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Diana Urbano
Fısica 1 - Mecanica Classica
MIEA
Departamento de Engenharia Fısica da FEUP
Ano lectivo 2013-2014
Conteudo
1 Medidas e Unidades 31.1 Grandezas fundamentais e o Sistema SI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Dimensoes das Grandezas Fısicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Prefixos das unidades e notacao cientıfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Ordens de grandeza e estimativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.5 Algarismos Significativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 Vectores 102.1 Direccao, sentido e modulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.2 Adicao e Subtracao Grafica de Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3 Componentes cartesianas de um vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.4 Adicao algebrica de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.5 Multiplicacao de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3 Movimento a uma dimensao 233.1 Deslocamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.2 Velocidade media e velocidade instantanea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.3 Aceleracao media e aceleracao instantanea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.4 Movimento rectilıneo uniformemente acelerado . . . . . . . . . . . . . . . . 273.5 Determinacao da velocidade e da posicao por integracao . . . . . . . . . . 30
4 Movimento a duas e tres dimensoes 344.1 Deslocamento, velocidade e aceleracao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344.2 Movimento circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.3 Movimento de projecteis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
5 As leis de Newton do movimento 455.1 O conceito de forca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455.2 A primeira lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465.3 A segunda lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465.4 A terceira lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
6 Aplicacao das leis de Newton 506.1 O diagrama de forcas do corpo livre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 506.2 Partıculas em equilıbrio estatico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 516.3 Movimento sob a accao de uma forca resultante nao nula . . . . . . . . . . 53
7 Forcas de atrito 617.1 Atrito estatico e atrito cinetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 617.2 Exemplos de aplicacao da leis de Newton na presenca de atrito . . . . . . . 647.3 Problemas com dois ou mais corpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
1
8 Trabalho e energia 708.1 Trabalho de uma forca constante no movimento unidimensional . . . . . . 708.2 Trabalho de uma forca variavel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 738.3 Trabalho e energia no movimento geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 748.4 Forcas conservativas e energia potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 788.5 Teorema da conservacao da energia mecanica . . . . . . . . . . . . . . . . . 808.6 Potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
9 Dinamica de sistemas de partıculas 929.1 Centro de massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 929.2 Calculo do centro de massa de um objecto extenso . . . . . . . . . . . . . . 949.3 Movimento do centro de massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 959.4 Lei da conservacao da quantidade de movimento . . . . . . . . . . . . . . . 979.5 O referencial do centro de massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 989.6 Energias cinetica e potencial de um sistema de partıculas . . . . . . . . . . 989.7 Colisoes elasticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1009.8 Colisoes inelasticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1069.9 Impulso e media temporal de uma forca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
10 Dinamica da rotacao em torno de um eixo fixo 11310.1 Cinematica da rotacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11310.2 Momento de uma forca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11610.3 Momento angular de uma partıcula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11910.4 Energia cinetica de rotacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12110.5 Momento de inercia de um sistema de partıculas . . . . . . . . . . . . . . . 12210.6 Momento de inercia de um corpo solido rıgido . . . . . . . . . . . . . . . . 12310.7 O teorema dos eixos paralelos ou teorema de Steiner . . . . . . . . . . . . . 12510.8 Lei de Newton para a rotacao do corpo rıgido . . . . . . . . . . . . . . . . 12610.9 Energia cinetica, trabalho e potencia de rotacao . . . . . . . . . . . . . . . 13310.10Lei da conservacao do momento angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
11 Equilıbrio estatico do corpo rıgido 13911.1 Condicoes de equilıbrio estatico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13911.2 O centro de gravidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13911.3 Binario de forcas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14111.4 Exemplos de aplicacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
12 Estatica de fluidos 14712.1 Massa volumica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14712.2 Pressao num fluido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14812.3 Lei fundamental da hidrostatica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14912.4 Impulsao e princıpio de Arquimedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
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1 Medidas e Unidades
1.1 Grandezas fundamentais e o Sistema SI
A Fısica e uma ciencia experimental. As experiencias envolvem medicoes cujos resul-tados sao numeros. A um numero que descreve quantitativamente um fenomeno fısicochama-se grandeza (quantidade) fısica.
Em mecanica existem tres grandezas fundamentais: comprimento, tempo e massa,que se definem atraves do modo como sao medidas. E a chamada definicao operacional.Por outro lado, a maior parte das grandezas fısicas e definida atraves de relacoes entreas grandezas fısicas fundamentais. As leis da Fısica sao relacoes entre grandezas fısicascomo comprimento, tempo, forca, energia, temperatura.
O metodo mais simples de medir uma grandeza e compara-la directamente com umpadrao de medida adoptado como unidade. A escolha das unidades padrao das grandezasbasicas define um sistema de unidades. O sistema de unidades universalmente aceitepela comunidade cientıfica e o Sistema Internacional (SI). No SI a unidade padrao decomprimento e o metro (m), de tempo e o segundo (s) e de massa e o quilograma (kg).
Comprimento
Inicialmente, o comprimento padrao, o metro, foi escolhido de modo a que a distanciaentre o Polo Norte e a linha do equador, medida sobre o meridiano que passa em Paris,fosse de 10 milhoes de metros. O padrao de comprimento e definido por dois tracosparalelos numa barra de irıdio-platina, que se encontra depositada no Bureau de Poidset Mesures em Sevres, Paris, sob condicoes tais que os efeitos de dilatacao termica sejamdesprezaveis. Para calibracao podem usadas replicas desse padrao.
Em 1960 foi adoptada uma definicao mais precisa. A radiacao emitida por umasubstancia gasosa quando analisada num espectroscopio revela um padrao de riscas quee caracterıstico de cada substancia. Cada risca corresponde a luz monocromatica (um socomprimento de onda). Foi escolhida uma das riscas observadas no espectro de emissao deum gas raro existente na atmosfera, o criptonio 86 (86 Kr), de comprimento de onda λKr detal modo que 1 m = 1 650 763, 73λKr. Com esta definicao e possivel medir comprimentoscom uma precisao de 1 em 109.
Em 1983 adoptou-se outro esquema e o padrao de comprimento passa a ser definidoatraves do padrao de tempo e da velocidade da luz que e uma constante universal dafısica. O valor exacto da velocidade da luz e
c = 299 792 458 m/s .
O metro e a distancia percorrida pela luz durante em 1/c segundos. Esta definicao implicaa definicao do padrao de tempo.
Tempo
As primeiras medidas de tempo usaram fenomenos periodicos, ou seja, que se repetemsem alteracao durante um certo intervalo de tempo, denominado perıodo. O exemplomais antigo e o do dia, que e o intervalo de tempo associado ao nascer do Sol.
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Podemos definir um dia atraves do perıodo de rotacao da Terra que comparamosdepois com o perıodo de rotacao da Terra em torno do Sol, e com a rotacao da Lua emtorno da Terra.
O instrumento que mede o tempo e o relogio. Os relogios mais antigos sao os relogiosde Sol, os relogios de agua (clepsidras), os relogios de areia. Mas a primeira medicaode pequenos intervalos de tempo surgiu quando Galileu comparou as oscilacoes de umcandelabro da Catedral de Pisa com as suas pulsacoes e se apercebeu que essa oscilacoeseram isocronas, ou seja, cada oscilacao decorria no mesmo intervalo de tempo, embora aamplitude diminuisse. A partir de entao construiram-se relogios de pendulo, accionadospor pesos.
Ate 1956 a unidade de tempo era determinada a partir do dia solar medio, a medialanual da duracao de um dia: 1 s = 1/(60 × 60 × 24). Actualmente define-se o segundoem termos da radiacao atomica caracterıstica. No relogio atomico e empregado o Cesio133 e 1 s e a duracao de 9 162 631 770 perıodos da radiacao do 133Cs.
Massa
A unidade de massa, o kilograma (kg), e a massa de um corpo padrao tambem depo-sitado em Sevres. O peso de um corpo, num certo ponto da Terra e proporcional a suamassa de tal forma se pode determinar a massa de um dado corpo atraves da pesagem,ou seja, comparando o seu peso com o peso de uma massa padrao.
Existem mais quatro unidades fundamentais na Fısica necessarias no estudo da termo-dinamica e do electromagnetismo: a unidade de temperatura, Kelvin (K), de quantidadede substancia, mol (mol), de corrente electrica, Ampere (A) e a unidade de intensidadeluminosa, candela (cd). Na seguinte tabela apresentam-se as 7 grandezas fundamentaisque constituem o SI e as respectivas unidades.
Grandeza Unidadecomprimento metro (m)tempo segundo (s)massa kilograma (kg)temperatura kelvin (k)quantidade de substancia mole (mol)corrente electrica ampere (A)intensidade luminosa candela (cd)
1.2 Dimensoes das Grandezas Fısicas
A dimensao de uma grandeza e a propriedade fısica que a grandeza descreve. Porexemplo as dimensoes das grandezas fundamentais comprimento, tempo e massa, saocomprimento, L, tempo T e massa M . A partir das dimensoes das grandezas fundamentaisdeterminam-se as dimensoes de outras grandezas, definidas atraves de relacoes entre asgrandezas fundamentais. Consideremos os seguintes exemplos:
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1. Uma area resulta da multiplicacao de dois comprimentos. Assim, a dimensao deuma area e L2, e a unidade de area no sistema S.I. e o m2.
2. A velocidade e, por definicao, a razao entre uma distancia e um intervalo de tempo.Logo, a velocidade tem dimensao de comprimento por segundo, ou seja, L/T e aunidade de velocidade e m/s
3. A densidade de um corpo e a massa por unidade de volume, e tem as dimensoesde massa a dividir por comprimento ao cubo, M/L3. A unidade de densidade eportanto kg/m3.
4. Forca e definida atraves da segunda lei de Newton, F = ma onde m e a massa e aa aceleracao. A dimensao de forca e ML/T 2 e tem portanto as unidades kg m /s2.Esta combinacao de unidades fundamentais e designada por Newton (N):1 N = 1 kg m/s2.
So se podem somar duas grandezas fısicas se estas tiverem as mesmas dimensoes. Mui-tas vezes podemos verificar a ocorrencia de erros nos calculos fazendo a analise dimensionaldas equacoes envolvidas.
Exemplo: Consideremos a formula para a distancia
x = vt+1
2at
Como x tem as dimensoes de um comprimento, as grandezas no segundo membro daequacao devem tambem ter as dimensoes de comprimento. Em termos dimensionais aequacao corresponde a
L = L/T × T + L/T 2 × T = L+ L/T
Como se pode verificar esta equacao esta errada pois dimensionalmente nao e coerente.Nao faz sentido somar duas grandezas com dimensoes diferentes. A coerencia dimensionale uma condicao necessaria para que uma equacao esteja correcta, mas nao e suficiente.
Radianos
Ha grandezas que sao adimensionais como e o caso da medida de um angulo em radianos.Para exprimir um angulo em radianos traca-se um arco de cırculo de raio R e comprimentol e o angulo e dado por (Fig. 1)
θ =l
R.
Tanto R como l tem as dimensoes de um comprimento de modo que θ e adimensional.Assim, o argumento das funcoes trignometricas, sendo um angulo em radianos, e adimen-sional.
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R
R
l
θ
Figura 1: Definicao de angulo em radianos
1.3 Prefixos das unidades e notacao cientıfica
Uma vez definidas as unidades fundamentais, e facil introduzir unidades maiores e me-nores para as mesmas grandezas fısicas. No sistema decimal essas unidades resultam de
multiplicar a unidade fundamental por multiplos de 10 ou1
10. Por exemplo, 1 km e igual
a 1000 m e 1 cm e igual a 0, 01 m. E usual exprimir os multiplos de 10 ou de1
10na
notacao exponencial. Assim, 1000000 = 106 e 0, 0001 = 10−4. O nome das unidades queresultam de multiplar a unidade fundamental por potencias de 10 e obtido juntando umprefixo ao nome da unidade fundamental. A seguinte tabela indica alguns dos prefixospara as potencias de 10
Potencia de 10 Prefixo Abreviatura10−18 atto- a10−15 femto- f10−12 pico- p10−9 nano- n10−6 micro- µ10−3 mili- m10−2 centi- c103 kilo- k106 mega- M109 giga- G1012 tera- T1015 peta- P1018 exa- E
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Alguns exemplos sao
1 femtometro = 1 fm = 10−15 m 1 milivolt = 1 mV = 10−3 V1 picosegundo = 1 ps = 10−12 s 1 megawatt = 1 MW = 106 W
Quando os numeros sao muito grandes ou muito pequenos deve usar-se a notacaocientıfica em que o numero e escrito como o produto entre um numero, de 1 e 10, euma potencia de 10. Por exemplo, a distancia da terra ao sol, cerca de 150000000000m, escreve-se na forma 1, 5 × 1011 m. Por outro lado, o tamanho do protao e cerca de0, 0000000000000001 m, ou seja, 1× 10−15 m.
Quando se multiplicam (dividem) dois numeros escritos na notacao cientıfica, os ex-poentes somam-se (subtraem-se).
Exemplo: 102 × 10−3 = 100× 0, 001 = 102+(−3) = 10−1.
Exemplo:102
103=
100
1000= 102−3 = 10−1.
Para somar dois numeros escritos na notacao cientıfica e necessario primeiro escreve-losde tal forma que o expoente da potencia de 10 seja o mesmo.
Exemplo: 0, 5×10−2+1 = 1, 005 ou 0, 5×10−2+10×10−1 = 0, 5×10−2+100×10−2 =100, 5× 10−2 = 1, 005.
Se os expoentes forem muito diferentes significa que um dos numeros e muito maispequeno que o outro, podendo ser desprezado na soma.
1.4 Ordens de grandeza e estimativas
Quando se calculam ou comparam grandezas fısicas e usual arredondar os valoresdessas grandezas a potencia de dez mais proxima. A esse valor da-se o nome de ordemde grandeza. Por exemplo, a ordem de grandeza da altura de uma formiga e de cerca 1mm = 10−3 m e a ordem de grandeza da altura dos seres humanos e 100, ou seja 1. Defacto, a maior parte das pessoas mede entre 1, 5 m e 2 m. Mas a altura media esta maislonge de 10 ou de 0, 1, do que de 1. Podemos dizer que a altura dos seres humanos e 3ordens de grandeza superior a altura da formigas. Por outro lado, o monte Evarest e daordem de 104, 4 ordens de grandeza superior a altura dos seres humanos. O diametro daterra e da ordem de 107 m, enquanto que o da galaxia Andromeda e da ordem de 1021 m.
Ha problemas em que nao e necessario, ou nao e possivel, indicar e valor exacto dedeterminada quantidade, mas somente estimar a sua ordem de grandeza. Enrico Fermi,fısico italino, premio Nobel da Fısica em 1938, ficou conhecido por resolver rapidamentecertos problemas atraves de estimativas. Quando deflagrou a primeira bomba atomica emensaios realizados em Julho de 1945, ele estimou que a energia libertada era equivalentea provocada pela explosao de 10 mil toneladas de TNT. Fez essa estimativa, no local eda seguinte maneira: rasgou uma folha de papel em pedacos e libertou-os a passagemda onda de choque, medindo depois a distancia por eles percorrida. Pensa-se que parachegar a estimativa da energia libertada na explosao ele tera, atraves da velocidade daonda de choque, estimado a energia cinetica total dissipada na atmosfera e dividido essaquantidade pela energia equivalente a 1 tonelada de TNT. A analise dos dados recolhidos
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no local por instrumentos que mediram a velocidade e a pressao da onda de choquedemorou algumas semanas e revelou que a estimativa de Fermi estava correcta.
Um dos problemas que Fermi apresentou aos seus alunos na universidade de Chicago foio seguinte: quantos afinadores de pianos ha em Chicago? Sem recorrer a lista telefonica,fez o seguinte raciocınio: ha 3 milhoes de pessoas em Chicago. Cada famılia, constituıdaem media por quatro pessoas, tem um piano. Isso representa 250000 pianos em Chicago.Se cada piano for afinado 1 vez em cada dez anos, tem de ser feitas 25000 afinacoes porano. Se cada afinador afinar 4 pianos por dia e se trabalhar 250 dias por ano, afina 1000pianos por ano. Resultado: existem 25 afinadores de pianos em Chicago. E obvio quepodem ser 100 ou 50, mas a ordem de grandeza esta correcta.
Se fizessemos a mesma pergunta, mas agora em relacao a cidade de Lisboa, algumasdas hipoteses teriam de ser modificadas. O numero de habitantes e obviamente diferente,e a fraccao de famılias que tem piano e tambem diferente.
Exemplo: Faca uma estimativa da massa total de agua nos oceanos da terra.
Modelo usado na estimativa
1. A densidade da agua do mar e 1.0 g cm−3;
2. a superfıcie da terra e esferica;
3. a agua cobre 75% de uma calote esferica a superfıcie da terra, com espessura d = 1km;
4. o raio da terra e Rterra = 6× 103 km.
Deste modelo resulta
(massa)oceano = (densidade)agua(volume)agua ≈ ρagua × 0, 75× 4πR2terrad
=(
1.0g
cm3
)(0, 75)(4π)(6× 103km)2(1km)
=
(1.0× 10−3kg
10−6m3
)(0, 75)(4π)(36× 1012m2)(103m)
= ≈ 3× 1020kg =≈ 1020kg . (1)
1.5 Algarismos Significativos
Os valores das grandezas fısicas sao obtidos atraves da medicao o que faz com que essasgrandezas sejam conhecidas dentro de certos limites de uma incerteza experimental. Farasentido indicar para distancia entre duas cidades o valor 163, 456 km? Certamente tambemnao fara sentido dizer que certa pessoa pesa 67, 12387 kg. Estes exemplos mostram quequando se indica um valor para um determinada grandeza fısica, o numero de algarismosa preservar deve estar de acordo com a precisao que se consegue na medicao.
Por exemplo, dizer que o comprimento de uma sala e de 4, 75 m significa que o com-primento esta entre 4, 745 m e 4, 755 m, o que significa que a medida tem uma precisaode 0, 005 m. A precisao de uma medida pode ser indicada pelo numero de algarismos
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significativos. Um algarismo significativo e conhecido com confianca. Nao sao algarismossignificativos os zeros que localizam as vırgulas decimais. Por exemplo, o numero 2, 50tem 3 algarismos significativos, e o numero de algarismos significativos em 0, 0021 e 2.Quando se efectuam calculos nao se devem guardar no resultado final mais algarismossignificativos do que aqueles que e possivel garantir.
O numero de algarismos significativos no resultado da multiplicacao oudivisao nao pode exceder o menor numero de algarismos significativos dequalquer dos factores ou divisores.
Exemplo: Calculo da area de um cırculo cujo raio tem o valor o de r = 2, 3 m.Usando uma calculadora de 10 dıgitos, a area do cırculo da
A = πr2 = π ∗ 2, 32 = 16, 61902514 m2
Indicando este numero para o area significa que a precisao e de 10−9 m2. Mas a precisaode r e de apenas 0, 05 m. Devemos pois indicar o valor da area como sendo
A = πr2 = π ∗ 2, 32 = 17 m2 ,
o que significa que esta entre 16, 5 m2 e 17, 5 m2.
Na adicao ou subtracao de dois numeros, nao ha algarismos significa-tivos alem da ultima casa decimal na qual os dois numeros originais temalgarismos significativos.
Exemplo: Soma de 1, 0135 com 0, 8976. O primeiro numero so tem 3 casas decimaissignificativas, alem da vırgula decimal enquanto que o segundo tem quatro. O resultadoso pode ter tres casas decimais significativas, i.e., tres algarismos significativos alem davırgula decimal,
1, 0135 + 0, 8976 = 1, 911 .
