O por três hastes finas, cada uma com comprimento d e
massa M. O conjunto gira ao redor do eixo de rotação com velocidade angular ω.
Em termos destes símbolos e medidas em torno de O, quais são (a) a inércia à
rotação (momento de inércia e (b) a energia cinética do conjunto?
Prob. 6.4 O corpo da Fig. 6.13 está pivotado em O. Três forças agem sobre o corpo
nas direções mostradas: FA = 10 N no ponto A, a 8,0 m de O; FB = 16 N no ponto B,
a 4,0 m de O; e FC = 19 N no ponto C, a 3,0 m de O. Qual é o torque resultante em
torno de O?
Prob. 6.5 Na Fig. 6.14, um bloco tem massa m1 = 500 g, o outro apresenta massa m2
= 460 g, e a roldana, que está montada em mancais horizontais sem atrito, tem um
raio de 5 cm. Quando solto do repouso, o bloco mais pesado cai 75 cm em 5 s (sem
que a corda escorregue na roldana), (a) Qual a intensidade da aceleração dos blocos?
Qual a tração na parte da corda que sustenta (b) o bloco mais pesado e (c) o bloco
mais leve? (d) Qual a intensidade da aceleração angular da roldana? (e) Qual a sua
inércia à rotação?
Prob. 6.6 Uma vareta de um metro é mantida em posição vertical, com uma
extremidade no chão, e depois deixa-se que ela caia. Determine a velocidade da
outra extremidade ao bater no chão, supondo que a extremidade apoiada no chão não
deslize. (Dica: Considere que a vareta é uma haste fina e use o princípio de
conservação da energia.)
Prob. 6.7 Um corpo rígido é formado por três hastes finas idênticas, cada uma com
comprimento L, fixadas umas às outras na forma de uma letra H. O corpo tem a
liberdade de girar em torno de um eixo horizontal que passa por todo o comprimento
de uma das pernas do H. Permite-se que o corpo caia do repouso a partir de uma
posição na qual o plano do H está na horizontal. Qual a velocidade angular do corpo
quando o plano do H estiver na vertical?
Prob. 6.8 Uma casca esférica uniforme de massa MC e raio R gira em torno de um
eixo vertical sobre mancais sem atrito (Fig. 6.15). Uma corda de massa desprezível
passa ao redor do equador da casca, gira uma roldana com massa MR e raio r e está
presa a um pequeno objeto de massa m. Não há atrito no eixo da roldana e a corda
não desliza sobre a roldana. Qual a velocidade escalar do objeto após cair uma distância h partindo do repouso? Use considerações de energia.
Prob. 6.9 Uma esfera sólida parte do repouso na extremidade superior da pista
mostrada na Fig. 12.31 e rola sem deslizamento até rolar para fora da extremi-dade
direita. Se H= 6 m e h = 2 m e a pista for horizontal na extremidade direita (na
saída), a que distância horizontal do ponto A a bola aterrissa sobre o piso?
217
Prob. 6.10 Um cilindro sólido de 10 cm de raio e massa de 12 kg parte do repouso e
rola sem deslizar uma distância de 6,0 m para baixo do telhado de uma casa que tem
uma inclinação de 30°. (a) Qual é a intensidade da velocidade angular do cilindro
em torno do seu centro ao deixar o telhado da casa? (b) A beirada do telhado está a 5
m de altura. A que distância horizontal da beirada do telhado o cilindro atinge o
nível do chão?
218
Unidade VII
Momento Angular
1. Situando a Temática
Já salientamos a importância das leis de conservação enquanto ferramentas poderosas para a solução de problemas. Quando estudamos o momento linear vimos a relevância da lei de conservação no estudo das colisões. Vamos definir e estudar agora uma nova grandeza que vai adicionar
mais uma lei de conservação como ferramenta ao nosso arsenal.