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2 Vectores
Para relacionar os fenomenos fısicos com a matematica e necessario introduzir o con-ceito de sistema de coordenadas. Um sistema de coordenadas define-se atraves da escolhade
uma origem,
eixos,
sentido positivo em cada eixo,
vectores unitarios em cada eixo,
Os sistemas de coordenadas mais usados sao as coordenadas cartesianas, coor-denadas esfericas e coordenadas cilındricas. Na Fig. 2 representa-se o sistema de
z
x
y
j
i
k
o
p
Figura 2: Sistema cartesiano de coordenadas.
coordenadas cartesianas. Depois de escolhida a origem O, escolhem-se tres eixos, x, ye z, perpendiculares entre si. Tanto a escolha da origem como a dos eixos e arbitraria.Depende do objecto fısico que estamos a estudar e deve facilitar a analise do problemaem causa. A cada ponto do espaco, P , correspondem tres valores (xP , yP , zP ), que sao ascoordenadas cartesianas desse ponto. Cada uma das coordenadas varia entre −∞ e +∞
Em cada eixo esta indicado o sentido positivo, ou seja, o sentido de crescimento dascoordenadas. Convencionalmente o plano y−z e o plano do papel, com o sentido positivodo eixo dos yy da esquerda para a direita e o do eixo dos zz de cima para baixo. O eixodos xx e perpendicular a estes dois, sendo o sentido positivo o que sai do papel.
A cada ponto do espaco estao associados tres vectores unitarios, ı , e k , que indicamo sentido positivo na direccao dos eixo x, y e z, respectivamente (ver Fig. 2). A magnitudedos vectores unitarios, tambem chamados de versores, e 1.
2.1 Direccao, sentido e modulo
Muitas das grandezas fısicas sao representadas por vectores sendo por isso necessarioestudar a algebra de vectores. Indicamos aqui as relacoes vectoriais que sao usadas nocontexto desta disciplina.
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Quando um objecto se move de um ponto para outro do espaco, diz-se que sofreu umdeslocamento. Para descrever completamente o seu deslocamento e necessario especificarem que direccao ele se moveu, em que sentido e quantas unidades de comprimento elapercorreu. A entidade matematica que se caracteriza por uma direccao, sentido e grandezadesigna-se por vector e quando o vector representa o deslocamento chama-se vectordeslocamento.
Uma grandeza especificada apenas por um numero e designada por escalar. Exemplosde grandezas escalares em fısica sao a massa, a temperatura, o tempo.
4
2
4
6
2 6 8
(m)
(m)x
y
P
P
1
2A
Figura 3: Vector deslocamento entre P1(4, 3) e P2(8, 6).
Os vectores representam-se graficamente por segmentos de recta que tem a direccao e osentido do vector (indicado com uma seta) e cujo comprimento e proporcional a grandezado vector. Na Fig. 3 esta representado o vector A, que pode representar o deslocamentode um objecto do ponto P1 para o ponto P2. O modulo do vector e dado pela distanciaentre o ponto P1 e o ponto P2, que se determina atraves do teorema de Pitagoras,
A = |A| = d(P1, P2) =√
(8− 4)2 + (6− 3)2 = 5 m .
A direccao do vector e indicada pelo angulo, medido no sentido contrario ao dos ponteirosdo relogio, que o vector faz com o eixo dos xx de um dado sistema de referencia.
θ = arctan3
4= 37o .
Os vectores sao definidos pelo modulo, direccao e sentido. Vectores que tenham es-tas caracterısticas iguais, sao iguais, independentemente das respectivas origens. Gra-ficamente, dois vectores sao iguais se forem paralelos um ao outro, tiverem o mesmocomprimento e apontarem no mesmo sentido.
Vector unitario (versor)
Um vector unitario serve para definir uma direccao orientada no espaco. De facto,como o modulo e 1, o vector so define a direccao e o sentido sobre a mesma.
Qualquer vector A pode tambem ser escrito na forma
A = Aa ,
11
onde A representa o modulo do vector e a e o vector unitario na direccao de A.Para saber a direccao do vector, determina-se o respectivo vector unitario, atraves de
a =A
A.
2.2 Adicao e Subtracao Grafica de Vectores
A lei dos cossenos
A lei dos cossenos da trignometria relaciona os comprimentos dos lados de um triangulocom um dos angulos do triangulo. Consideremos a figura Fig.4.
a
b
c
α
β
γ
Figura 4: Leis dos cossenos e dos senos
Da aplicacao da lei dos cossenos resultam as seguintes expressoes
a2 = b2 + c2 − 2bc cosα
b2 = a2 + c2 − 2ac cos β
c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ
De notar que o angulo α e o oposto ao lado a, angulo β e o oposto ao lado b e o anguloγ e o oposto ao lado c.
A lei dos senos
A lei dos senos da trignometria relaciona os comprimentos dos lados de um triangulocom o seno dos angulos. No caso da Fig.4 temos
sinα
a=
sin β
b=
sin γ
c
12
Adicao grafica de vectores
Consideremos os vectores A e B da figura 5, de modulos A e B, e direccoes definidasatraves do angulo que fazem com o eixo dos xx, θA e θB, respectivamente.
AB
y
x
θA
θB
Figura 5: Dois vectores
A soma dos vectores e outro vector
C = A+B .
A
B
C
x
y
P1
2P
P3
θA
θB
θC
a) b)
A
x
y
C
B
γ
Figura 6: Soma de vectores
Nota muito importante:C = A+B 6= A+B
ou seja, o modulo da soma nao e igual a soma dos modulos.
Graficamente, para somar A com o B coloca-se a origem (ponto inicial) de B naextremidade (ponto final) de A e une-se a origem de A a extremidade de B, como sepode ver na Fig. 6
O comprimento, ou modulo, do vector C e igual ao comprimento da diagonal do pa-ralelogramo formado pelos dois vectores e pode ser determinado usando a lei dos cossenos
C =√A2 +B2 − 2AB cos γ ,
13
onde o angulo γ, e dado por γ = π− (θA− θB) (ver Fig. 6 b). A direccao de C, indicadapor θC , e dada por
θC = θA − αem que o angulo α pode ser determinado atraves da regra dos senos
sinα
A=
sin β
B
Exemplo: Soma grafica de dois vectores
Os vectores a b estao orientados conforme indica a Fig.7. Tem-se a = b = 5 m. Aresultante da soma dos vectores vale r.
y
x
105
30
o
oa
b
O
Figura 7:
Determine:
(a) O modulo de r.
(b) O angulo que r forma com o eixo Ox
Resolucao:
(a) Na Fig.8 esta desenhado o vector r, resultante da soma de a com b.
y
x
105
30
o
o
b
O
aβ
α
γr
Figura 8:
Atraves da lei dos cossenos, calcula-se facilmente o modulo de r
r =√a2 + b2 − 2ab cos γ =
√52 + 52 − 2× 5× 5× cos 75◦ ≈ 6, 09 m
14
(b) Para calcular o angulo que r forma com o eixo Ox, θr, determina-se o angulo βatraves da lei dos senos e soma-se 30◦
sin β =b
rsin γ =
5
6, 09sin 75◦
donde
β = sin−1 (5
6, 09sin 75◦) + 30◦ ≈ 82, 5◦
Propriedades da adicao de vectores
i) Propriedade comutativa
C = A+B = B +A
B
ACA
B
C
Figura 9: Propriedade comutativa
ii) Propriedade associativa
(A+B) +C = A+ (B +C)
A
B
C
A+B
A+B)+( C
C
B
A
B+C
(B+C)+A
Figura 10: Propriedade distributiva
iii) Elemento identidade para a adicao de vectores
O vector nulo, 0 e o elemento identidade para a adicao de vectores. Para qualquervector A verifica-se
A+ 0 = 0 +A
iv) Elemento inverso para a adicao de vectores Para qualquer vector A existe umvector que tem o mesmo modulo e direccao de A mas sentido oposto, −A , tal que
A+ (−A) = 0
15
Uma das consequencias desta propriedade e que subtrair o vector B ao vector A, eequivalente a somar −B a A.
A Fig.11 ilustra a subtracao de vectores, A − B. O vector resultante obtem-seunindo o ponto inicial de A ao ponto final de −B.
Da aplicacao da regra do paralelogramo
C =√A2 +B2 − 2AB cos θ
A
B
C
B−
B
CA
y
x x
y
Figura 11: Subtracao de vectores
2.3 Componentes cartesianas de um vector
A componente de um vector segundo uma certa direccao e a projeccao do vector sobreuma recta que suporta essa direccao e obtem-se baixando perpendiculares das extremida-des do vector ate a recta. Um exemplo importante e o das componentes cartesianas de umvector: sao as componentes de um vector segundo as direccoes dos eixos de um sistemacartesiano ortogonal. A Fig. 12, mostra as componentes de um vector A no plano xy.
A
A
y
x
j
i
A
θ
y
x
Figura 12: Componentes de um vector
O vector A da Fig. 12 resulta de somar o vector de modulo Ax e direccao e sentidode ı com o vector de modulo Ay e direccao e sentido de ,
A = Axı + Ay . (2)
16
Como se pode ver pela Fig. 12
tan θ =AyAx
, sin θ =AyA, cos θ =
AxA, (3)
onde A e o modulo do vector A. Combinando (2) e (3) conclui-se que
A = A cos θı + A sin θ ,
comA =
√A2x + A2
y .
A Fig.13 mostra as componentes no sistema de eixos cartesiano ortogonal a tres di-mensoes. Qualquer vector pode ser escrito, em termos das suas componentes cartesianascomo
A = Axı + Ay + Azk ,
e o seu modulo e dado por
A =√A2x + A2
y + A2z .
A
i j
k
A
A
A
x
y
z
x
y
z
Figura 13: Componentes de um vector
Em funcao das componentes cartesianas, o versor de A e dado por
a = AA = Axı +Ay +Azk√
A2x+A2
y+A2z
2.4 Adicao algebrica de vectores
Na Fig.14 esta representada a adicao de dois vectores no plano xy atraves das suascomponentes.
O vector C e dado porC = Cxı + Cy ,
17
AxAy
By
Bx
C
B
C
ACy
x
y
x
Figura 14: Soma das componentes de um vector
em que as componentes Cx e Cy sao obtidas mediante a soma das respectivas componentesde A e B:
Cx = Ax +Bx , Cy = Ay +By .
Exemplo: Soma algebrica de dois vectores
Dois vectores sao dados por a = 3ı − 2 − k e a = 3ı − − 2k . Determine (a)a+ b, (b) a− b, (c) o modulo de a+ bResolucao:
(a) a+ b = (ax + bx)ı + (ay + by) + (az + bz)k = 6ı − 3 − 3k
(b) a− b = (ax − bx)ı + (ay − by) + (az − bz)k = − + k
(c) |a+ b| =√
62 + (−3)2 + (−3)2 = 7, 35
Exemplo: Direccao e modulo de um vector
Dados dois vectores a = 2ı − e b = ı − determine o modulo e a direccao dea− b. Em que quadrante esta o vector resultante?
Resolucao:
a − b = ı − 2 ; modulo: |a− b| =√
12 + (−22) =√
5; direccao θ = tan−1(−2
1
)=
−63, 4◦, quarto quadrante.
2.5 Multiplicacao de vectores
Multiplicacao por escalares
Os vectores podem ser multiplicados por numeros reais. Quando se multiplica umvector A por um escalar, c, o resultado e um vector com a mesma direccao de A, e commodulo igual ao produto de c pelo modulo de A
|cA| = cA .
18
Se c > 0 entao o sentido do vector resultante e o mesmo do de A. Se c < 0, o sentido dovector resultante e o oposto do de A
cA−
A
Ac
Figura 15: Multiplicacao de um vector por um escalar
Exemplo: Multiplicacao por um escalar
Considere o vector a = 3ı − 2 − k . Determine −2a.Resolucao:
−2a = −6ı + 4 + k .
i) Propriedade associativa
a(cA) = (acA) = c(aA) = (caA) .
ii) Propriedade associativa da adicao de escalares
(a+ b)A = aA+ bA
iii) Propriedade distributiva da adicao de vectores
a(A+B) = aA+ aB
iv) Elemento identidade da multiplicacao por um escalar
1A = A.
Produto escalar
O produto escalar, ou produto interno, de dois vectores A e B representa-se porA ·B e define-se atraves de
A ·B = AB cos θ ,
onde θ e o angulo entre os dois vectores, A e o modulo de A e B e o modulo de BO produto escalar e um numero real igual ao produto do modulo deA pela componente
do vector B na direccao de A, ou igual ao produto do modulo de B pela componente deA na direccao de B. A representacao geometrica do produto escalar e dada na Fig. 16
19
A
B
θ
Acosθ
θ
A
B
Bcos θ
Figura 16: Representacao geometrica do produto escalar
Atraves da definicao do produto escalar de dois vectores podemos concluir que, acomponente do vector A na direccao do vector B e igual a
A cos θ =A ·BB
Por outro lado, o vector projeccao de A em B obtem-se multiplicando a compo-nente de A na direccao de B pelo versor do vector B
A ·BB
b =A ·BB2
B
Propriedades do produto escalar
i) A ·B = 0 se A = 0, B = 0, ou se A e B forem ortogonais (A ⊥ B).
ii) cA ·B = c(A ·B) = A · cB.
iii) A ·B = B ·A.
iv) (A+B) ·C = A ·C +B ·C.
O produto escalar e as componentes cartesianas dos vectores
O produto escalar A · B pode escrever-se em termos das componentes dos vectorescomo
A ·B = (Axı + Ay + Azk ) · (Bxı +By +Bzk ) = AxBx + AyBy + AzBz ,
visto queı · ı = · = k · k = 1 ı · = ı · k = · k = 0 .
Note-se que para A = B se tem A ·A = A2.
20
O produto escalar pode ser positivo, nulo ou negativo com ilustra a Fig. 17
A
B
A
B
A
B
y
x
y
x x
y
Figura 17: Produto escalar positivo, nulo e negativo
Exemplo: Determinacao do angulo entre dois vectores
Dados dois vectores a = 2ı − e b = ı − determine o angulo entre eles.
Resolucao:
Por um lado temos a · b = ab cos θ e por outro temos a · b = axbx + ayby o que permite
escrever cos θ =axbx + ayby
ab=
3√5√
2, donde se conclui que θ = 18, 4◦.
Produto vectorial
O produto vectorial, ou produto externo, de dois vectoresA eB, designado porA×Be um vector de modulo igual a area do paralelogramo formado pelos dois vectores, comdireccao perpendicular ao plano que contem A e B e cujo sentido e indicado pela regrada mao direita quando A roda para B cobrindo o menor angulo entre eles.
A
B
C=AxB
Figura 18: Produto Vectorial
O modulo do vector C = A × B e o produto dos modulos de A e B e do seno doangulo formado entre eles
C = AB sin θ
21
Propriedades do produto vectorial
i) A×A = 0
ii) A×B = −B ×A
iii) A× (B +C) = A×B +A×C
iv) ı × = k ; × k = ı ; k × ı =
v) ı × ı = × = k × k = 0.
O produto vectorial e as componentes cartesianas dos vectores
Usando estes resultados podemos escrever o produto vectorial de dois vectores emfuncao das suas componentes cartesianas como
A×B = (AyBz − AzBy)ı + (AzBx − AxBz) + (AxBy − AyBx)k
Um modo pratico de escrever este resultado e atraves do pseudo-determinante (desenvol-vido pela primeira linha)
A×B =
∣∣∣∣∣∣∣ı kAx Ay AzBx By Bz
∣∣∣∣∣∣∣ .
Exemplo: Determinacao do produto vectorial
Dados dois vectores a = 2ı −3 − k e b = ı − − k , determine o vector c = a×b.Resolucao:
Usando as componentes obtem-se (aybz − azby)ı + (azbx− axbz) + (axby− aybx)k =
((−3)× (−1)− (−1)× (−1)) ı +((−1)× (+1)− (+2)× (−1)) +((+2)× (−1)− (−3)× (+1)) k =2ı + − 5k .
22
3 Movimento a uma dimensao
A cinematica descreve os movimento dos corpos sem se preocupar com as causas domovimento. Ou seja, nao se preocupa com a questao de como determinar o movimentoproduzido numa determinada situacao fısica. Quando se estuda a cinematica e usualconsiderar que a posicao de um corpo e determinada pela localizacao de um ponto. Essecorpo e chamado partıcula. Isto nao quer dizer que o corpo seja muito pequeno, so significaque na analise do seu movimento podemos desprezar as suas dimensoes e estrutura e trata-lo como um ponto. Por exemplo, quando se estuda o movimento da Terra em torno doSol considerara-se, em primeira aproximacao, a Terra como um ponto (o seu centro) quedescreve uma trajectoria que e quase circular. Despreza-se o tamanho real da Terra, emparticular, despreza-se o seu movimento de rotacao.
3.1 Deslocamento
Para descrever o movimento de uma partıcula e necessario considerar um referencial.No caso do movimento rectilıneo esse referencial e uma recta orientada onde se escolheuma origem, como se mostra na Fig. 19.
x(t) (t )1 (t )
2
∆x
i
O O
x x
x x
Figura 19: Posicao e deslocamento no movimento rectilıneo
A posicao da partıcula no instante t e descrita pela posicao x(t) sobre a recta.
Definicao: O vector posicao da partıcula e
x(t) = x(t)ı .
Suponhamos que no instante t1 a partıcula se encontra na posicao x(t1) e que numinstante posterior t2, a partıcula se encontra na posicao x(t2).
Definicao: O vector deslocamento da partıcula e a variacao do vector posicao dapartıcula no intervalo de tempo ∆t = t2 − t1
∆x = x(t2)− x(t1) = [x(t1)− x(t2)] ı = ∆xı .
A unidade do deslocamento e a mesma da posicao: o metro, m. A letra grega maiuscula∆ (delta) e adoptada para designar a variacao da grandeza que precede.
3.2 Velocidade media e velocidade instantanea
Velocidade media
Definicao: A velocidade media num intervalo de tempo e a variacao temporal media
do vector posicao, nesse intervalo de tempo. E a razao entre o vector deslocamento e o
23
intervalo de tempo em que decorreu esse deslocamento
vmed =∆x
∆tı =
[x(t2)− x(t1)]
t2 − t1ı .
Como o movimento tem a direccao do eixo dos xx podemos escrever
vx,med =∆x
∆t=
[x(t2)− x(t1)]
t2 − t1.
A velocidade media pode ser negativa ou positiva, pois x2 − x1 pode ser negativo oupositivo, consoante a partıcula se mova no sentido positivo ou no sentido negativo do eixodos xx. A unidade SI de velocidade e m/s.
Exemplo: No instante t = 5 s uma partıcula encontra-se na posicao x = 10 m eno instante t = 15 s a mesma partıcula encontra-se na posicao x = −13 m. Qual a suavelocidade media?
vx,med =−13− 10
15− 5=−23
10= −2, 3 m/s .
Com o movimento e rectilıneo na direccao do eixo dos xx
vmed = −2, 3( m/s )ı .
Representacao geometrica da velocidade media
Podemos representar graficamente a posicao de um partıcula (que descreve um movi-mento rectilıneo) em funcao do tempo, atraves do grafico da funcao da funcao x(t), ondeem ordenada se representa a posicao x e em abcissa o tempo, t. Como se pode ver nografico da Fig.20, no instante t1 a partıcula encontra-se na posicao x(t1) e no instante t2encontra-se na posicao x(t2).
∆ t
tt 1 2
x(t )
x(t )1
2
x(t)
t
∆x
Figura 20: Representacao grafica da velocidade
Pela analise do grafico podemos concluir que a velocidade media representa o coefici-ente angular da hipotenusa de um triangulo cujos catetos representam ∆x e ∆t. Podemosdizer de outro modo: a inclinacao da recta que une os pontos (t1, x(t1)) e (t2, x(t2)) indica
24
a velocidade media. Como se pode ver na Fig.20 a velocidade media depende do intervalode tempo considerado: escolhendo um ∆t menor, a velocidade media seria maior, pois ainclinacao da recta aumentaria.
Velocidade instantanea
A velocidade media nao indica os detalhes do movimento entre as posicoes inicial e final.A grandeza que indica o valor da velocidade em cada instante e a chamada velocidadeinstantanea.
Exemplo: Uma pedra cai do topo de um rochedo, partindo do repouso e a posicaoem funcao do tempo (medida a partir do ponto de lancamento) e dada pela equacao (oeixo dos x e vertical com sentido para baixo)
x(t) = 5t2 .
Qual a velocidade instantanea para t = 1 s?
Para resolver este problema consideremos tres intervalos de tempo distintos ∆t = 1 s,∆t = 0, 1 s e ∆t = 0, 01 s e calculemos a velocidade media em torno de t = 1 s para ostres intervalos
• ∆t = 1 s:
vmed,0→1 =x(1)− x(0)
1− 0=
5− 0
1− 0= 5 m/s
vmed,1→2 =x(2)− x(1)
2− 1=
20− 5
2− 1= 15 m/s
5 m/s < v < 15 m/s ; (4)
• ∆t = 0, 1 s:
vmed,0.9→1 =x(1)− x(0.9)
1− 0, 9=
5.00− 4.05
1.0− 0.9= 9, 5 m/s
vmed,1→1.1 =x(1.1)− x(1)
1, 1− 1=
6.05− 5.00
1.1− 1.0= 10, 5 m/s
10, 5 m/s < v < 15 m/s ; (5)
• ∆t = 0, 01 s:
vmed,0,99→1 =x(1)− x(0, 99)
1− 0, 99=
5, 0000− 4, 9005
1, 00− 0, 99= 9, 95 m/s
vmed,1,01→1 =x(1, 01)− x(1)
1, 01− 1=
5, 1005− 5, 0000
1, 01− 1, 00= 10, 05 m/s
9, 95 m/s < v < 10, 05 m/s ; (6)
25
Como a funcao x(t) e representada por uma parabola orientada para cima, a medidaque o intervalo de tempo se estreita o coeficiente angular da corda vai aumentando, demodo que a sequencia representa aproximacoes, alternadamente por excesso e por defeito,da velocidade instantanea. Repetindo sucessivamente o processo para valores de ∆t maspequenos, chegariamos a conclusao que a velocidade instantanea e v = 10 m/s. Esteprocesso nao e mais do que considerar a derivada de x(t) em ordem a t
dx
dt= lim
∆t→0
∆x
∆t,
De facto
∆x = x(t+∆t)−x(t) = 5×(t+∆t)2−5×t2 = 5×(t2 +2t∆t+∆t2)−5t2 = 10t∆t+5∆t2.
de tal forma que∆x
∆t=
10t∆t+ 5∆t2
∆t= 10t+ 5∆t .
No limite em que ∆t→ 0
v(t) = lim∆t→0
∆x
∆t= lim
∆t→0
10t∆t+ 5∆t2
∆t= 10t .
e para t = 1 s vem v = 10 m/s.
Definicao: A velocidade instantanea e igual a derivada do vector posicao emordem ao tempo, i.e., a taxa temporal de variacao do vector posicao,
v =dx
dt=dx
dtı = vxı .
Graficamente, a velocidade instantanea representa o coeficiente angular da tangente acurva x(t) no instante t.
t
xdx/dt=0
dx/dt>0
dx/dt<0
Figura 21: Representacao grafica da velocidade
A Fig. 21 representa x em funcao de t. Olhando para o grafico podemos inferir em quepontos o corpo se desloca para a frente, em que pontos anda para tras e em que pontos estaparado. Quanto mais rapidamente x crescer com t maior e a velocidade instantanea. Nosinstantes em que x(t) tem um maximo ou um mınimo a velocidade e zero. O movimentode um corpo com velocidade constante diz-se movimento uniforme.
26
3.3 Aceleracao media e aceleracao instantanea
Aceleracao media
Quando a velocidade instantanea de uma partıcula se altera com o tempo diz-se quea partıcula esta acelerada.
Definicao: A aceleracao media num dado intervalo de tempo e igual a variacaoda velocidade nesse intervalo de tempo finito, ∆t = [t, t+ ∆t]
amed =v(t+ ∆t)− v(t)
(t+ ∆t)− t=
∆v
∆t.
No caso do movimento a uma dimensao, segundo a direccao do eixo dos xx, podemosescrever
amed = ax,medı =∆vx∆t
ı
As dimensoes de aceleracao sao LT−2 e as unidades SI m/s2.
Aceleracao instantanea
Definicao: A aceleracao instantanea e o limite da razao ∆v/∆t quando ∆t tendepara zero, ou seja e a derivada da velocidade instantanea em ordem ao tempo
a(t) = lim∆t→0
ax,medı = lim∆t→0
vx(t+ ∆t)− vx(t)∆t
= lim∆t→0
∆vx∆t
ı =dvxdtı .
Tratando-se de movimento unidimensional segundo x podemos escrever
ax =dvxdt
=dx2
dt2
Se desenharmos o grafico da velocidade em funcao do tempo, a aceleracao instantaneanum certo instante t representa o declive da recta tangente a curva v(t) nesse instante.Movimentos com velocidade constante tem aceleracao nula, e portanto sao uniformes.
3.4 Movimento rectilıneo uniformemente acelerado
O movimento com aceleracao constante diz-se uniformemente acelerado (tambemse diz uniformemente retardado se a velocidade diminui). Um exemplo desse tipo demovimento e o dos corpos sob a accao da gravidade, desprezando-se o atrito do ar. Aaceleracao da gravidade tem o valor, que consideramos constante,
g = 9, 81 m/s2 .
27
ax
a (t)
t
area = a tx
Figura 22: Representacao grafica da aceleracao constante ax, em funcao do tempo
Area abaixo do grafico aceleracao vs tempo
Suponhamos que um objecto de move segundo x com aceleracao constante ax. Ografico da aceleracao em funcao do tempo esta representado na Fig.22
A area abaixo do grafico da Fig.22 e dada por axt. Por outro lado, de acordo comacordo com a definicao de aceleracao
ax =vx(t)− vx(0)
t− 0,
o que permite escrevervx(t)− vx,0 = axt .
Ou seja, calculando a area abaixo de um grafico (t, ax), obtem-se uma diferenca de velo-cidades
No movimento com aceleracao constante, a velocidade em funcao do tempo e dadapor
vx(t) = v0x + axt , (7)
onde v0x = vx(0) e a velocidade inicial, ou seja, a velocidade no instante t = 0.
Area abaixo do grafico velocidade vs tempo
Na representacao grafica de vx(t), aceleracao constante significa que o declive da rectatangente a curva e constante, ou seja, e o mesmo para todos os instantes. Isto so severifica quando a funcao vx(t) e representada por uma recta, como se indica na Fig.23. A
v0
v=1/2(v+v)0
tt0
0v=v +a t
x
xv (t)
xmed
Figura 23: Grafico da velocidade vs tempo no caso de aceleracao constante
28
area abaixo do grafico (t, vx) e dada por
A = vx0t+1
2(vx(t)− v0x) t
Substituindo a expressao (7) para a velocidade resulta
A = vx,0t+1
2(vx,0 + axt− vx,0) t = vx,0t+
1
2axt
2 . (8)
Para saber qual o significado fısico de A, consideremos a velocidade media do corpo nointervalo [0, t]
vx,med =∆x
∆t=x(t)− x0
t,
onde x0 = x(t = 0) e a posicao inicial do objecto. Podemos entao escrever
x(t)− x0 = vx,medt , (9)
Por outro lado, como a velocidade varia linearmente com o tempo, verifica-se (ver graficoda Fig.23)
vx,med =1
2(vx(t) + v0x) . (10)
Substituindo (10) em (9) resulta
x(t)− x0 =1
2(vx(t) + v0x) t , (11)
e substituindo (7) em (11) obtem-se finalmente
x(t)− x0 = v0xt+1
2axt
2 ,
o que, comprando com (8), permite concluir que a area abaixo do grafico (vx, t) representaa variacao da posicao do objecto no intervalo de tempo considerado.
Em resumo, temos as seguintes equacoes para o movimento rectilıneo com aceleracaoconstante
ax = const (12)
vx(t) = v0,x + axt (13)
x(t) = x0 + v0xt+1
2axt
2 . (14)
Se na expressao (13) eliminarmos o tempo
t =vx − v0,x
ax,
e subsituirmos em (14) resulta
x(t) = x0 +1
2
v2x − v0x
ax.
Sabendo a velocidade inicial e o espaco percorrido, e possivel saber a velocidade de acordocom
v2x = v2
0x + 2a∆x .
29
3.5 Determinacao da velocidade e da posicao por integracao
Determinacao da velocidade por integracao
Conhecida a velocidade de um partıcula em todos os instantes entre t0 e t, ou seja,conhecida a funcao v(t) no intervalo [t0, t] e possivel determinar a aceleracao instantaneaem todos os pontos fazendo a derivada dv(t)/dt. Pode, no entanto, colocar-se o problemainverso, ou seja, conhecida a aceleracao instantanea num certo intervalo de tempo, quala variacao da velocidade nesse intervalo?
Vimos anteriormente que, no caso do movimento uniformemente acelerado, para umintervalo de tempo [0, t] (ver Fig.22)
ax =vx(t+ ∆t)− vx(t)
∆t=vx(t)− vx0
t=⇒ ∆vx = axt ,
e a area A abaixo do grafico e igual a variacao da velocidade
A = ∆vx = axt .
Suponhamos agora que a aceleracao nao e constante e o grafico da curva ax vs t e o repre-sentado na Fig. 24. O intervalo de tempo [0, t] pode ser subdividido em N subintervalos
t = 01
t = tN
x,meda (t )
i
A
tti
a (t)x
Ei
i
Figura 24: Area sob o grafico aceleracao vs. tempo
iguais tais que ∆ti = ti+1− ti = t/N , com i = 1, ..., N e t1 = 0, tN = t. Em cada intervalo[ti, ti+1] podemos aproximar a aceleracao a uma constante, ax,med(ti), de tal forma que avariacao da velocidade nesse intervalo de tempo e igual a area abaixo da curva ax v.s t
Ai = ∆vx,i = vx(ti+1)− vx(ti) = ax,med(ti)∆ti + Ei ,
onde Ei representa o erro resultante da aproximacao feita. Se somarmos todas as variacoesde velocidade nos N intervalos resulta
i=N∑i=1
∆vx,i = (vx(t2)− vx(t1 = 0)) + (vx(t3)− vx(t2)) + ....+ (vx(tN = t)− vx(tN−1))
= vx(tN = t)− vx(t1 = 0) . (15)
30
Comparando as duas ultimas expressoes, resulta
vx(t)− vx(0) =i=N∑i=1
∆vx,i =i=N∑i=1
Ai =i=N∑i=1
ax,med(ti)∆ti +i=N∑i=1
Ei
Quando maior for N , menor e o intervalo ∆ti, de tal forma que o erro Ei e tambem menor.No limite em que N →∞, ∆ti → 0, e Ei → 0. Verifica-se pois
A = limN→∞
i=N∑i=1
Ei = 0
limN→∞
i=N∑i=1
ax,med(ti)∆ti , (16)
onde A representa a area total abaixo do grafico de ax(t).Vimos que a area abaixo do grafico de ax(t) entre os dois instantes representa a variacao
da velocidade entre esses instantes. Podemos entao escrever
vx(t)− vx(t = 0) =∫ t
0ax(t
′)dt′ .
A variavel de integracao t′ e uma variavel muda, ou seja, o resultado do integral naodepende dessa variavel.
Se em vez do intervalo [0, t] considerarmos o intervalo [t1, t2] entao teremos
vx(t2)− vx(t1) =∫ t2
t1ax(t
′)dt′ .
A t1 chama-se limite inferior de integracao e a t2 chama-se limite superior de integracao.
Em geral,
a variacao vx da velocidade entre os instantes t1 e t2 e igual ao integral entre t1 e t2 deax
Determinacao da posicao por integracao
Suponhamos que a componente x da velocidade de um corpo e constante. O grafico(vx(t), t) tem a forma representada na Fig.25a).
A area abaixo do grafico eA = vxt
A velocidade media e a velocidade instantanea sao coincidentes no intervalo de tempo[0, t] donde
vx =∆x
∆t=x(t)− x(0)
t−→ ∆x = vxt .
Resulta pois que∆x = vxt = A
31
t
x
xv
area = v t
v (t)E
i
t = 01
t = tN
A
tti
x
x,med iv (t )
v (t)
a) b)
i
Figura 25: Area sob o grafico velocidade vs tempo
No caso em que vx(t) nao e constante (ver Fig. 25b)), procede-se como anteriormente,no caso da eceleracao. Subdivide-se o intervalo de tempo em N intervalos iguais, ∆ti =∆t/N e considera-se vx constante em cada um desses intervalos, de tal forma que
x(t)− x(t = 0) =i=N∑i=1
∆xi =i=N∑i=1
Ai =i=N∑i=1
vx,med(ti)∆ti +i=N∑i=1
Ei
Tal como anteriormente toma-se o limite N → ∞, para o qual ∆ti → 0 e∑i=Ni=1 Ei → 0
resultando
x(t)− x(t = 0) =∫ t′=t
t′=0vx(t
′)dt′ = Area total sob o grafico de vx(t)
Temos entao
x(t) = x0 +∫ t
0vx(t
′)dt′ ,
onde x0 = x(t = 0).
Exemplo: Queda livre de um grave
O movimento de queda livre de um corpo e um importante exemplo de movimentounidimensional. Ignorando os efeito de atrito, os objectos, proximo da superfıcie da terracaem com uma aceleracao constante
ay = −g = −9, 8 m s −2 ,
num sistema de eixos em que a direccao da queda e a do eixo dos yy, a origem esta asuperfıcie da terra e o eixo tem o sentido positivo para cima. As equacoes do movimento,obtem-se a partir da aceleracao
vy(t) = vy,0 +∫ay(t)dt = vy,0 − gt .
Por outro lado
y(t) = y0 +∫vy(t)dt = y0 +
∫(vy,0 − gt) dt
= y0 + vy,0t−1
2gt2 . (17)
32
Exemplo: Movimento com aceleracao variavelNo instante t = 0, um carro de formula 1 passa pela linha da meta, localizada em
x = 0, com velocidade v0x = 70 m/s, e move-se em linha recta durante algum tempo comaceleracao dada por
ax =
{0; 0 < t < t1 = 0.5s8( m/s3 )(t− t1); t > t1s
1. Determine a velocidade do carro ao fim de 2 s.
2. Qual a distancia percorrida pelo carro ao fim de 2 segundos?
Resolucao:
1.
vx(t1)− vx(t = 0) =∫ t1
00dt = 0 −→ vx(t1) = vx(t = 0) = 70 m/s
vx(t)− vx(t1) =∫ t
t18(t′ − t1)dt′ = 4t′2
∣∣∣∣tt1
− 8t1t′|tt1
vx(t)− vx(t1) = 4t2 + 4t21 − 8t1t
vx(t) = 71 m/s + 4t2 − 4t
Para t = 2 svx(t = 2) = 71 + 16− 8 = 79 m/s
2.
x(t1)− x(0) =∫ t1
0vx = 70t1 = 45 m e portanto x(t1) = 45 m
x(t)− x(t1) =∫ t
t1vx(t
′)dt′ =∫ t
t1(71 + 4t′2 − 4t′)dt′
x(t) = 45 + 71t′|tt1 +4
3t′3∣∣∣∣tt1
− 2t′2∣∣∣tt1
x(t) = 45 + 71t− 71t1 +4
3t3 − 4
3t31 − 2t2 + 2t21
x(t) =4
3t3 − 2t2 + 71t+ 54, 8 pelo que x(2) = 199.5 m .
33
4 Movimento a duas e tres dimensoes
4.1 Deslocamento, velocidade e aceleracao
A maior parte dos movimentos observados na natureza nao sao rectilıneos. Os corposdescrevem as trajectorias mais diversas: uma bola quando chutada ou quando batida poruma raqueta segue uma trajectoria quase parabolica; um satelite artificial em torno daTerra descreve uma trajectoria quase circular; etc.
Deslocamento e velocidade media
Para determinar a posicao de um corpo no movimento curvilıneo, escolhe-se um sistemade referencia ligado ao observador. Se esse sistema de referencia for o sistema de eixoscartesianos entao a posicao da partıcula fica determinada pelas suas coordenadas, x, y ez. O vector posicao tem origem na origem do sistema de coordenadas e extremidade noponto P (x, y, z), que determina a posicao da partıcula sobre a trajectoria
r = OP ,
A Fig. 26 mostra exemplos do vector posicao no espaco e no plano. A tres dimensoes, o
P(x,y,z)
r
jik
O
z
x
y
A
C
B
P(x,y)
x
y
r
i
j
O
y
x
Figura 26: Vector posicao no espaco e no plano.
vector posicao e o reultado da soma soma dos vectores OA = xı , OP = y e CP = zk
OP = r = xı + y + zk ,
onde ı , e k sao os vectores unitarios que definem as direccoes dos eixos coordenados.A medida que a posicao da partıcula muda com o tempo, o vector posicao tambem
varia e diz-se que r e um vector funcao do tempo, r(t).No plano, o vector posicao e
r(t) = x(t)ı + y(t) .
Considere-se um partıcula que descreve a trajectoria da Fig. 27. No instante t ela
34
s∆
∆ r
vmPt
P’t’
s rr’
x
y
z
Figura 27: Vector deslocamento e velocidade media no movimento curvilıneo.
esta no ponto P , dado pelo vector posicao OP e no instante t′ encontra-se no ponto P ′,determinado por OP ′. A partıcula move-se ao longo do arco PP ′, de comprimento ∆s,e o vector deslocamento no intervalo de tempo ∆t = t′ − t e, por definicao
∆r = r(t′)− r(t) = ∆xı + ∆y + ∆zk ,
Notar que, em geral, o modulo do vector deslocamento nao coincide com o espaco ∆spercorrido pela partıcula na sua trajectoria curva. A velocidade media e e dada por
vmed =∆r
∆t,
e e representada por um vector paralelo a ∆r, ou seja, tem a direcccao que une os pontosP e P ′,
Velocidade instantanea
Para calcular a velocidade instantanea, toma-se o limite ∆t→ 0 da velocidade media
v = lim∆t→0
∆r
∆t
Quando ∆t tende para zero o ponto P ′ aproxima-se de P , como se ilustra na Fig.28.O deslocamento varia continuamente em modulo e direccao e a velocidade media
tambem de forma que no limite em que P ′ esta muito proximo de P , a direccao dodeslocamento e da velocidade coincidem com a da tangente a trajectoria no ponto P .
Definicao: O vector velocidade no movimento curvilıneo e igual a taxa de variacaodo vector posicao da partıcula
v(t) =dr(t)
dt=dx(t)
dtı +
dy(t)
dt +
dz(t)
dtk = vx(t)ı + vy(t) + vz(t)k ,
O vector velocidade e sempre tangente a trajectoria em cada ponto.
35
vm
vm
vm
’’
P
P’’’ P’’
’’ ’
v
x
y
z
P’
Figura 28: Velocidade instantanea.
Modulo do vector velocidade
Quando a partıcula vai de um ponto P para um ponto P ′ o espaco percorrido ao longoda curva e ∆s. O modulo da velocidade instantanea e dado por
v = lim∆t→0
∆s
∆t=ds
dt=√v2x + v2
y + v2z .