2. Problematizando a Temática
Imagine um corpo girando no espaço sem que o seu centro de massa
se desloque. Todos os átomos do corpo — com exceção daqueles que estão
“contidos” no eixo de rotação — estão em movimento, descrevendo trajetórias circulares. Desta forma, ainda que o centro de massa esteja em repouso,
o corpo deve ter algum momento. De fato tem e esta quantidade de movimento é chamada de momento angular ou quantidade de movimento angular. Esta grandeza, que está associada ao movimento de rotação, será investigada agora.
3. Quantidade de Movimento Angular
A Fig. 7.1 mostra uma partícula se deslocando no plano x,y com ve→
→
→
→
locidade v e momento linear p = m v . A quantidade de momento angular l
da partícula, em relação à origem O do sistema de coordenadas, é definida
como:
→
→
→
l = r× p
(quantidade de movimento angular)
(7.1)
Portanto,o momento angular é um vetor que tem módulo igual a
→
→
→
| l | = | r | " |p | sen θ
(7.2)
→
O vetor momento angular é perpendicular ao plano definido por r e
→
v e o sentido dado pela regra da mão direita, Fig 1.8.
4. A Segunda Lei de Newton na Forma Angular
Vamos considerar uma única partícula, como aquela da Fig 7.1 e, assim como foi feito para o momento linear, vamos olhar para a variação de
sua quantidade de movimento angular com o tempo. Derivando a Eq. 7.1
temos:
→
d l d → → d r→ → → d p→
dt = dt ( r ×p ) = dt × p + r × dt
219
Mas
→
dr → →
→
→
→
dt × p = v × m v = m ( v × v ) = 0
e
→
→
→
dp
dv
→
→
→
→
→
r × dt = r × m dt = r × m a = r × F = τ
→
Portanto encontramos:
→
dl →
dt = τ
(2ª lei de Newton na forma angular)
(7.3)
Que é completamente análoga à segunda lei de Newton para o movimento de translação, Eq. 5.8.
5. Sistema de Partículas e a Conservação do Momento Angular
O momento angular para um sistema com n partículas é simplesmente a soma dos momentos individuais de cada uma das partículas;
→
L sist =
Σ l =Σ(r
→
→
i
i
→
i
× pi )
(sistema de partículas)
(7.4)
i
Onde,
→
l i = quantidade de movimento angular da i-ésima partícula
→
r i = vetor posição da i-ésima partícula
→
p i = quantidade de movimento linear da i-ésima partícula
Derivando a Eq. 7.4 encontramos:
→
Σ
→
Σ
dli
d Lsist
→
=
=
τi
dt
dt
i
i
(7.5)
Aqui, da mesma forma que na Eq.5.8 para o movimento de translação, a soma dos torques sobre todas as partículas é igual ao torque resultante
sobre o sistema de partículas. Então, a 2a lei de Newton para um sistema de
partículas em movimento de rotação fica:
→
d Lsist →
= τ externo
dt
(variação do momento angular)
(7.6)
A Eq. 7.6 nos diz que os torques produzidos pelas forças internas ao
sistema (aquela que formam um par ação e reação), não contribuem para a
variação do momento angular. Apenas os torques gerados pelas forças externas é que fazem o momento angular variar.
220
Portanto, quando a soma dos torques externos (torques gerados pelas
forças externas) é nula, o momento angular não varia, i.e., é conservado!
Assim,
G
conservação
⎫
d L sist
G
τ externos = 0,
=0 ⎪
então
(7.6)
do
dt
⎬
G
⎪
ou L sist = constante ⎭ momento angular
∑
Este resultado vale também para um corpo rígido, uma vez que um
corpo rígido é, no limite, um conjunto de muitas partículas (átomos).
6. Momento Angular e Velocidade Angular
Vamos considerar uma partícula que descreve uma órbita circular,
como mostra a Fig. 7.2. O momento angular da partícula num dado instante
é dado pela Eq. 7.1. É um vetor perpendicular ao plano x,y no sentido positi→
vo do eixo z. O módulo de l fica
l = r mv sen 90° = r m ωr = m r 2ω.