Se definirmos o vector unitario, uT tangente a trajectoria, em cada ponto, podemos dizerque o deslocamento infinitesimal e dr = dsuT e a velocidade instantanea pode ser escritana forma
v =ds
dtuT . (18)
Aceleracao no movimento curvilıneo
No movimento curvilıneo a velocidade varia, em geral, tanto em modulo como em di-reccao. A aceleracao e a taxa temporal de variacao da velocidade e e portanto determinadaatraves de 1
a =dv
dt=dvxdtı +
dvydt +
dvzdtk =
d2x
dt2ı +
d2y
dt2 +
d2z
dt2k
v2
v∆
v1
a
Figura 29: Aceleracao paralela a velocidade.
Consideremos a Fig. 29 onde a aceleracao a e um vector paralelo a velocidade. Numdeterminado intervalo de tempo ∆t, a velocidade varia de v1 para v2 = v1 + ∆v. Adireccao de v2 e a mesma de v1 mas o seu modulo e maior. Durante esse intervalo de
36
v2
v1
a
∆
φ
v
Figura 30: Aceleracao perpendicular a velocidade.
aT
aN
P
v
a
N
T
Figura 31: Componentes tangencial e normal da aceleracao no movimento curvilıneo.
tempo, a partıcula move-se numa linha recta com velocidade crescente. Suponhamosagora que a aceleracao e perpendicular a v1 como indica a Fig. 30. Ao fim do intervalo detempo ∆t a velocidade fica v2 = v1 + ∆v, com ∆v um vector quase perpendicular a v1.A medida que o intervalo de tempo ∆t tende para zero, o angulo φ tende para zero e ∆vfica perpendicular a v1 e a v2, ou seja estes dois vectores tem o mesmo modulo. Nestecaso, a aceleracao altera a direccao da velocidade, mantendo o seu modulo constante.
Em geral, a aceleracao nao e tangente nem perpendicular a trajectoria, mas e sempredirigida para a parte concava da trajectoria, como mostra a Fig. 31. Assim, e possi-
v
a
P
v
a
P
v
a
P
Figura 32: Velocidade e aceleracao no movimento curvilıneo.
vel escrever o vector aceleracao como a soma de um vector tangente a trajectoria comoutro perpendicular ao anterior. A componente tangencial da aceleracao designa-se poraceleracao tangencial e a componente perpendicular da aceleracao por aceleracaonormal. Podemos escrever
a = aT + aN .
A Fig. 32 mostra os vectores velocidade e aceleracao para uma partıcula que passa peloponto P de uma trajectoria curvilınea, em tres situacoes distintas: modulo da velocidadeconstante, modulo da velocidade a aumentar e modulo da velocidade a diminuir.
1Para simplificar a escrita, omite-se a dependencia no tempo
37
4.2 Movimento circular
A trajectoria no movimento circular e um cırculo e sao exemplos de movimentoscirculares aqueles efectuados por qualquer ponto numa roda e pelos ponteiros do relogio.Em primeira aproximacao, o movimento da Terra em torno do Sol e circular.
Sistema de coordenadas polares
No estudo do movimento circular e usual usar coordenadas polares. Escolhida umaorigemO, qualquer ponto P do plano fica definido atraves de duas coordenadas. Na Fig. 33
ur
uθ
θ
y
x
r
x
y P
Figura 33: Coordenadas polares e sua relacao com as cartesianas.
estao representadas as coordenadas polares bem como a sua relacao com as coordenadascartesianas:
• r - coordenada radial, representa a distancia do ponto a origem e e igual ao modulodo vector posicao de P em relacao a origem.
• θ - angulo que r faz com o eixo dos xx, medido no sentido directo (contrario ao dosponteiros do relogio).
Os dois conjuntos de coordenadas estao relacionados atraves de
x = r cos θ , y = r sin θ , (19)
ou, reciprocamente,
r =√x2 + y2 , θ = arctan
y
x.
Os vectores unitarios que definem as direccoes de variacao de r e θ sao designados porur e uθ e apontam, respectivamente, na direccao de crescimento de r e na direccao decrescimento de θ. Ao contrario dos versores cartesianos, estes vectores nao sao cons-tantes. Na Fig. 33 estao representados os versores ur e uθ, para um ponto P, qualquer,da trajectoria. E facil verificar que a decomposicao desses vectores segundo as direccoescartesianas e dada por
ur = cos (θ)ı + sin (θ) ,
uθ = − sin (θ)ı + cos (θ) ,
e que
ur = −duθdθ
, uθ =durdθ
. (20)
38
Vector posicao no movimento circular
Suponhamos que um objecto se desloca do ponto P para o ponto P ′ sobre a trajectoriacircular indicada na Fig.34
y
x
r(t)r(t’)
P’ Ps
Figura 34: Movimento circular
O vector posicao da partıcula em cada ponto e dado por
r(t) = xı (t) + y (t) .
ou, usando a relacao (19)
r = r cos [θ(t)](t)ı + r sin [θ(t)] ,
O modulo do vector posicao |r| = r e constante no tempo, o que e obvio, tratando-sede uma movimento circular. Durante a trajectoria circular o angulo θ varia e portantodepende do tempo.
Velocidade no movimento circular
Apliquemos a definicao de velocidade no movimento curvilıneo
v =dr(t)
dt=dx(t)
dtı +
dy(t)
dt
Usando a relacao (19) e tendo em conta que r e constante obtem-se,2
v = rd (cos θ)
dtı + r
d (sin θ)
dt
= rdθ
dt(− sin θ) ı + r
dθ
dt(cos θ)
= rdθ
dt(− sin θı + cos θ )
= rdθ
dtuθ
= rωuθ , (21)
2Para simplificar a notacao omite-se a dependencia de θ no tempo, t.
39
onde
ω =dθ
dt,
e a velocidade angular e representa a taxa de variacao do angulo θ. As unidades SI saoo rad s−1.
Podemos chegar ao mesmo resultado considerando a definicao (18)
v =ds
dtuT = vuT (22)
Existe uma relacao entre o comprimento s da curva percorrida pela partıcula, entre P eP ′ e a coordenada r,
s = rθ , (23)
onde θ e o angulo ao centro correspondente a s. Derivando (23) em ordem ao tempo
ds
dt= r
dθ
dt= rω .
Substituindo em (22)v = vuT = rωuT .
Podemos concluir que no movimento circular a velocidade linear e proporcional avelocidade angular
v = rω , (24)
ou seja, para uma mesma velocidade angular a velocidade linear aumenta com o raio.Conclui-se tambem que a sua direccao, uT , coincide com a direccao do versor uθ dascoordenadas polares.
Aceleracao no movimento circular
Para determinar a aceleracao derivamos a expressao (22)
a =dv
dt=
d
dt[vuθ]
=dv
dtuθ + v
duθdt
, (25)
pois tanto o modulo da velocidade, v, como o versor uθ dependem do tempo atraves deθ(t).
De (24), resultadv
dt= r
dω
dt= rα ,
onde
α =dω
dt=d2θ
dt2,
se designa por aceleracao angular e tem unidades rad s−2.
40
Por outro lado, de (20), e aplicando a regra da cadeia para a derivacao
duθdt
=dθ
dt
duθdθ
= −ωur . (26)
A aceleracao no movimento circular e entao dada por
a = aTuθ − aNur , (27)
comaT = rα ,
a aceleracao tangencial, que resulta da variacao do modulo da velocidade e
aN = rω2 =v2
r,
a aceleracao normal, ou centrıpeta, que esta associada a variacao da direccao davelocidade. O sinal − na expressao 27 indica que a aceleracao normal aponta semprepara o centro da trajectoria. O modulo da aceleracao e
a =√a2T + a2
N .
Movimento circular uniforme
No caso do movimento circular uniforme, a velocidade v e constante, ω e constante eα = 0. Resulta, portanto que
aT =dv
dt= 0 , aN =
v2
r.
e so ha aceleracao centrıpeta. Neste movimento, ω e constante, o que permite definir operıodo do movimento como o tempo que a partıcula demora a percorrer uma voltacompleta:
T =2π
ω.
4.3 Movimento de projecteis
O movimento de projecteis e bidimensional e corresponde ao movimento de um corpolancado no ar, numa direccao diferente da direccao vertical, que depois se move livrementesob a accao da gravidade. Desprezam-se os efeitos do atrito do ar, da rotacao da Terra ede variacao da aceleracao da gravidade. O movimento de um projectil caracteriza-se porter componentes horizontal e vertical independentes, uma das quais corresponde a ummovimento uniformemente acelerado e outra a um movimento rectilıneo uniforme.
Suponhamos que um corpo e lancado com uma velocidade inicial v, como mostra aFig. 35. A velocidade inicial e dada por
v0 = v0xı + v0y ,
41
x
y ay=−g j
v
v
x
y
v0
θ
Figura 35: Movimento de projecteis.
onde as componentes segundo os eixos representados sao dadas por
v0x = v0 cos θ ; v0y = v0 sin θ ,
Por outro lado, a aceleracao e dada por
a(t) = ay(t) = −g , ax = 0 .
A equacao para a velocidade tem a forma
v(t) = v0 +∫a(t)dt .
Em termos das componenetes cartesianas temos a seguinte decomposicao para o vectorvelocidade:
vx(t) = v0x +∫axt = v0x ,
vy(t) = v0y +∫ayt = v0y − gt ,
o que significa que o movimento tem velocidade constante segundo x e e uniformementeacelerado segundo y.
A equacao para a posicao e
r = r0 +∫v(t)dt ,
ou, decompondo segundo x e y
x(t) = x0 +∫vx(t)dt = x0 + v0xt , (28)
y(t) = y0 +∫vy(t)dt = y0 + v0yt−
1
2gt2 . (29)
Define-de alcance do projectil como a distancia total percorrida na direccao hori-zontal
R = ∆x = x− x0
e tempo de voo como o tempo que o projectil demora a percorrer ∆x.A equacao da trajectoria, y(x), e obtida substituindo t dado por (28) em (29)
t =∆x
v0x
,
42
donde resulta
∆y =v0y
v0x
∆x− 1
2
g
v20x
∆x2 .
Fazendo y0 = y(t = 0) = 0 e x0 = x(t = 0) = 0 vem
y =v0y
v0x
x− 1
2
g
v20x
x2 ,
que e da forma y = ax+ bx2 e representa uma parabola que passa na origem.Quando as elevacoes final e inicial sao iguais existe uma expressao seimples para o
alcance de um projectil em funcao do angulo e da sua velocidade inicial. O tempo que oprojectil demora a atingir o ponto de maxima altura e determinado atraves de
t =v0y
g.
O tempo de subida e igual ao de descida e, portanto, o tempo de voo e 2× v0y
g. O alcance
e dado por
R = v0xt = v0x2×v0y
g= 2v0 cos θv0 sin θ
1
g=v2
0
gsin 2θ . (30)
O maximo de R ocorre para θ = 45o.
Exemplo: Uma bola e lancada para o ar de um penhasco de 55 m de altura, comuma velocidade inicial de 50 m/s, fazendo um angulo de 37o com a horizontal. Qual otempo de permanencia no ar e onde e que a bola atinge o solo (Considere a aceleracao dagravidade g = 10 m/s2)?
As componentes da velocidade inicial sao
v0x = v0 cos (37o) = 40 m/s , v0y = v0 sin (37o) = 30 m/s
Segundo x o movimento e uniforme e segundo y e uniformemente acelerado. Temos entao
x = x0 + v0xt , y = y0 + v0yt−1
2gt2 .
Podemos determinar o tempo que a bola demora a chegar do ponto inicial, ate ao pontomais alto da trajectoria, sabendo que nesse ponto a componente vertical da velocidade enula.
0 = v0y − gt =⇒ t =30
10= 3 s .
A distancia percorrida na vertical durante esse intervalo de tempo e
y = 30, 1× 3− 1
2× g × 32 = 45 m .
Desde o ponto mais alto ate ao solo a bola percorre uma distancia de 55 + 45 m o quepermite determinar o tempo que leva a chegar ponto de altura 55 + 45 = 100 m ate aosolo atraves da equacao
100 = 0 +1
2× 10× t2 =⇒ t =
√20 s = 4, 5 s .
43
O tempo total de voo e entao t = 3 + 4, 5 = 7, 5 s e o alcance e
x = v0xt = 40× 7, 5 = 300 m .
Neste exemplo, nao poderıamos usar a expressao (30), visto que as alturas dos pontosinicial e final sao diferentes.
44
5 As leis de Newton do movimento
A dinamica relaciona o movimento com as suas causas. A cinematica e a dinamicaconstituem o que se chama a mecanica.
Os fenomenos da Mecanica Classica podem ser descritos atraves da utilizacao de tresleis denominadas leis de Newton. Estas leis relacionam a aceleracao de um corpo, a suamassa e as forcas que sobre ele actuam.
5.1 O conceito de forca
O conceito de forca permite-nos descrever quantitativamente a interaccao entre umcorpo e o que o rodeia.
As forcas podem classificar-se como:
• forcas de contacto: envolvem o contacto directo entre os objectos;
• forcas a distancia: actuam mesmo quando os objectos estao separados pelo espacovazio.
Exemplos de forcas de contacto sao o atrito, a forca que empurra um objecto, etc.Dois exemplos de forcas a distancia sao a forca gravıtica e a forca de Coulomb entre duascargas electricas.
A forca e representada matematicamente por um vector aplicado, i.e. com pontode aplicacao bem definido, que so fica totalmente determinada dados um modulo, umadireccao e um sentido. No caso da dinamica da partıcula (ou ponto material), as forcassupoem-se todas aplicadas neste: em corpos extensos diferentes forcas que actuam sobreo corpo podem ter pontos de aplicacao diferentes
O princıpio da sobreposicao da forcas
Quando duas ou mais forcas estao aplicadas num corpo, oefeito total e igual ao de uma unica forca (resultante) dadapela soma vectorial de todas as forcas aplicadas.
Este princıpio pode ser verificado experimentalmente e permite substituir o vectorforca pelas suas componentes a actuar no mesmo ponto. Se N forcas F i actuarem sobreum corpo, entao a forca resultante R e dada por
R =i=N∑i=1
F i .
Como se trata de uma soma vectorial
Rx =i=N∑i=1
Fix , Ry =i=N∑i=1
Fiy , Rz =i=N∑i=1
Fiz
45
5.2 A primeira lei de Newton
A primeira lei de Newton, ou Lei da Inercia, pode ser enunciada da seguinte forma
Todos os corpos permanecem em repouso ou em movimentorectilıneo uniforme a menos que a resultante das forcas quesobre eles actuam seja diferente de zero.
Esta lei implica que o estado de movimento de um corpo so e alterado se sobre eleactuar uma forca resultante nao nula.
Vimos que para estudar o movimento e necessario definir um referencial em relacaoao qual se medem posicoes e velocidades. A lei da inercia tambem define referencial deinercia.
Um referencial de inercia e aquele para o qual a lei da inerciae valida.
Nao ha distincao, em dinamica, entre um corpo em repouso e outro que se movacom velocidade constante, em relacao a um referencial de inercia, pois ambos estao emequilıbrio (forca resultante aplicada nula) de translacao.
Um referencial ligado a Terra nao e de um referencial de inercia pois a Terra roda emtorno do seu eixo e por isso esta acelerada. No entanto, o movimento de rotacao da Terraafecta muito pouco a maior parte dos movimentos usuais a escala pequena do laboratorio.Por isso se pode considerar muitas vezes a Terra como um referencial de inercia.
Um fenomeno que mostra claramente que a terra esta a rodar e o das oscilacoes dopendulo de Foucault. Este, consiste num fio muito comprido que tem uma massa suspensanuma extremidade. A outra esta presa ao teto no panteao de Paris.
Quando observamos as oscilacoes livres de um pendulo de reduzidas dimensoes verifi-camos que elas ocorrem sempre no mesmo plano. Nesse caso o nosso referencia, a terra,pode ser considerado um referencial de inercia.
No caso do pendulo de Foucault, esse plano varia porque nos observamos as oscilacoesligados a terra, que esta a rodar sobre si propria. Ou seja, o movimento e alterado emrelacao ao que se registaria num referencial inercial.
5.3 A segunda lei de Newton
De acordo com a lei da inercia, uma forca e qualquer influencia no corpo que provocaa variacao da velocidade, ou seja, provoca aceleracao.
Mas, a mesma forca aplicada a corpos diferentes provoca aceleracoes diferentes, o quesugere que a forca e proporcional a aceleracao.
A constante de proporcionalidade deve ser uma propriedade dos corpos que caracterizaa resposta a forca aplicada.
46
Essa propriedade designa-se por inercia, e dela depende a forma como o movimento doscorpos e efactado. A inercia representa a resistencia que os corpos oferecem a alteracaodo seu estado de movimento.
Para a mesma variacao de velocidade, acelerar um carro requer uma forca bem maiorque acelerar uma bicicleta. Diz-se que um carro tem uma inercia maior que uma bicicleta.Essa propriedade dos corpos chama-se massa, e representa-se usualmente por m.
A massa e portanto uma propriedade intrınseca dos corpos que mede a sua resistenciaa aceleracao, i.e. a alteracao do seu estado de movimento. A razao entre massas define-se da seguinte maneira: Se uma forca F for aplicada a um corpo de massa m1, estaprovoca-lhe uma aceleracao a1 tal que
F = m1a1 .
Se a mesma forca for aplicada a um corpo de massa m2, entao ter-se-a
F = m2a2 ,
e pode concluir-se, medindo as aceleracoes, que a razao entre as massas e
m2
m1
=a1
a2
.
Observa-se experimentalmente que a razao entre as aceleracoes provocadas pela mesmaforca sobre dois corpos de massas diferentes e independente do modulo ou da direccao daforca. Tambem se verifica que se m1 = 2m2 e m3 = 2m1 entao m3 = 4m2. Isto significaque e possivel estabelecer uma escala entre as massas, escolhendo uma massa padrao aqual se atribui a massa unitaria. A forca necessaria para provocar um aceleracao de 1m/s2
numa massa de 1 kg e de 1 newton (N). A unidade (derivada) SI de forca e dada por
1 N = 1 kg m/s 2 .
A segunda lei de Newton pode entao ser enunciada como
A resultante de todas as forcas (F res) que actuam num corpode massa m e igual ao produto da sua massa pela aceleracao(a)
F res = ma . (31)
Momento linear e a segunda lei de Newton
Newton nao formulou a segunda lei atraves da expressao (31). De facto definiu inici-almente uma grandeza chamada momento linear (ou quantidade de movimento) deuma partıcula como sendo o produto da massa da partıcula pela sua velocidade
p = mv . (32)
47
Se derivarmos ambos os membros de (32) em ordem ao tempo resulta
dp
dt= m
dv
dt= ma .
A lei de Newton foi enunciada da seguinte forma
F =dp
dt, (33)
e dela resulta a lei da inercia:
Quando a resultante de todas as forcas que actuam sobre umapartıcula e nula, a quantidade de movimento da partıcula econstante.
Este enunciado da segunda lei de Newton e mais geral do que a expressao F = ma.De facto, existem sistemas de massa variavel, como e o caso da propulsao num foguetao,em que o consumo de combustıvel, faz com que a massa do sistema foguetao/combustıveldiminua. Nesse caso, a expressao (33), corresponde a
F =d (mv)
dt= m
dv
dt+dm
dtv ,
onde o primeiro termo corresponde a expressao (31) e o segundo termo inclui o efeitodevido a variacao da massa.
Alem disso, segundo a teoria da relatividade restrita de Einstein a massa de umapartıcula nao e constante, variando consoante a velocidade do objecto. No entanto, paravelocidades muito mais pequenas do que a velocidade da luz, c ≈ 3 × 108, podemosconsiderar a massa como constante e aplicar a expressao (31).
Esta lei de conservacao da quantidade de movimento tambem se aplica a sistemas devarias partıculas, como veremos mais tarde.
5.4 A terceira lei de Newton
A terceira lei de Newton diz que as forcas existem sempre aos pares:
Quando um corpo A exerce uma forca FA sobre um corpo B,entao o corpo B exerce uma forca, FB de igual modulo, mesmadireccao e sentido contrario, FB = −FA. O par de forcas FA eFB designa-se por par accao-reaccao.
Chama-se a atencao que as forcas FA e FB nao estao aplicadas no mesmo objecto.
Exemplos de aplicacao da terceira lei de Newton
1. Exemplo citado por Newton: Uma pessoa aplica uma forca sobre um bloco com umdedo. O bloco por sua vez exerce uma forca sobre o dedo de igual modulo, massentido contrario.
48
2. A Terra exerce uma forca (gravıtica) sobre os corpos chamada peso, P . Qual areaccao a esta forca? Cada corpo exerce uma forca −P sobre a Terra.
3. Um livro sobre um mesa exerce sobre esta uma forca igual ao seu peso, P . A mesaexerce sobre o livro uma forca de igual modulo e direccao, mas sentido contrario.
4. No exemplo da pedra na extremidade de um fio que roda com velocidade constante,o fio exerce sobre a pedra uma forca F e a pedra exerce sobre o fio uma forca −Fque e comunicada a mao, que sente um puxao radial para fora.
49
6 Aplicacao das leis de Newton
6.1 O diagrama de forcas do corpo livre
O diagrama de forcas num corpo livre mostra um corpo desligado do que o rodeia e osvectores referentes a todas as forcas aplicadas ao corpo, com indicacao do modulo, direccaoe sentido dos vectores. Neste diagrama so se desenham as forcas que actuam sobre o corpoem questao. Como, para ja, apenas se considera a dinamica de uma partıcula, todas asforcas se consideram aplicadas no mesmo ponto: sobre a partıcula.
Na Fig. 36 mostram-se dois blocos ligados por um fio que passa por uma roldana demassa desprezavel. O bloco de massa m1 esta apoiado numa superfıcie horizontal e obloco de massa m2 esta pendurado. Na ausencia de atrito, as forcas que actuam sobrem1 sao o peso, a reaccao normal da mesa, e a tensao exercida pela corda. O respectivodiagrama de forcas esta desenhado na Fig. 36(a). Sobre o bloco de massa m2 actuam atensao na corda e o peso. O diagrama de forcas que actuam nesse corpo e o desenhadona Fig. 36(b).
FN
T
2
P2
mTm1
P1
a) b)
FN
T
T
m
m
1
2
P2
P1
Figura 36: Dois blocos e roldana e respectivos diagramas de corpo livre.
A forca da gravidade: o peso
O modulo da forca, P , que actua sobre um corpo de massa m a superfıcie da Terradevido a atraccao gravitacional que a Terra exerce sobre ele e dado por
|P | = mgravg ,
onde g e a aceleracao gravıtica (g = 9, 81 m/s2) e mgrav e a massa gravıtica do corpo.Newton mostrou que a massa gravitacional e identica a massa inercial
mgrav = minercial
o que permite medir massas inerciais atraves da comparacao do peso de um corpo como peso da massa padrao nesse local, como no caso das balancas de mola. Nao se deveconfundir, no entanto, massa com peso, pois a massa dos corpos e sempre a mesma(propriedade intrınseca), enquanto que o peso pode variar de um local para outro. NaTerra o peso de um corpo e maior do que na Lua, embora a massa do corpo seja a mesma.
50
6.2 Partıculas em equilıbrio estatico
Consideremos primeiros situacoes em que um corpo (considerado uma partıcula) estaem equilıbrio estatico, ou seja, a resultante de todas as forcas que sobre ele actuam ezero.
1. Bloco pendurado por uma corda sem massa
Um bolo de massa 50, 0 kg encontra-se suspenso na extremidade mais baixa de umacorda de massa desprezavel, como mostra a Fig. 37(a).
P
T
B
CB
y
x
T
T
BC
TC
corda
Tecto
Bloco
a) b) c)
Figura 37: a) Bloco pendurado b) diagramas de forcas na corda; c) diagrama de forcasno bloco.
A outra extremidade da corda esta ligada ao tecto.
(a) Qual o peso do bloco?
(b) Que forca exerce a corda sobre o bloco?
(c) Qual a tensao no topo da corda?
Resolucao
O bloco e a corda estao em equilıbrio, de forma que se aplica a primeira lei deNewton. O bloco e a corda interagem, de forma que se aplica tambem a terceiralei de Newton, para relacionar as forcas que eles exercem um sobre o outro. NaFig. 37(b) e (c) estao desenhados os diagramas de forca da corda e do bloco. Osentido positivo do eixo dos yy e para cima. Cada forca actua na direccao dos yy epor isso so tem componente na direccao vertical. A forca que o bloco exerce sobrea corda, TBC , e a forca que a corda exerce sobre o bloco, TCB, constituem um paraccao-reaccao, e portanto tem o mesmo modulo.
(a)
P = mg = (50, 0 kg )× (9, 81 m/s 2) = 490 N
51
Como esta forca actua no sentido negativo dos yy temos
P = (−490 N ) .
(b) Como o bloco esta em equilıbrio, a soma das forcas que actuam sobre ele e nula∑Fbloco = TCB + (−P ) = 0 −→ TCB = P = 490 N .
A corda puxa o bloco para baixo com uma forca de 490 N. De acordo com aterceira lei de Newton, o bloco puxa para baixo a corda com uma forca de igualmagnitude, TBC = 490 N.
(c) A corda tambem esta em equilıbrio, donde∑Fcorda = TTC + (−TBC) = 0 −→ TTC = TBC = 490 N .
A tensao num ponto da corda e a forca que actua nesse ponto. Para umacorda sem massa, a tensao na extremidade inferior tem a mesma grandeza quea tensao na extremidade superior. De facto para uma corda ideal sem massa,a tensao em qualquer ponto da corda e a mesma, embora a sua direccao possavariar. Por definicao a tensao numa corda sem massa (i.e. massa da cordadesprezavel relativamente as outras massas no problema) e sempre o moduloda forca de traccao e, por isso, e sempre positiva.
2. Bloco pendurado por uma corda com massa
y
x
T
T
BC
TC
PC
Figura 38: Diagramas de forcas para uma corda vertical com massa
Consideremos agora o mesmo problema mas no caso em que a corda tem massa,sendo o seu peso PC = 120 N. O diagrama de forcas para o bloco permanece inal-terado, mas o diagrama para a corda e o representado na Fig. 38.
(a) De acordo com a terceira lei de Newton, a corda exerce sobre o bloco uma forcaigual e de sentido oposto que exerce o bloco sobre a corda
TCB = TBC = 490 N
52
(b) Da condicao de equilıbrio da corda∑Fcorda = TTC − TBC − PC = 0 −→ TTC = TBC + PC = 490 + 120 = 610 N .
Conclui-se que, no caso da corda ter massa, a tensao da corda na extremidadeinferior nao e igual a tensao na corda na extremidade superior.
3. Bloco pendurado por duas cordas sem massa
Um bloco de peso 8 N esta pendurado por dois fios com tensoes T1 e T2 como indicaa Fig. 39. Qual a tensao em cada fio?
40o
30o
T T
P
x
y
Figura 39: Bloco pendurado.
Resolucao
Como o bloco esta em equilıbrio, a soma de todas as forcas que sobre ele actuame zero. Devem decompor-se as forcas na direccao horizontal, do eixo dos xx ena direccao vertical, do eixo dos yy, como escolhidos na figura. As componentesverticais tem de equilibrar o peso. Temos entao∑
Fx = T2 cos 30− T1 cos 40 = 0∑Fy = T2 sin 30 + T1 cos 40− P = 0 .
Resolvendo este sistema obtem-se
T1 = 7.37 N e T2 = 6.52N .
6.3 Movimento sob a accao de uma forca resultante nao nula
1. Plano inclinado
Um corpo de massa m encontra-se num plano inclinado, com inclinacao θ, Fig. 40.O corpo tem duas forcas a actuar sobre ele: o peso, P , e a reaccao de contacto, N ,devido ao contacto com o plano.
53
Em geral, esta forca de contacto tem uma componente na direccao normal ao planoe outra na direccao tangencial (paralela ao plano) devida ao atrito. Esta ultima enula na ausencia de atrito (i.e quando este se pode desprezar, o que traduz de certaforma uma idealizacao.). Consideremos entao que nao ha atrito. As componentesdo peso no sistema de eixos indicado na Fig. 40 sao
Px = mg sin θ ,
ePy = −mg cos θ .
De acordo com a segunda lei de Newton a resultante das forcas que actuam em m
N
P
F
y
x
θ
Figura 40: Plano inclinado.
deve ser igual ao produto da massa pela aceleracao. Mas segundo y a componenteda aceleracao e nula e, portanto,
Py +N = 0 ,
donde se tira queN = mg sin θ .
A reaccao normal ao plano compensa a componente do peso normal ao plano. Poroutro lado segundo x
Px = ma ,
donde se conclui que a aceleracao do corpo no plano inclinado sem atrito e
a = g sin θ .
A aceleracao do movimento do corpo no plano inclinado e, como seria de esperar,inferior a g.
2. Sistema massa-mola
Consideremos um corpo de massa M , ligado a uma mola de constante elastica k,como indicado na Fig. 41. Suponhamos que o corpo e afastado da sua posicao deequilıbrio e depois largado. De acordo com a lei de Hooke, a forca elastica quea extremidade da (estando a outra extremidade desta fixa) exerce sobre o corpo
54
x=0
x(t)
Figura 41: Sistema massa-mola.
e proporcional ao deslocamento da extremidade da mola fixa ao corpo (elongacaoda mola) em relacao a posicao de equilıbrio dessa extremidade (determinada pelocomprimento normal da mola), e aponta sempre no sentido desse ponto de equilıbrio.Consideremos que o corpo esta em equilıbro na posicao x = 0. Entao a forca elastica,Fel, e dada por
Fel = −kx , (34)
onde a constante de proporcionalidade k se designa por constante elastica. Deacordo com a segunda lei de Newton temos
−kx = md2x
dt2.
Podemos reescrever esta equacao na forma
d2x
dt2= −ω2x , (35)
onde ω =√k/m e uma constante de dimensoes T−1. E facil verificar que a funcao
x(t) = A sin (ωt+ φ0) , (36)
obedece a equacao (35). A equacao (36) e caracterıstica do movimento harmonicosimples e todos os sistemas fısicos cujo movimento e descrito por esta equacao sedesignam por osciladores harmonicos. A constante A e a chamada amplitudedo movimento e representa o deslocamento maximo, em modulo, da massa M re-lativamente a posicao de equilıbrio. A constante φ0 e a fase inicial que indica oponto em que se iniciou o movimento (t = 0), que pode ser diferente de x = 0.Este movimento tem como principal caracterıstica a periodicidade. De facto, ao fimde uma certo intervalo de tempo, o perıodo T , o movimento volta a ter as mesmascaracterısticas: posicao, velocidade e aceleracao. Sabemos que o perıodo da funcaosin e 2π o que permite escrever
ω(t+ T ) + φ0 = ωt+ φ0 + 2π .
55
Resulta entao
ω =2π
T.
A grandeza ω designa-se por frequencia angular e expressa-se em rad/s.
3. Pendulo simples
Um pendulo simples e constituıdo por uma massa m suspensa de um fio inextensivel,de massa desprezavel e comprimento l, como mostra a Fig. 42. A massa e afastada
cos θP
sin θP
θ
P
T
Figura 42: Pendulo simples.
ligeiramente da posicao de equilıbrio e em seguida largada. Aplicando as leis deNewton podemos concluir que o corpo executa um movimento periodico, que seraaproximadamente harmonico simples quando o valor inicial de θ for suficientementepequeno. Existem duas forcas aplicadas ao corpo: o peso e a tensao no fio. Decom-pondo as forcas segundo a direccao tangente a trajectoria e a direccao normal a esta(a direccao do fio), temos (P = mg)
T −mg cos θ = mv2
l,
e−mg sin θ = mat , (37)
em que o modulo da aceleracao tangencial e, como vimos anteriormente, igual a
at =dv
dt.
Por outro lado o modulo da velocidade e
v =ds
dt= l
dθ
dt.
A forca tangencial aplicada a massa e pois
Ft = mld2θ
dt2.
56
Iguando a (37)
−mg sin θ = mld2θ
dt2. (38)
Quando as oscilacoes sao pequenas , verifica-se a aproximacao
sin θ ≈ θ ,
e portanto a equacao (38) pode escrever-se na forma
d2θ
dt2+g
lθ = 0 . (39)
Esta equacao e precisamente a equacao para o movimento de um oscilador harmonicode frequencia angular
ω =
√g
l.
Como podemos verificar, ω nao depende da massa m. A solucao de (39) e da forma
θ = θ0 sin (ωt+ φ0) ,
onde θ0 e a amplitude angular do movimento e φ0 e a fase inicial.
4. Movimento circular
Para uma partıcula de massa m presa por uma corda de comprimento L que descrevauma trajectoria circular (de raio L) com movimento uniforme (v constante), sabe-seda cinematica que a aceleracao e normal a trajectoria, apontando para o centrodesta, dada por aN = −acr, ac = v2/L. Pela segunda lei de Newton tera de existiruma forca resultante a actuar sobre essa partıcula que origine essa aceleracao. Essaforca e exercida pelo fio sobre a partıcula, desıgna-se por forca centrıpeta e e descritapela expressao
F = −mv2
Lr , (40)
com r o vector unitario da direccao que passa pelo centro da trajectoria circular epela partıcula e que esta orientado do centro para a partıcula.
5. Pendulo conico
Neste caso o corpo de massam preso ao fio de comrimento l, descreve uma trajectoriacircular de raio R, como mostra a Fig. 43 Tendo em conta o diagrama de forcasindicado, podemos escrever as equacoes
T sin θ =v2
RT cos θ −mg = 0
donde se conclui que
tan θ =v2
Rg.
57
θ
R
l
P
T
x
y
Figura 43: Pendulo conico; diagrama de forcas.
Sabemos que no movimento circular
v = ωR =2π
TR ,
e portanto
tan θ =4π2R
gT 2.
UsandoR = l sin θ ,
podemos escrever
g =4π2l cos θ
T 2.
Atraves da medicao do perıodo de oscilacao de um pendulo conico de comprimentol e angulo θ e possivel determinar experimentalmente o valor de g. Newton assim ofez com uma precisao de 4%.
6. Bloco sobre uma mesa horizontal
Um bloco de massa m esta sobre uma mesa horizontal sem atrito, puxado por umaforca F que lhe e aplicada atraves de um cordel. Para saber o movimento do blocoe necessario determinar a resultante das forcas que sobre ele actuam. Essas forcaspodem ser forcas de contacto entre o corpo e as vizinhancas ou podem ser forcas adistancia como e o caso da forca gravıtica. Actuam sobre o corpo a forca gravıtica(peso), P , a forca de contacto exercida pela mesa (perpendicular a superfıcie destena ausencia de atrito), F n e a forca de contacto T exercida pelo cordel. Na Fig. 44estao desenhadas as forcas sobre o bloco num sistema de eixos conveninte. Vistoque o bloco nao tem aceleracao na direccao do eixo dos yy temos
F n = −P ,
e de acordo com a segunda lei de Newton
T = max .
Analisemos agora o que passa com o cordel. Sobre o cordel actua a forca F exercidapela mao e a forca T ′ exercida pelo bloco. Esta forca tem a mesma direccao e
58
T
P
Fn
X
Y
Figura 44: Diagrama de forcas aplicadas ao bloco.
F−T’
Figura 45: Forcas aplicadas no cordel.
grandeza que a forca do cordel sobre o bloco mas sentido contrario como se podever na Fig. 45.
Admitindo que o cordel fica totalmente esticado, a sua aceleracao e igual a aceleracaodo bloco e a lei de Newton aplicada ao cordel, de massa mc, e
F − T ′ = mcax .
Se considerarmos que a massa do cordel e muito pequena em relacao a do bloco,entao
F − T ′ = 0 ,
Assim F e T ′ tem o mesmo modulo e F e T sao iguais.
7. Atleta a correr na curva
Um atleta que corre com velocidade v faz uma curva de raio R numa pista cominclinacao θ, Fig. 46, onde esta representado o diagrama das forcas que actuam noatleta. A resultante das forcas deve ter a direccao centrıpeta pois o movimento ecircular (o plano da trajectoria e perpendicular ao da Figura). Uma componenteda reacao normal, FN , compensa o peso enquanto a outra (horizontal na Figura)produz a componente centrıpeta da aceleracao necessaria apara que o atelta descrevaa trajectoria circular. Tem-se pois
FN cos θ − P = 0 ,
e
FN sin θ = mv2
R.
Dividindo a segunda equacao pela primeira obtem-se
FN sin θ
FN cos θ=mv2
R
mg,
59
F
PF
N
C
θ
Figura 46: Uma componente da forca normal e responsavel pela aceleracao centrıpetanecessaria para o atelta descrever uma curva circular.
o que implica
tan θ =v2
gR.
Esta expressao e igual a obtida para o pendulo conico.
60
7 Forcas de atrito
7.1 Atrito estatico e atrito cinetico
E nossa experiencia comum que um corpo em movimento nao permanece indefinida-mente em movimento. Existem forcas de contacto que se opoem ao movimento que sedesignam por forcas de atrito. Estudamos apenas as forcas de atrito existentes entresolidos que podem estar em repouso uns em relacao aos outros, atrito estatico, ou podemescorregar uns sobre os outros, atrito cinetico. Alem destas forcas de atrito existem ou-tras, como por exemplo o atrito de rolamento, que existe quando um corpo solido rolasobre outro (caso das rodas) e o chamado atrito de arrastamento (forcas de resistencia domeio), que existe quando um objecto de move num fluido (caso dos corpos em movimentono ar).
Atrito estatico
Consideremos um bloco de peso P sobre uma mesa que o sustenta com a forca normalFN . Uma forca horizontal F actua sobre o bloco (ver Fig. 47).
FF
P
fN
s
Figura 47: Atrito estatico.
Um dinamometro regista essa forca mas o bloco nao de move, ou seja, a aceleracao enula, a = 0. Para isso acontecer a soma das forcas sobre o bloco deve ser nula. Deve haverentao uma forca que tem a mesma direccao e modulo de F mas sentido contrario. Essaforca e denominada forca de atrito estatico, f s. Pode mostrar-se experimentalmenteque a forca de atrito estatico nao depende da area de contacto entre as duas superfıciesmas apenas da forca normal entre elas. A partir de um certo valor da forca F aplicadao bloco inicia o movimento. O valor maximo de fs para o qual o bloco esta parado estarelacionado com a forca normal entre as duas superfıcies atraves
(fs)max = µsFN ,
onde µs e o coeficiente de atrito estatico. O coeficiente de atrito estatico depende dasduas superfıcies em contacto e nao pode ser calculado teoricamente mas sim determinadoexperimentalmente. Em geral, tem-se
fs ≤ µsFN .
61
Atrito cinetico
Aplicando uma forca F superior em modulo a (fs)max o bloco inicia o movimento nadireccao da forca aplicada. Nesse momento, a forca de atrito entre a superfıcie do blocoe a superfıcie horizontal, diminui passando agora a ser uma forca de atrito cinetico,cujo modulo e dado por
fk = µkFN ,
O coeficiente de atrito cinetico, µk e sempre inferior a µs e verifica-se experimentalmenteque µk e independente da velocidade, desde que esta nao atinja valores muito elevados. Omodulo da forca de atrito e igual ao modulo da forca que seria necessario aplicar ao blocopara que ele se movesse com velocidade constante. A relacao entre o atrito cinetico e oestatico e a indicada na Fig. 48. Enquanto o atrito e estatico a forca de atrito e sempre
f
f = f =Fs
F
f = fk
Figura 48: Forca de atrito em funcao da forca aplicada.
igual a forca aplicada de tal forma que o corpo nao tem aceleracao (fs = F ). Quando aforca aplicada atinge um certo valor (F = (fs)max), inicia-se o movimento, o atrito passaa ser cinetico e a forca de atrito e constante.