Mas mr 2 é o momento de inércia I da partícula, como definido em
(6.7). Então, encontramos a relação:
l = I ω (momento angular e velocidade angular)
(7.7)
Este resultado é inteiramente análogo à definição p = mv do momento linear.
Embora a Eq. 7.8 tenha sido obtida para uma partícula, ela vale para
um corpo rígido qualquer. Para ser rigoroso, devemos dizer que a componente do momento angular ao longo do eixo de rotação é igual ao produto do
momento de inércia pela velocidade angular. Assim, para um sistema qualquer teremos:
L
sist
=Iω
(7.8)
Comparando com o resultado da Eq 7.6, concluímos:
Se o torque externo resultante que atua sobre um sistema é nulo, então o momento angular permanece constante independente das mudanças
que ocorrem no interior do sistema.
Portanto, nestas condições, quando o sistema passa de uma configuração inicial para uma configuração final, vale:
Ifinal ωfinal = Iinicial ωinicial
(7.9)
São muitos os exemplos de conservação do momento angular.
h Quando uma bailarina, que está rodopiando, gira mais depressa
quando encolhe os braços. Quer dizer, na Eq. (7.9), o momento de
inércia diminui e então a velocidade angular aumenta.
221
h Quando o ciclista inclina a bicicleta, sem girar o guidom, a bicicleta
descreve um círculo (faz uma curva), para conservar o momento angular.
E muitos outros.
Problema Resolvido 7.1
A figura ao lado mostra uma vista de cima de uma barra de madeira de massa M = 4 kg e comprimento d = 6 m que pode girar, no plano horizontal, em
torno de um eixo vertical que passa a uma distância x = 2 m da extremidade
esquerda. Um pedaço de massa de modelar, de 1 kg, viajando com uma velocidade vo = 25 m/s, atinge a barra e fica colada na extremidade direita da
barra. Depois da colisão o sistema barra-massa passa a girar, livremente,
com uma velocidade angular ω. Considere θ = 30° e determine: (a) O momento angular do sistema barra-projétil imediatamente antes da massa atingir a barra. (b) O momento de inércia do sistema barra-projétil da massa atingir a barra. (c) A velocidade angular do sistema depois da colisão.
SOLUÇÃO:
(a) Enquanto a barra estiver em repouso, apenas a massa possui uma quantidade de momento angular diferente de zero e que é dado por:
G G
L m = | r × p m | = (d − x) × m vo = 4 m ×1 kg × 25 m/s = 100 kg ⋅ m 2 /s
(b) Depois da colisão, Fig. 7.3b, o momento de inércia barra–massa é a soma
de cada um dos momentos de inércia. Assim,
I sist = I massa + I barra
Onde
I massa = m ( d − x) 2 = 1 kg × ( 4 m) 2 = 4 kg ⋅ m 2
e
2
(barra)
1 M ⎛ d ⎞ + M ⎛ d − x⎞
I barra = I CM
+ M H 2 = 12
⎜ ⎟
⎜
⎟
⎝2⎠
⎝2
⎠
2
1 4 kg × (6 m ) 2 + 4 kg ⋅ (1 m) 2
= 12
= 16 kg ⋅ m 2
Portanto, o momento de inércia do sistema barra–massa fica:
I sist = I massa + I barra = 20 kg ⋅ m 2
(c) Da conservação do momento angular, devemos ter:
depois
Lsist
ω=
= Lantes
sist
Lantes
sist
depois
I sist
=
depois
⇒ I sist
ω = Lantes
sist
100 kg ⋅ m 2 / s
= 20 rad / s
20 kg ⋅ m 2
222
7. Problemas Propostos
Prob 7.1 Dois objetos estão se movendo como mostrado na Fig. 7.4. Qual a
quantidade de movimento angular total dos dois objetos em torno do ponto O?