A tabela em baixo indica alguns valores aproximados para os coeficientes de atritoestatico e cinetico, medidos experimentalmente para varios materiais.
Materiais µs µkAco com aco 0, 74 0, 57Alumınio com aco 0, 61 0, 47Cobre com aco 0, 53 0, 36Vidro com vidro 0, 94 0, 40Borracha com cimento seco 1, 00 0, 80Borracha com cimento humido 0, 30 0, 25Skies na neve com cera 0, 1 0, 05
A forca de atrito estatico serve para fazer movimentar uma pessoa, um carro, umabicicleta. Podemos dizer que o movimento so pode ocorrer devido a forca de atrito. Aterceira lei de Newton explica que quando exercemos forca sobre uma superfıcie, essasuperfıcie reage com uma forca de igual intensidade, direccao, mas sentido oposto. E essaforca de reaccao (tangencial devida ao atrito) que nos empurra para a frente.
62
Quando um carro esta acelerado com movimento rectilıneo, as rodas giram pois omotor gera um momento no eixo que provoca a rotacao das rodas. Se nao existisse atritode qualquer especie, i.e. nenhuma reaccao tangencial, entre as rodas e o pavimento elasgirariam livremente e o carro nao se deslocaria. E o atrito estatico que permite que, se omomento da forca fornecida pelo motor nao for muito grande, as rodas nao escorreguemsobre o pavimento. A forca devida ao atrito estatico aplicada no pneu esta dirigida paraa frente e e responsavel pela aceleracao do carro. (Quando as rodas patinam, a forca deatrito em jogo e a forca de atrito cinetico.)
Quando a roda gira sem deslizar, a superficie de contacto entre a roda e o pavimentoesta em repouso em relacao ao pavimento. Assim o atrito entre os dois e um atritoestatico. Em relacao ao centro da roda, que se move com velocidade v para a frente,a medida que o carro avanca, a superfıcie do pneu em contacto com a estrada move-secom velocidade −v relativamente ao eixo da roda e esta, assim, em repouso relativamentea estrada (ver Fig. 49). Se o momento do motor for muito grande, as rodas passam adeslizar e a superfıcie de contacto do pneu com o pavimento tera um velocidade nao nulapara tras em relacao a estrada e o atrito deixa de ser estatico e passa a ser cinetico. Comoa forca de atrito estatico e maior que a do atrito cinetico, para acelerar mais um carro oatrito entre as rodas e a estrada deve ser apenas estatico. Quando se trava, o atrito podeser estatico ou cinetico, de acordo com o modo como se aplicam os travoes. Se a rodasbloquearem, o atrito e cinetico e carro tera uma aceleracao de travagem menor, levandomais tempo a parar.
2v
v
Figura 49: Os vectores a tracejado representam a velocidade em relacao ao centro e oscontınuos em relacao ao pavimento.
Existem outros tipos de forcas de atrito, como por exemplo, o atrito de rolamento eo atrito de arrastamento (forca de resistencia do meio). O primeiro ocorre quando umaroda rola com velocidade constante e o segundo ocorre quando objectos se movem numfluido. Um dos exemplos mais ilustrativos deste segundo tipo de atrito e o da queda livree com para-quedas. O para-quedas serve para aumentar o atrito entre o paraquedista e oar, diminuindo significativamente a velocidade de queda.
63
7.2 Exemplos de aplicacao da leis de Newton na presenca deatrito
1. Determinacao do coeficiente de atrito estatico usando o plano inclinado
Consideremos um corpo de massam sobre um plano inclinado como mostra a Fig. 50.No caso de o corpo estar em equilıbrio temos as seguintes equacoes
FN
Pfs
θ
y
x
Figura 50: Corpo sobre plano inclinado.
P cos θ − FN = 0
P sin θ − fs = 0 ,
donde se tirafs = FN tan θ .
Assim, a forca de atrito estatico maxima e
(fs)max = µsFN = FN tan θc ,
onde θc representa o angulo de inclinacao a partir do qual o bloco escorrega planoabaixo (angulo crıtico). O coeficiente de atrito estatico e pois dado por
µs = tan θc .
E possivel determinar o coeficiente de atrito entre duas superfıcies, inclinando gra-dualmente o plano e determinado o angulo a partir do qual se inicia o movimento.
Quando ha movimento temos
Fx = mg sin θ − µkFN = max ,
dondeax = g (sin θ − µk cos θ) .
2. Determinacao do coeficiente de atrito cinetico
Uma pessoa empurra um treno parado sobre uma superficie horizontal de neve.Quando o treno atinge a velocidade v, e largado e percorre uma distancia d, em
64
linha recta, ate parar. Na Fig. 51 representa-se o diagrama das forcas sobre o trenodepois de largado. Segundo x temos
−fk = ma ,
segundo yFN −mg = 0 .
Comofk = µkFN = −µkmg ,
vema = −µkg .
O sinal negativo significa que a aceleracao tem sentido contrario ao do movimento.
P
FNN
Fk
v
a x
y
Figura 51: Diagrama de forcas sobre o treno.
Considera-se a forca de atrito constante e portanto o movimento e uniformementeretardado. Sendo assim, a distancia percorrida e a velociade inicial estao relaciona-das atraves de (velocidade final nula)
0− v2 = 2ad ,
ouv2 = 2µkgd .
Entao
µk =v2
2gd.
Sabendo a velocidade inicial e a distancia percorrida e possıvel determinar o coefi-ciente de atrito cinetico.
3. Carro na curva
Consideremos que um carro viajando a uma velocidade constante v, descreve umacurva de raio R, sem inclinacao, como mostra a Fig. 52. Neste caso, a forca res-ponsavel pela trajectoria circular do carro e a forca de atrito (estatico). O atritotem se ser estatico, pois as rodas nao deslizam na direccao radial. Atendendo aodiagrama de forcas representado podemos escrever
FN = P = mg
65
F
P
NFs
a
v
F
R
vs
Figura 52: Carro na curva com atrito.
e
fs = mv2
R.
A medida que a velocidade do carro aumenta, a forca de atrito aumenta tambem.No entanto, existe um limite maximo para fs, fs,max = µsmg. Assim, a velocidademaxima que o carro pode ter para descrever a curva sem escorregar e
vmax =õsRg .
O valor da velocidade nao depende da massa, mas sim do raio e do coeficiente deatrito estatico entre os pneus e a estrada.
7.3 Problemas com dois ou mais corpos
Antes de passarmos as aplicacoes, convem estudar o sistema ilustrado na Fig. 53.Uma roldana de massa desprezavel esta suspensa de um suporte e pode girar sem atrito.Um fio, tambem de massa desprezavel passa por essa roldana. As forcas aplicadas aosdois lados do fio sao T e T ′. Pode mostrar-se que, no caso de desprezarmos a massa daroldana, os modulo destas forcas sao iguais. Ou seja,
|T | = |T ′| ,
i.e., a roldana tem como efeito mudar a direccao da forca sem alterar o seu modulo. Paraque a roldana permaneca em equilıbrio a resultante das forcas aplicadas deve ser nula, oque implica que a forca do suporte sobre a rolana deve ser −(T + T ′). A este tipo deroldana chama-se roldana ideal.
1. Roldana e plano inclinado
Consideremos o sistema apresentado na Fig. 54, em que o sentido do movimento eo indicado.
Desprezam-se as massa da roldana e dos fios e o atrito na roldana e entre o bloco demassa m2 e a superfıcie do plano inclinado. Pretende-se determinar a aceleracao dosistema e a tensao na corda. Para isso, aplicam-se as leis de Newton a cada corposeparadamente. Assim, para o bloco de massa m1 temos
66
−(T+ T’)
T
T ’
Figura 53: Roldana ideal
θ
T
T
P
P
FN
1
m
m
1
2
2
a
yx
Figura 54: Dois blocos e um plano inclinado
−m1g + T = −m1a . (41)
Para o bloco m2 vemT −m2g sin θ = m2a , (42)
eFN −m2g cos θ = 0
Da equacao (41) resultaT = m1(g − a) ,
que se substitui na equacao (42)
m1(g − a)−m2 sin θ = m2a ,
ou ainda
a =m1 −m2 sin θ
m1 +m2
g . (43)
A tensao T e entao dada por
T =m1m2
m1 +m2
(1 + sin θ)g . (44)
E interessante analisar os casos limite sin θ = 0 e sin θ = 90o. A primeira situacaoesta ilustrada na Fig. 55 Neste caso θ = 0 e
a =m1
m1 +m2
g , T =m1m2
m1 +m2
g .
67
FN
m1
P1
T
P
m
T
2
2
Figura 55: Dois blocos e uma roldana
A situacao em que sin θ = 90o corresponde a um dispositivo denominado Maquinade Atwood, ilustrado na Fig. 56 que foi concebido para medir experimentalmentea aceleracao da gravidade. Neste caso temos
a =m1 −m2
m1 +m2
g , T =2m1m2
m1 +m2
g .
m
m2
1
Figura 56: Maquina de Atwood
Suponhamos que o sistema e largado sem velocidade inicial. Qual seria a velocidadequando o corpo de massa m1 desce de uma altura h? Como a aceleracao e constante,podemos escrever
v2f − v2
i = 2ah ,
e portantov =√
2ah . (45)
Esta expresao esta de acordo com a velocidade de chegada ao solo de um objectoem queda livre que e largado de uma altura h. De facto, nesse caso temos
v =√
2gh .
68
2. Vantagem mecanica
Consideremos o sistema de duas roldanas representado na Fig. 57. No caso de umaroldana so, o sistema fica em equilıbrio estatico, i.e. a = 0, se m1 = m2 (verexemplo anterior). Neste caso, veremos que o sistema de roldanas permite chegarao equilıbrio para um valor de m2 menor do que m1.
a/2−T
T T
m
m
l
l
1
2
2
1
a
2
1
Figura 57: Sistema de duas roldanas
Aplicando a 2a lei de Newton ao corpo de massa m2 temos
T −m2g = m2a . (46)
Sabemos que o comprimento do fio permanece constante e portanto, de acordo coma Fig. 57
2l1 + l2 = constante .
Temos entao, para as variacoes de comprimento durante o movimento, que
∆l2 = −2∆l1 .
Esta expressao significa que, se m2 sobe uma distancia ∆l2, m1 desce metade dessadistancia. Assim, sendo esta relacao ainda valida para as taxas temporais de va-riacao desses comprimentos, se a e a aceleracao de m2, a aceleracao de m1 e a/2, oque permite escrever
2T −m1g = −m1a
2. (47)
De notar que esta expressao so e valida porque consideramos que a roldana 1 naotem massa e que se move conjuntamente com m1.
Resolvendo o sistema de equacoes (46) e (47) em ordem a a e T obtem-se
a =2(m1 − 2m2)
m1 + 4m2
g ; T =3m1m2
m1 + 4m2
g .
Podemos verificar que o equilıbrio (a=0) se obtem para
m2 =m1
2.
Este sistema de roldanas reduz para metade a forca necessaria para equilibrar umdeterminado peso (aqui representado por m2).
69
8 Trabalho e energia
A aplicacao das leis de Newton para determinar a posicao e velocidade de um corpopode ser de extrema complexidade. Um exemplo: determinar a velocidade de uma flechaque foi disparada por um arco. Quando o fio do arco esta a ser puxado, a forca por eleexercida sobre a flecha varia com a posicao desta e nao ha maneira de saber como e essavariacao. Para resolver certo tipo de problemas, como este, e util e necessario introduzira nocao de energia. A aplicacao dos conceitos de trabalho e energia vai muito alem damecanica. De facto, o teorema da conservacao de energia e um dos mais importantesna fısica. Ha varias formas de energia: a energia cinetica ( associada ao movimento), otrabalho (uma forma generica de transferir energia, que normalmente se associa a umaforca fazendo deslocar o seu ponto de aplicacao), energia termica (associada ao movimentodas moleculas ou atomos e relacionada com a temperatura), etc... As trocas de energiaentre dois sistemas podem ser feitas atraves da realizacao de trabalho ou transferencia decalor. Quando a energia de uma parte de um sistema diminui a da outra parte do sistemaaumenta, de tal forma que a energia total se mantem constante.
8.1 Trabalho de uma forca constante no movimento unidimen-sional
O trabalho realizado por uma forca sobre um corpo e o produtodo deslocamento do ponto de aplicacao da forca pela componenteda forca na direccao do deslocamento.
So efectua trabalho a componente da forca que tem a direccao do deslocamento doponto de aplicacao. Inicialmente, consideraremos apenas forcas constantes e movimentounidimensional. Se a forca actua sobre o corpo fazendo um angulo θ com a direccao dodeslocamento, como mostra a Fig. 58, entao o trabalho realizado sobre o corpo e
W = Fx∆x = F cos θ∆x .
F
Fcos
θ
θ
Figura 58: So a componente da forca na direccao do deslocamento realiza trabalho.
O trabalho calcula-se multiplicando os modulos da forca e do deslocamento e o co-seno do angulo entre o vector forca e o vector deslocamento. Ou entao, multiplicamos acomponente da forca na direccao do deslocamento pelo modulo do deslocamento. Ou seja,o trabalho define-se como o produto escalar do vector forca pelo vector deslocamento
W = F ·∆x .
70
O trabalho de Fx correspondente ao deslocamento ∆x corresponde a area subentendidapela curva de Fx num grafico em que a abcissa e x a ordenada Fx, como indicado na Fig. 59.
F
x
W=F ∆x
Figura 59: Trabalho de uma forca constante.
A grandeza escalar trabalho pode ser positiva ou negativa, consoante F e ∆x tem omesmo sentido ou sentido opostos. As dimensoes de trabalho sao as do produto de umaforca por uma distancia sendo a unidade SI o joule , dado por
1 J = 1 N.m .
O trabalho depende do referencial. Suponhamos que uma pessoa, que sobe num ele-vador com velocidade constante, segura um objecto. Para um observador ligado ao re-ferencial do elevador, o deslocamento do objecto e zero e portanto o trabalho realizadopela forca que o segura e nulo. Pelo contrario, em relacao ao referencial do laboratorio, otrabalho e diferente de zero, pois o deslocamento tambem o e.
Se sobre um objecto actuam N forcas F 1, F 2, ... FN , de tal forma que o deslocamentodo objecto e ∆x, entao o trabalho total sobre esse objecto e dado por
Wtotal = W1 +W2 + ...+WN = F1x∆x+ Fx2∆x+ ...+ FN∆x
= (F1x + Fx2 + FN) ∆x = Rx∆x ,
em que Rx e a componente x da forca resultante.
Exemplo: Consideremos um bloco de massa m = 15 kg, que sobe 8 m no planoinclinado da Fig. 60, puxado por uma corda com tensao constante T = 300 N. Qual otrabalho realizado por cada uma das forcas que actua no bloco?
30o
F TNy
xP
α
Figura 60: Exemplo de aplicacao.
71
Como nao ha movimento na direccao y, a reaccao normal do plano, FN e compensadapela componente y do peso
FN − Py = 0 −→ FN = mg cos θ .
O trabalho realizado pelo peso e
WP = P ·∆x = mg∆x cosα = mg cos (π/2 + θ) = −mg sin θ∆x = −Px∆x = −1.9 kJ .
e pela tensao eWT = T ·∆x = T∆x cos 0 = 2.4 kJ .
Teorema do trabalho-energia no movimento unidimensional
Seja Fx a componente da forca resultante que realiza trabalho. A segunda lei deNewton e
Fx = max .
Como a forca e constante, a aceleracao tambem e constante e verifica-se
v2xf = v2
xi + 2ax∆x ,
onde vxi e vxf sao as velocidades inicial e final da partıcula, respectivamente. Podemosentao escrever
ax∆x =
(v2xf − v2
xi
)2
.
O trabalho realizado pela resultante das forcas que actua no corpo e entao dado por
Wt = Fx∆x = max∆x =1
2mv2
xf −1
2mv2
xi .
Define-se energia cinetica de uma partıcula como metade do produto da sua massapelo quadrado da sua velocidade
Ec =1
2mv2
x .
Assim, temos
Wt = ∆Ec =1
2mv2
xf −1
2mv2
xi .
Esta expressao constitui o teorema do trabalho-energia que pode ser enunciado daforma
O trabalho total realizado pela resultante de todas as forcas queactuam sobre uma partıcula e igual a variacao de energia cineticada partıcula
So ha variacao da energia cinetica se o modulo da velocidade variar. Por outro lado,apenas a componente da forca na direccao da velocidade pode ser responsavel pela variacaodo seu modulo. Daı, so esta componente realizar trabalho.
Se W > 0, a energia cinetica aumenta e se W < 0, a energia cinetica diminui.
Podemos concluir que:
• A energia cinetica de uma partıcula representa a sua capacidade de realizar trabalho;
• O trabalho realizado sobre uma partıcula faz variar a sua energia cinetica.
72
8.2 Trabalho de uma forca variavel
Consideremos que uma forca variavel actua sobre um corpo que se desloca da posicaox1 para a posicao x2, ao longo de uma recta. Na Fig. 61 representa-se o modulo da forcaem funcao da posicao.
∆x x1 2
xi
F
x
Figura 61: Trabalho de uma forca variavel.
Para calcular o trabalho realizado pela forca variavel, subdivide-se o intervalo entrex1 e x2 em intervalos onde a forca se pode considerar constante, e somam-se todas ascontribuicoes para o trabalho,
W = lim∆xi→0
∑Fx∆xi .
Este limite representa a area abaixo do grafico da forca F em funcao de x, como se mostrana Fig. 61
W =∫ x2
x1Fxdx .
Vejamos agora que o teorema do trabalho-energia tambem se verifica mesmo no casoda forca variavel
W =∫maxdx =
∫mdvxdtdx
=∫mdvxdt
dx
dtdt =
∫mv
dvxdtdt
=∫ vx2
vx1mvxdvx
=1
2mv2
x2 −1
2mv2
x1 c.q.d (48)
A forca elastica como exemplo de uma forca variavel a uma dimensao
Uma partıcula de massa m esta presa a uma extremidade de uma mola, de constanteelastica k, que tem a outra extremidade fixa, como mostra a Fig. 62.
A posicao de equilıbrio corresponde aquela em que a mola nem esta encolhida nemdistendida. O deslocamento x e medido a partir dessa posicao. Vimos ja que para
73
mk
Figura 62: Exemplo de uma forca variavel.
pequenos deslocamentos em torno da posicao de equilıbrio, a forca que a mola exercesobre a partıcula e proporcional a x e e dada pela lei de Hook
F = −kx .
O sinal menos na expressao indica que a forca aponta sempre no sentido da posicaode equilıbrio. Assim se inicialmente deslocarmos ligeiramente a massa da posicao deequilıbrio ela oscilara em torno dessa posicao. O trabalho realizado pela forca restauradorapara levar a partıcula da posicao inicial x = xi ate uma posicao final x = xf e dado por
W =∫ xf
xiFdx = −
∫ xf
xikxdx = −1
2k(x2f − x2
i
)(49)
Exemplo: Consideremos um objecto de massa 0.5 kg, ligado a uma mola de constantek = 50 N.m−1. Qual o trabalho da forca elastica para deslocar o corpo de xi = 0 atexf = 0.15 m ? E de xi = 0.15 m ate xf = 0.3 m?
Aplicando (49) temos
W = −1
2k(x2f − x2
i
)= −1
2× 50× 0.152 = −0.56 J ,
e
W = −1
2k(x2f − x2
i
)= −1
2× 50×
(0.32 − 0.152
)= −1.69 J ,
De notar que, embora o deslocamento nos dois casos seja o mesmo, o trabalho e diferentepois a forca nao e constante.
8.3 Trabalho e energia no movimento geral
Consideremos que uma forca actua sobre uma partıcula que se desloca sobre uma curvaarbitaria no espaco. A componente perpendicular da forca e responsavel pela aceleracaonormal, ou seja, pela variacao da direccao da velocidade, enquanto que a forca tangencial
e responsavel pela variacao do modulo da velocidade, Ft = mdv
dt. E precisamente esta
componente da forca que realizado trabalho. O trabalho realizado por Ft num pequenodeslocamento ∆r e (ver Fig. 63a)
W∆r = Ft∆r .
No limite em que os deslocamentos sao infinitesimais, o trabalho obtem-se somandoinfinitas contribuicoes infinitesimais, e o trabalho total para deslocar a partıcula de um
74
P
P
F
r∆
i
f
F
rd
P
P
i
f
b)a)
Figura 63: Trabalho no movimento geral.
ponto incial Pi = (xi, yi, zi) para um ponto final Pf = (xf , yf , zf ) sobre a trajectoria eigual ao integral de linha (Fig. 63b)
W =∫ Pf
Pi
Ftdr .
Mas Ft nao e mais do que a componente de F na direccao do deslocamento e portantopodemos escrever Ftdr como um produto escalar
W =∫ Pf
Pi
F · dr ,
que representa a definicao mais geral de trabalho. O deslocamento infinitesimal arbitrariopode escrever-se na forma
dr = dxı + dy + dzk ,
de modo que
W =∫ Pf
Pi
F · dr =∫ xf
xiFxdx+
∫ yf
yiFydy +
∫ zf
ziFzdz .
Se existir mais do que uma forca a actuar sobre o corpo que sofre um deslocamentodr, o trabalho infinitesimal total e igual a soma dos trabalhos infinitesimais realizadospor cada uma dessas forcas
dWtotal = F 1 · dr + F 2 · dr + F 3 · dr + ... =∑i
F i · dr =
(∑i
F i
)· dr = F resdr .
Mostramos agora que o teorema do trabalho-energia se verifica tambem no caso domovimento a tres dimensoes.
W =∫ Pf
Pi
Ftdr .
Sabemos que
Ft = mdv
dt.
Por outro ladodv
dt=dv
dr
dr
dt= v
dv
dr,
donde se conclui que
W =∫ Pf
Pi
mvdv
drdr =
∫ vf
vimvdv =
1
2mv2
f −1
2mv2
i = ∆Ec ,
onde vi e vf sao as velocidades no ponto inicial, Pi e no ponto final, Pf , respectivamente.
75
Exemplos de aplicacao do teorema do trabalho-energia cinetica
1. O trabalho da forca gravıtica.
Consideremos que um corpo se desloca do ponto P1(x1, y1, z1) ate ao ponto P2(x2, y2, z2),ao longo da trajectoria indicada na Fig. 64.
(x ,y ,z ) 1 1 1
P
P2
(x ,y ,z ) 2 2 2
g
1
z
xy
Figura 64: Trabalho da forca gravıtica.
Perto da superfıcie terrestre temos
Fx = 0
Fy = 0
Fz = −mg .
O trabalho realizado pela forca gravıtica quando a partıcula se desloca de P1 paraP2 e dado por
W =∫ x2
x1Fxdx+
∫ y2
y1Fydy +
∫ z2
z1Fzdz
=∫ z2
z1−mgdz = −mg (z2 − z1) . (50)
O trabalho da forca gravıtica depende da distancia vertical entre P1 e P2. Osdetalhes da trajectoria nao sao importantes.
2. Carro na montanha russa.
O carro de uma montanha russa parte do repouso e desce ao longo de uma pista emcurva. Qual a velocidade com que ele chega ao solo?
Desprezando o atrito, existem apenas duas forcas que actuam no carro. Uma ea forca gravıtica que a terra exerce sobre o carro. A outra e a reaccao normalda pista sobre o carro, FN que permite que este descreva as curvas. Enquantoque o peso e constante, a reaccao normal nao o e, e e ate uma das incognitas adeterminar. No entanto, para cada deslocamento infinitesimal do carro dr, FN e-lhe sempre perpendicular. Assim, esta forca nao realiza trabalho. Como vimos numdos exemplos atras, o trabalho realizado pela forca gravıtica e igual a
WP =∫ Pf
Pi
P · dr =∫ z2
z1−mgdz = −mgh ,
76
onde h representa a altura, medida a partir do solo, do ponto de partida do carro.Aplicando o teorema do trabalho-energia temos
mgh = (Ec)f − (Ec)i =1
2mv2
f −1
2mv2
i .
Como o carro parte do repouso, vi = 0 e
v =√
2gh .
De notar que o resultado nao depende da massa e so depende da distancia percorridana vertical (direccao do peso).
3. Corpo a executar movimento circular.
Uma pedra de massa m esta presa a um fio e executa movimento circular no planovertical (ver Fig. 65). Qual e a velocidade mınima da pedra no ponto mais baixoda trajectoria B, se quando a pedra passa o ponto mais alto da trajectoria, A, atensao no fio for nula?
P
R
T
A
B
Figura 65: Movimento circular de um corpo.
Neste caso, as consideracoes energeticas nao sao suficientes para resolver o problema.Deve aplicar-se tambem a 2a lei de Newton. No ponto A, se a tensao e nula, o pesoe a forca responsavel pelo movimento circular, logo
mg = mv2A
R, (51)
e portantov2A = gR (52)
O trabalho realizado pela forca gravıtica entre A e B e, de acordo com o teoremado trabalho-energia
WA→B = mgh = (Ec)B − (Ec)A . (53)
Como h = 2R vem
mg2R =1
2mv2
B −1
2mv2
A , (54)
donde se conclui que
v2B = 4gR + gR −→ vB =
√5gR . (55)
77
8.4 Forcas conservativas e energia potencial
Forcas conservativas
Consideremos uma partıcula que se move sob a accao de uma forca F de um pontoP1 para um ponto P2, ao longo de tres caminhos diferentes, como indicado na Fig. 66a.
P1 P
1
P2
P2I
II
III
I
II
a) b)
Figura 66: Forca conservativa: a) WI = WII = WIII , b) WI = −WII .
Se WI = WII = WIII , entao a forca F e conservativa, pois o trabalho nao dependedo caminho escolhido.
Uma forca diz-se conservativa se o trabalho total que ela efectuasobre uma partıcula para a deslocar de um ponto do espaco paraoutro ponto do espaco nao depende dcaminho escolhido entreeles.
Uma implicacao desta definicao e a de que, se o objecto se deslocar ao longo de umcaminho fechado, Fig. 66b, entao o trabalho realizado pela forca e nulo. Podemos, entao,definir forca conservativa de outro modo:
O trabalho realizado por uma forca conservativa ao longo de umcaminho fechado e nulo.
Energia potencial
O trabalho realizado por uma forca conservativa sobre um corpo so depende dos pontosinicial e final da trajectoria seguida pelo corpo, o que permite definir uma funcao de pontodo espaco, tal que a variacao dessa funcao seja igual ao simetrico do trabalho realizadosobre a partıcula:
W =∫ Pf
Pi
F · dr = −∆Ep = Ep(Pi)− Ep(Pf ) .
Define-se a energia potencial num ponto P qualquer do espaco atraves da expressao
Ep(P ) = −∫ P
P0
F · dr + Ep(P0) , (56)
78
onde Ep(P0) e a energia potencial num ponto qualquer P0 de referencia. A escolha doponto de referencia nao tem qualquer importancia, pois o trabalho e igual ao simetrico davariacao da energia potencial. A escolha de referencia esta relacionada com uma constanteaditiva que desaparece das variacoes de energia potencial. E usual fazer-se a escolha
U(P0) = 0 .
No caso de um sistema constituıdo por duas partıculas, o sinal negativo na variacao deenergia potencial implica que, quando o trabalho realizado pela forca conservativa entre aspartıculas e positivo, ocorre numa diminuicao da energia potencial do sistema. A energiapotencial e, assim, uma energia de configuracao do sistema dos dois corpos. A realizacaode trabalho, pelo oou sobre o sistema, esta, deste modo relacionada com a alteracao daconfiguracao do sistema.
Energia potencial gravıtica a superfıcie da Terra
Sabe-se que F = −mgk e assume-se Ep(P0) = 0, para P0 = (0, 0, 0). Resulta entao
Ep(P ) = −∫ P
P0
F · dr = −∫ x
0Fxdx
′ −∫ y
0Fydy
′ −∫ z
0Fzdz
′
= −∫ z
0Fzdz
′ = mgz . (57)
A coordenada z representa a altura, em relacao a um dado ponto de referencia, a quese encontra o corpo.
∆ Ep
E (z)
z
mgzp
Figura 67: Energia potencial gravıtica a superfıcie da Terra.
A energia potencial gravıtica representa o simetrico do trabalhorealizado pela forca gravıtica sobre o corpo quando este se deslocaentre dois pontos com altitudes diferentes, sendo um deles dereferencia.
ouA energia potencial gravıtica representa a capacidade de um corpo realizartrabalho pelo facto de se encontrar a uma altura diferente de zero emrelacao a superfıcie da terra.
A Fig. 67 representa a energia potencial de um corpo de massa m a superfıcie da Terraem funcao da sua altitude.
79
Energia potencial elastica
Um outro exemplo de uma forca conservativa e o da forca elastica exercida por umamola sobre um corpo de massa m (ver Fig. 68a),
Felas = −kx ,
A energia potencial associada a forca elastica e definida de acordo com
Ep(x) = −∫ x
x0F · dx+ Ep(x0)
E usual considerar Ep(x0) = 0, e portanto, se x representa o deslocamento em relacao aposicao de equilıbrio, a energia potencial armazenada na mola e dada por
Ep = −∫ x
0(−kx′)dx′ = 1
2kx2 .
A Fig. 68b mostra a variacao da energia potential elastica com a distancia ao ponto deequilıbrio, x = 0.
x=0
F
E
x
1/2 k x2
p
Figura 68: Forca conservativa: a) Sistema massa-mola, b) Energia potencial em funcaode x.
8.5 Teorema da conservacao da energia mecanica
O trabalho total realizado por uma forca conservativa a actuar sobre uma partıculade um sistema e dado por
Wtotal =∫F · dr = −∆Ep = +∆Ec ,
e portanto∆Ep + ∆Ec = ∆(Ec + Ep) = 0
A energia mecanica total do sistema e por definicao, a soma da energia cinetica com aenergia potencial. Daqui resulta pois a lei da conservacao da energia mecanica:
Num sistema em que so forcas conservativas realizam trabalho,a energia mecanica total permanece constante.
80
Exemplos de aplicacao do teorema da conservacao da energiamecanica
1. O ‘loop-the-loop’
Na Fig. 69 esta representado um sistema que em ingles se designa por loop-the-loop.Qual a altura mınima h, em funcao de R, para a qual o corpo de massa m, partindodo repouso do ponto A a altura h, chega ao ponto B sem cair?
h
R
C
B
Figura 69: Loop-the-loop.
A forca total sobre o corpo no ponto B e (quando esta a executar o loop)
Fc = mg +RN = mv2
R. (58)
A velocidade mınima em B que permite que o corpo execute a volta completacorresponde a uma forca normal nula, i.e.
v2B = gR . (59)
De acordo com o princıpio da conservacao da energia
mgh+ 0 = mg2R +1
2mv2
B , (60)
ou seja,v2B = 2g (h− 2R) = gR , (61)
donde se conclui que
h =5
2R . (62)
2. O sistema massa-mola
Consideremos o sistema representado na Fig. 70, onde um objecto de massa m estasuspenso de uma mola de constante elastica k. O corpo e puxado ligeiramente parabaixo ate a sua posicao ser xA. Em seguida e lancado para cima com uma velocidadeinicial v0 ate chegar a posicao xB. Desprezando a massa da mola, determine avelocidade do objecto em xB.
Resolucao
Como so actuam forcas conservativas, verifica-se
Ec(xB) + Ep(xB) = Ec(xA) + Ep(xA)
81
Bx
xAxA
Bx
m
m=0.50 kg
k=50 N/ m
=0.50 m
=0.20 m
v =2.0 m/s0
Figura 70: Energia mecanica: energia potencial elastica e energia cinetica.
O corpo tem energia potencial elastica e energia potencial gravıtica
Ep(xA) = −mgxA +1
2kx2
A e Ep(xB) = −mgxB +1
2kx2
B
A origem das energias potenciais e na posicao x = 0 que coincide com a extremidadefixa da mola.
Assim1
2mv2
B −mgxB +1
2kx2
B =1
2mv2
A −mgxA +1
2kx2
A
Resolvendo em ordem a vB resulta
v2B = v2
A − 2g(xA − xB) +k
m(x2
A − x2B)
Usando os valores indicados,
v2B = 2.02 − 2× 9.8× (0.50− 0.20) +
50
0.5(0.502 − 0.202) −→ vB = 4.37 m/s .
3. Um tijolo cai sobre uma mola
Consideremos o sistema da Fig. 71, onde um tijolo de massa m e abandonado deuma altura h sobre uma mola, de constante de elasticidade k e de massa desprezavel,montada numa plataforma. Qual a maxima compressao da mola?
h h+y
y
k
m
Figura 71: Maxima compressao de uma mola quando um tijolo cai sobre ela.
82
Resolucao
Como so actuam forcas conservativas
E = Ep + Ec = constante
Como o bloco e largado do repouso, e na compressao maxima da mola volta aestar momentaneamente em repouso, as energias cineticas final e inicial sao nulas.Considerando para origem das energias potenciais a posicao de equilıbrio da mola,tem-se, entao,
0 +mgh = −mgy +1
2ky2 .
Resolvendo em ordem a y, obtem-se
y2 − 2mg
ky − 2mgh
k= 0 ,
de onde
y =1
2
2mg
k±√(
2mg
k
)2
+8mgh
k
.Conservacao do trabalho-energia
Quando sobre uma partıcula actuam forcas nao conservativas, a variacao da energiamecanica total nao e nula. Consideremos que sobre uma partıcula de um sistema actuamtres forcas: duas conservativas, F 1 e F 2, e uma nao conservativa, F nc e que todas elas rea-lizam trabalho. O teorema da energia cinetica diz que o trabalho realizado pela resultantedas forcas que actuam sobre a partıcula e igula a variacao da sua energia cinetica
Wtotal = W1 +W2 +Wnc =∫F 1 · dr +
∫F 2 · dr +
∫F nc · dr = ∆Ec .
Por outro lado sabemos que o trabalho realizado pelas forcas conservativas que actuamna partıcula e igual ao simetrico da variacao da energia potencial do sistema:
W1 +W2 =∫F 1 · dr +
∫F 2 · dr = −∆(Ep)1 −∆(Ep)2 = −∆Ep .
Desta formaWtotal = −∆Ep +Wnc = ∆Ec .
Pode, entao, concluir-se que
Wnc = ∆Ec + ∆Ep = ∆(Ep + Ec) = ∆E ,
ou seja,
o trabalho realizado pela resultante de todas as forcas nao con-servativas que actuam sobre uma partıcula e igual a variacao daenergia mecanica total do sistema.
83
Exemplos de aplicacao do teorema da conservacao do trabalho-energia
1. Caixa numa superfıcie horizontal com atrito
Uma caixa de 4 kg e empurrada, partindo do repouso, sobre uma superfıcie horizon-tal, por uma forca horizontal de 25 N. O coeficiente de atrito cinetico entre a caixae a superfıcie e de 0, 35. Calcular:
(a) O trabalho total realizado pelas forcas externas ao sistema mesa-bloco;
(b) A energia dissipada pelo atrito;
(c) A energia cinetica final da caixa;
(d) A velocidade da caixa.
Resolucao
(a)
Wforcas externas = Wforca no bloco +Wgravidade no bloco
+Wgravidade na mesa +Wpiso na mesa
= Wforca no bloco = F∆x = 75J . (63)
(b)
∆Eterm = f∆x = µkFN∆x = µkmg∆x = 41, 2J .
(c)
Wext = ∆Eterm + ∆Emec
Mas∆Emec = ∆Ec = Ecf ,
pois Eci = 0. Resulta entao
Ecf =1
2mv2
f = Wext −∆Eterm = 75− 41, 2 = 33, 8 J ,
(d)
vf =
√2Ecfm
= 4, 11 m /s
2. Estudante a descer uma rampa de skate
Um estudante de engenharia desloca-se numa rampa sobre o seu skate. Considera-seo sistema estudante-skate como uma partıcula de massa 75.0 kg cuja trajectoria eum quarto de cırculo de raio R = 6.00 m, como indicado na Fig. 72. Supondo que oestudante parte do repouso do ponto mais alto da trajectoria, o ponto A da figura,determinar:
84
(a) A velocidade no ponto B;
(b) A forca normal no ponto B.
(c) Considerando agora que ha atrito e que a velocidade no ponto B e de 8 m/s,calcular o trabalho realizado pelas forcas de atrito.
R
B
A
Figura 72: Rampa de skate.
Resolucao
(a) Nao havendo atrito, a energia mecanica conserva-se e, portanto, sendo A oponto inicial (i) e B o final (f),
(Ec)f − (Ep)f = (Ec)i + (Ep)f ,
ou
1
2mv2
B = mgR
v =√
2gR = 10.8 m/s . (64)
(b) No ponto B a aceleracao normal e dada por
a =v2
R.
Considerando y como a direccao vertical que passa no ponto B da Fig. 72,
∑Fy = FN − P = m
v2
R,
pelo queFN = 3mg .
A forca normal no ponto B e tres vezes superior ao peso do estudante-skate enao depende do raio da trajectoria.
85
(c) Na presenca de atrito, a energia mecanica nao se conserva e
∆E = Wnc .
A variacao da energia mecanica e
∆E = ∆Ec + ∆Ep ,
com
∆Ec =1
2mv2
B =1
2× 70× 82 = 2.24× 103 J
e∆Ep = −mgR = −70× 9, 81× 6.00 = −4.12× 103 J
A variacao da energia mecanica e, entao, de
∆E = −1.88× 103 J .
Sendo o atrito a unica forca nao conservativa a actuar, conclui-se que
Wf = −1.88× 103 J .
Devido ao atrito, nem toda a energia potencial e convertida em energia cinetica:parte e dissipada sob a forma de calor. O trabalho das forcas de atrito enegativo pois, em cada ponto da trajectoria, a forca de atrito aponta no sentidocontrario ao movimento. Neste caso seria muito difıcil calcular este trabalhosem recorrer ao teorema da conservacao do trabalho-energia, pois a forca deatrito varia em cada ponto da trajectoria de uma forma desconhecida.
Apesar da energia mecanica nao se conservar, a energia total conserva-se. Defacto, a maior parte da energia potencial gravıtica e convertida em energiacinetica, mas existe uma parte que e dissipada sob a forma de calor, devido aoatrito. As roda do skate e a superfıcie da rampa, em contacto com as rodas,aquecem, mesmo que ligeiramente.
Lei geral da conservacao da energia
Como vimos atras, em muitos processos a soma da energia cinetica com a energiapotencial nao permanece constante. Tal acontece quando ha forcas dissipativas como oatrito. Mas, a energia de um sistema fısico nao e so energia mecanica, podendo tambemincluir energia termica, energia quımica, energia electromagnetica, energia nuclear, etc...Em geral, a energia de um sistema pode ser escrita como
E = Ec + Ep + Eoutras ,
em que Eoutras representa a soma de todas as parcelas correspondentes as outras formasde energia presentes no sistema.
A lei da conservacao da energia pode ser enunciada da seguinte forma
86
A energia total do universo nao aumenta nem diminui, em ne-nhum processo. Pode ser transformada de uma forma para outrae transferida de um corpo para outro, mas a quantidade totalpermanece constante.