Prob 7.2 Uma partícula de 4 kg se desloca em um plano xy. No instante em que
∧
∧
∧
a posição e a velocidade da partícula são r→ = (2 m) i + (4 m) j e v→ = – (4 m/s) j , a
→
∧
força sobre a partícula é F = – (3 N) i . Determine, neste instante, (a) a quantidade
de movimento angular da partícula em torno da origem, (b) a quantidade de
movimento angular da partícula em torno do ponto x = 0, y = 4,0 m, (c) o torque
atuando sobre a partícula em torno da origem e (d) o torque atuando sobre a
partícula em torno do ponto x = 0, y = 4,0 m.
Prob 7.3 Considere as três massas e as três hastes do Prob. 6.3 (Fig. 6.12).
Considere que o sistema esteja girando com uma velocidade angular ω. Qual (a) a
quantidade de movimento angular da partícula intermediária, (b) a quantidade de
movimento angular da haste mais externa e (c) a quantidade de movimento angular
total das três partículas? Expresse a resposta dos itens (a), (b) e (c) em termos de m,
M, d e ω em relação ao ponto O.
Prob 7.4 Na Fig 7.4, duas patinadoras, cada uma com massa igual a 50 kg, se
aproximam uma da outra segundo trajetórias paralelas separadas por 3,0 m. Uma
patinadora leva uma extremidade de uma baliza (haste) longa com massa
desprezível, e a outra se agarra à outra extremidade quando a primeira patinadora
passa. Suponha que o atrito com o gelo seja desprezível, (a) Descreva
qualitativamente o movimento das patinadoras depois de elas terem ficado ligadas
pela baliza, (b) Qual a energia cinética do sistema das duas patinadoras? Em
seguida, cada uma das patinadoras puxa ao longo da baliza de forma a reduzir a
separação entre elas para 1 m. Qual o valor, neste instante, (c) da intensidade da
velocidade angular delas e (d) da energia cinética do sistema? (e) Explique a fonte
do aumento da energia cinética.
Prob 7.5 Uma plataforma horizontal em forma de disco circular gira sobre um
mancal sem atrito em torno de um eixo mecânico vertical que passa pelo centro do
disco. A plataforma possui uma massa de 150 kg, um raio de 2 m e uma inércia à
rotação de 300 kg " m2 em torno do eixo de rotação. Uma estudante de 60 kg
caminha lentamente da beirada da plataforma em direção ao centro. Se a velocidade
angular do sistema for 1,5 rad/s quando a estudante começar na parte mais externa,
qual será a velocidade angular quando ela estiver a 0,5 m do centro?
Prob 7.6 Uma criança está em pé na beirada de um carrossel em repouso com massa
igual a 100 kg e raio de 2 m. A inércia à rotação do carrossel em torno do seu eixo
de rotação é de 150 kg ⋅ m2. A criança agarra uma bola com massa de l kg jogada
por um amigo. Imediatamente antes de a bola ser agarrada, ela tem uma velocidade
inicial de 12 m/s, que faz um ângulo de 37° com uma reta tangente à borda exterior
do carrossel, como mostrado na vista superior da Fig. 7.6. Qual o módulo da
velocidade angular do carrossel imediatamente depois de a bola ser agarrada?
223
Bibliografia
HALLIDAY, David, RESNICK, Robert, WALKER, Jearl, Fundamentos de Fisica, V.1 – Mecânica, Ed. LTC.
SERWAY, Raymond A., JEWETT, Jr. John W., Princípios de Física Vol. 1 –
Mecânica Clássica, Thomson Pioneira.
NUSSENZVEIG, Hersh Moyses, Curso de Física Básica 1 – Mecânica, Edgard Blucher.
YOUNG, Hugh D., FREEDMAN Roger A., SEARS E ZEMANSKY – Fisica I
– Meânica, Addison-Wesley.
TIPLER, Paul, Física para Cientistas e Engenheiros - Volume 1, LTC.
ALONSO, Marcelo, Física - Um Curso Universitario - Vol 1, Edgard Blucher.
JOHNSON, Kenneth W.; CUTNELL, John D., Física Vol. 1, LTC.
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