Assim, se a energia total de um sistema fısico (uma parte bem definida do Universo)se alterar, significa houve trocas de energia entre esse sistema e o que o rodeia. Quandoa energia trocada e sob a forma de trabalho, a lei da conservacao da energia permiteescrever
Wext = ∆Ec + ∆Ep + ∆Eoutras , (65)
que e uma generalizacao do teorema do trabalho-energia.A lei da conservacao de energia tem por base a observacao experimental e e um dos
grandes princıpios unificadores em ciencia. Como exemplo, as leis de Newton falhamna descricao dos fenomenos ao nivel microscopico dos atomos e nucleos, mas a lei daconservacao de energia e valida e nao existe ate a data nenhuma experiencia que a ponhaem causa. A sua aplicacao em Mecanica e util pois serve como uma ferramenta naresolucao de problemas. As leis de Newton na descricao do movimento de um objectopodem ser muitas vezes de difıcil aplicacao, quando nao impossıvel. Existem outras leisde conservacao de grande importancia na Mecanica: a lei da conservacao do momentolinear (quantidade de movimento) e a lei da conservacao do momento angular. Destasduas falaremos mais a frente.
Energia potencial e equilıbrio no movimento a uma dimensao
Vimos que a variacao infinitesimal da energia potencial de uma partıcula dEp, e igual aosimetrico do trabalho infinitesimal produzido pela forca conservativa que sobre ela actua
dEp = −F · dr .
No caso da forca ser da forma F = Fxı , temos
dEp = −Fxdx ,
e portanto
Fx = −dEpdx
. (66)
Esta ultima expressao e util pois, conhecendo a funcao potencial e possivel conhecerqualitativamente os aspectos mais importantes do movimento da partıcula.
Consideremos o grafico da Fig. 73, que representa a energia potencial de uma partıculaem funcao de x. De acordo com (66), a forca e o simetrico da derivada da energiapotencial. Em termos graficos, a forca para um dado valor de x e simetrica do declive darecta tangente a curva Ep(x) nesse ponto. Entao podemos concluir que quando Ep(x) temdeclive negativo, (por exemplo entre x1 e x2) a forca e positiva, F > 0, e dirigida para adireita. Quando Ep tem declive positivo (entre x3 e x4, por exemplo), a forca e negativa,F < 0, e aponta para a esquerda. Isto significa que a forca aponta sempre na direccao emque a energia potencial decresce. O modulo da forca e sempre maior nos pontos de maior
87
U
xx x x x x x2 3 4 56
1
Figura 73: Exemplo da energia potencial associada a uma forca variavel.
variacao da energia potencial. Quando a tangente a curva Ep(x) tem declive zero, a forcae nula. Nesses pontos diz-se que a partıcula esta em equilıbrio.
Um partıcula esta em equilıbrio se a forca resultante a actuar sobre ela fornula.
No ponto x2, a energia potencial tem um mınimo e a forca e zero. O que acontecese deslocarmos a partıcula um pouco para a esquerda? A forca nesse zona e positiva eportanto tende a trazer a partıcula de novo para o ponto x2. Se deslocarmos a partıculaum pouco para a direita, a forca e negativa e tende a levar a partıcula para o ponto x2.Diz-se entao que o ponto x2 e uma posicao de equilıbrio estavel.
Uma partıcula esta em equilıbrio estavel quando um pequeno deslocamentoprovoca um forca que acelera a partıcula de volta a posicao de equilıbrio.
No ponto x4 a energia potencial tem um maximo e portanto a forca resultante e zero.Se deslocarmos a partıcula ligeiramente para a direita, a forca resultante e positiva eaponta para a direita, afastando a partıcula da posicao de equilıbrio. Se deslocarmos apartıcula para a esquerda, a forca que sobre ela actua e negativa e aponta para a esquerdaefastando a partıcula da posicao de equilıbrio. A posicao x4 corresponde pois a umaposicao de equilıbrio instavel.
Um partıcula esta em equilıbrio instavel quando um pequeno deslocamentoprovoca uma forca que acelera a partıcula, afastando-a do ponto de equilıbrio.
Existem tambem pontos de equilıbrio indiferente que correspondem a posicoes tais queafastando ligeiramente a partıcula dessa posicao ela continua em equilıbrio.
Uma partıcula esta em equilıbrio indiferente quando um pequeno afasta-mento provoca forca nula de modo que a partıcula permanece em equilıbrio.
Podemos concluir que uma forca conservativa aponta no sentido da energia decrescente,ou seja, acelera a partıcula das energias mais altas para as mais baixas.
88
Forca e gradiente da energia potencial
A energia potencial e, em geral, uma funcao do ponto do espaco P (x, y, z). A variacao deenergia potencial correspondente a um deslocamento do ponto P (x, y, z) para um pontoinfinitesimalmente proximo P + dP = (x+ dx, y + dy, z + dz) e
dEp = Ep(x+ dx, y + dy, z + dz)− Ep(x, y, z) =∂Ep∂x
dx+∂Ep∂y
dy +∂Ep∂z
dz . (67)
Por outro lado, atendendo a definicao de variacao de energia potencial
dEp = −F · dr = −Fxdx− Fydy − Fzdz , (68)
conclui-se que
Fx = −∂Epdx
Fy = −∂Ep∂y
Fz = −∂Ep∂z
.
A expressao (67) nao e mais do que o produto escalar de dr pelo vector
gradEp =∂Ep∂xı +
∂Ep∂y +
∂Ep∂zk ,
a que se da o nome de gradiente.
dEp = gradEp · dr .
Comparando (67) com (68) conclui-se que
F = −gradEp = −∇Ep . (69)
Desda expressao podemos concluir que a forca aponta sempre no sentido da energia po-tencial decrescente.
Exemplo: a forca elastica A energia potencial elastica e dada por
Ep =1
2kx2 , (70)
e representada em funcao de x, e uma parabola, como mostra a figura 74. Da relacao (69)
Ep
F>0 F<0
F=0 x
Figura 74: Energia potencial elastica e forca elastica.
89
conclui-se que
Fx = −∂Ep∂x
= −kx
Fy = −∂Ep∂y
= 0
Fz = −∂Ep∂z
= 0 (71)
Podemos ver na figura 74, que quando a mola esta comprimida, x < 0, o declive e negativoe a forca e positiva. Quando a mola esta esticada, x > 0, o declive e positivo e a forca enegativa. Em qualquer dos casos a forca aponta sempre no sentido de acelerar a massaara a posicao de equilıbrio. Quando x = 0, o declive e zero e a forca e zero e este e umponto de equilıbrio estavel.
8.6 Potencia
Potencia e a taxa de transferencia de energia de um sistema parao outro.
Consideremos uma partıcula com velocidade v. Num certo intervalo de tempo dt apartıcula tem um deslocamento dr = vdt. O trabalho elementar dW realizado por umaforca F durante esse intervalo de tempo e
dW = F · dr = F · vdt .
A taxa temporal a que a forca realiza trabalho e designada por potencia:
P =dW
dt= F · v .
A unidade de potencia no SI e o watt:
1W = 1J/1s .
Como a velocidade depende do referencial, a potencia tambem depende. A relacaoentre potencia e energia e
E =∫ t2
t1Pdt . (72)
No caso da potencia ser constanteE = P∆t . (73)
Pode formular-se o teorema da energia cinetica da seguinte maneira. Atendendo adefinicao de potencia temos
P = F · v = mdv
dt· v =
d
dt
(1
2mv2
)=dEcdt
, (74)
onde Ec e a energia cinetica da partıcula. Ou seja, a potencia representa a taxa de variacaoda energia cinetica da partıcula.
90
Se sobre a partıcula so actuarem forcas conservativas entao
P = F · v = −∇Ep · v = −∇Ep ·dr
dt= −dEp
dt.
Combinando esta expressao com (74) vem
d
dt(Ec + Ep) =
dE
dt= 0 .
Esta ultima expressao nao e mais do que o teorema da conservacao da energia mecanica:
Quando so ha actuam forcas conservativas sobre um sistema, ataxa de variacao da sua energia mecanica e nula.
Exemplos de aplicacao
1. Motores de um aviao
A forca que cada um dos dois motores de um Boeing 767 produz e de 197.000 N.Quando o aviao voa a 900 km/h, qual a potencia instantanea desenvolvida por cadamotor?
P = Fv = (1.97× 105 N)× (250 m/s) = 4.93× 107 W .
2. Elevador
A massa total do elevador mais a sua carga e de M = 1800 kg. Qual e a potenciaque o motor do elevador deve desenvolver para mover o elevador para cima, a umavelocidade constante de 3 m/s, se a forca de atrito for de f = 4000 N?
A tensao nos cabos do elevador e fornecida pelo motor. Essa tensao tem de suportaro peso do elevador+carga e a forca de atrito
T − f −Mg = 0 −→ T = 2.16× 104 N . (75)
A potencia e entao
P = T · v = Tv = T = 2.16× 104 × 3 = 64.8 kW . (76)
Suponhamos que o elevador sobe, acelerado, com a = 1 m/s2. Nesse caso terıamos
T − f −Mg = Ma −→ T = M(a+ g) + f = 2.34× 104 N (77)
e, comoP = Tv , (78)
conclui-se que a potencia necessaria aumenta com a velocidade.
91
9 Dinamica de sistemas de partıculas
Neste capıtulo estuda-se a dinamica de sistemas de partıculas. A aplicacao das leis deNewton da frequentemente origem a sistemas complexos de equacoes, para os quais podemesmo nao haver resolucao explıcita. No entanto, por mais complexo que seja o sistemaem estudo, um conjunto de muitas partıculas, ou um corpo extenso, e possıvel descrever,total ou parcialmente, o seu movimento em termos do movimento de um ponto especialdo sistema, designado por centro de massa, e que, como se vera, e um ponto que semove como se toda a massa do sistema estivesse concentrada neste e sobre ele estivessemaplicadas todas as forcas externas aplicadas no sistema.
9.1 Centro de massa
O centro de massa de um sistema e uma posicao media do sistema. Essa media e pesadade acordo com a massa de cada partıcula. Consideremos um sistema de duas partıculasde massas m1 e m2 e vejamos como se determina o centro de massa nos seguintes casos:
• Uma dimensao.
Em relacao a uma origem arbitraria, as posicoes das duas partıculas sao x1 e x2. Aposicao do centro de massa do sistema e definida atraves de
XCM =x1m1 + x2m2
m1 +m2
=x1m1 + x2m2
M,
onde M = m1 +m2 e a massa total do sistema.
• Duas dimensoes.
No caso das duas partıculas se movimentarem no plano, as coordenadas X e Y docentro de massa sao
XCM =x1m1 + x2m2
M, YCM =
y1m1 + y2m2
M
onde (x1, y1) e (x2, y2) sao as coordenadas das partıculas 1 e 2, respectivamente.
• Tres dimensoes.
Se as coordenadas de m1 e m2 forem respecticamente (x1, y1, z1) e (x2, y2, z2) entaoas cooredenadas do centro de massa sao
XCM =x1m1 + x2m2
M, YCM =
y1m1 + y2m2
M, ZCM =
z1m1 + z2m2
M.
O centro de massa de um sistema de n partıculas e, em geral,
RCM =
∑ni miriM
, (79)
92
onde ri = xı + y + zk e a posicao de cada partıcula em relacao a um dado sistema de
eixos e M e massa total do sistema M =n∑i
mi. Tem-se, entao,
XCM =
∑ni ximi
M, YCM =
∑ni yimi
M, ZCM =
∑ni zimi
M. (80)
Exemplo: Calculo do centro de massa da molecula de brometo se potassio.
Br K
2.82 A
o
CM
Figura 75: Centro de massa do KBr.
Na Fig. 75 esta representada a molecula de brometo de potassio que e constituıda porum atomo de bromo, de massa mBr = 79.9 u (u e a unidade unificada de massa nuclear)e por um atomo de potassio, de massa mK = 39.1 u, a uma distancia de d = 2.82 A umdo outro. O centro de massa da molecula esta localizado em
XCM =79.9× 0 + 39.1× 2.82
119.0= 0.93 A . (81)
O centro de massa esta mais perto do atomo mais pesado.
Exemplo: Calculo do centro de massa de um sistema de tres partıculas.As coordenadas do centro de massa do sistema de tres partıculas representado na
Fig. 76 sao dadas por
4m
db
h
y
x
m2m CM
Figura 76: Centro de massa de um sistema de tres partıculas.
XCM =2m× d+m× (d+ b) + 4m× (d+ b)
7m
YCM =4m× h
7m, (82)
e portanto
RCM =(d+
5
7b)ı +
4
7h .
93
9.2 Calculo do centro de massa de um objecto extenso
Os objectos com que lidamos no dia-a-dia nao sao partıculas: tem dimensoes e, comoobjectos extensos, podem ser considerados como distribuicoes contınuas de massa no seuvolume. Para determinar o centro de massa de um corpo extenso, divide-se o objectocontınuo num numero muito grande (infinito) de elementos de massa infinitesimal, dm,de vector posicao r, e calcula-se o integral
RCM =1
M
∫rdm . (83)
As componentes do vector centro de massa sao
XCM =1
M
∫xdm YCM =
1
M
∫ydm Z =
1
M
∫zdm
Um objecto extenso tem uma certa densidade de massa dada por
ρ =dm
dV,
onde dV e um elemento de volume. A densidade de massa representa a quantidade demassa por unidade de volume. Assim, podemos escrever
RCM =1
M
∫ρrdV ,
e o integral a calcular e um integral de volume.
Se um objecto tem um ponto, uma linha ou um plano de simetria, o seuCM tem de estar nesse ponto, nessa linha ou nesse plano.
De referir que o CM nao tem necessariamente de conter massa (exemplo: o donut).
Exemplo: Cone cilındrico homogeneo. Consideremos o cone cilındrico de alturah, representado na Fig: 77. A distribuicao de massa e uniforme e por simetria o centrode massa deve estar sobre o eixo do cilindro, o eixo dos zz.
h
R
z
dz
x
z
y
r
Figura 77: Calculo do centro de massa de um objecto extenso.
94
AssimXCM = YCM = 0 ,
e
ZCM =1
M
∫zdm . (84)
Podemos considerar o cone como estando dividido em infinitos cilindros de altura dz eraio r. A medida que z aumenta r tambem aumenta e a relacao entre eles pode ser obtidaatraves de
r
z=R
h.
A quantidade de massa dm contida num volume cilındrico elementar de raio r e altura dze
dm = ρπr2dz ,
onde ρ e a densidade de massa, constante por o cilindro ser homogeneo. Assim , o integral(84) pode ser calculado na coordenada z, de forma que
ZCM =1
M
∫zdm =
1
M
∫zρπr2dz
=ρπR2
h2M
∫ h
0z3dz
=ρπR2h2
4M. (85)
Como a densidade de massa e constante, a massa total do cone e
M =1
3ρπR2h ,
e portanto
ZCM =3
4h .
9.3 Movimento do centro de massa
Consideremos um sistema de n partıculas. Ja vimos que a posicao do centro de massae dada por
MRCM =n∑1
miri .
Derivando esta expressao em ordem ao tempo vem
MdRCM
dt=
n∑1
midridt
,
o que permite definir a velocidade do centro de massa atraves de
MV CM =n∑1
mivi . (86)
95
Derivando a expressao anterior obtemos a aceleracao do centro de massa
MACM =n∑1
miai . (87)
Da aplicacao da segunda lei de Newton temos
mai =∑F i ,
em que F i representa a resultante das forcas que actuam na partıcula i. Como se trata deum sistema de partıculas devemos separar as forcas que actuam sobre cada partıcula emforcas internas, devidas as interaccoes entre as partıculas do sistema, e forcas externas,devidas a accao de agentes externos ao sistema:
F i = miai = F i,int + F i,ext .
Substituindo esta expressao em (87) resulta
MACM =∑F i,int +
∑F i,ext .
De acordo com a terveira lei de Newton, a soma de todas as forcas internas e nula, poispara cada forca interna que actua sobre uma partıcula ha outra igual e simetrica a actuarsobre a partıcula que a origina. Fazendo a soma para todas as partıculas do sistemaobtem-se zero para a soma de todas as forcas internas.
Consideremos, como exemplo, um sistema de tres partıculas. A aplicacao da segundalei de Newton da
F 21 + F 31 + F 1,ext = ma1
F 12 + F 32 + F 2,ext = ma2
F 13 + F 23 + F 3,ext = ma3
(88)
Como F 21 = −F 12; F 31 = −F 13, F 32 = −F 23, se somarmos todas as equacoes resulta
F 1,ext + F 2,ext + F 3,ext = ma1 +ma2 +ma3 .
Assim, conclui-se que a resultante de todas as forcas externas que actuam sobre o sistemae igual a massa total do sistema vezes a aceleracao do centro de massa
F res,ext = MACM .
O centro de massa de um sistema move-se como uma partıcula demassa M =
∑mi sob a accao da resultante das forcas exteriores
aplicadas ao sistema.
96
9.4 Lei da conservacao da quantidade de movimento
A quantidade de movimento de uma partıcula ou o seu momento linear define-se comoum vector que tem a mesma direccao e sentido da velocidade da partıcula e o seu moduloe o produto do modulo da velocidade pela massa da partıcula
p = mv .
Ja vimos que o enunciado original da segunda lei de Newton e
F res =dp
dt,
ou seja a resultante de todas as forcas a actuar numa partıcula e igual a taxa temporalde variacao do momento linear da partıcula.
Para um sistema de partıculas
P =∑i
mivi =∑i
pi = MV CM .
A quantidade de movimento do sistema e igual a sua massa a multiplicar pela velocidadedo centro de massa. Se derivarmos esta expressao
dP
dt= MACM = F res,ext
A lei da conservacao do momento linear enuncia-se entao do seguinte modo
Se a resultante das forcas exteriores que actuam sobre um sis-tema de partıculas for nula, entao o momento linear do sistemaconserva-se.
Exemplo: Explosao de um projectil no ar.
III
III
III
D D
Figura 78: Explosao de um projectil no ponto mais alto da trajectoria.
Consideremos a explosao de um projectil em dois fragmentos no topo da trajectoriade modo que um dos fragmentos cai na vertical. O centro de massa move-se como se naotivesse havido esta separacao, ou seja descreve uma parabola, pois a unica forca externaa actuar e a forca gravıtica. Se a massa dos dois fragmentos for igual, a distancia entre osdois pontos de queda e o dobro da distancia entre o ponto de lancamento e o ponto ondeo primeiro fragmento cai, como mostra a Fig. 78.
97
9.5 O referencial do centro de massa
O sistema de referencia ligado ao centro de massa de um sistema de partıculas, oude um corpo rigıdo, designa-se por referencial do centro de massa. Vimos ja que, naausencia de forcas externas o centro de massa move-se com velocidade constante, V cm,em relacao a um dado referencial.
Para definir o referencial do centro de massa, consideremos um sistema de n partıculas.A velocidade da partıcula i, de massa mi, num referencial qualquer relaciona-se com avelocidade da partıcula em relacao ao centro de massa atraves de
vi = ui + V cm .
um
m
m1
2
m i
ivi
vCM
z
x
y
Figura 79: Velocidade em relacao ao centro de massa.
A quantidade de movimento do sistema e dada por
P =∑i
mivi =∑i
mi (VCM + ui)
= MV CM +∑i
miui
= MV CM +MUCM , (89)
ou seja, a quantidade de movimento do sistema em relacao ao referencial do centro massae nula, o que nao e supreendente pois a velocidade do centro de massa em relacao a eleproprio e nula, UCM = 0.
9.6 Energias cinetica e potencial de um sistema de partıculas
A energia cinetica de um sistema de partıculas e igual a soma da energia cinetica detodas as partıculas:
Ec =∑i
1
2miv
2i .
Usando a relacao Se vi = ui + V cm podemos escrever a energia cinetica na forma
Ec =∑i
1
2mi (ui + V CM)2
Desenvolvendo o quadrado no segundo membro da equacao
Ec =∑i
1
2miu
2i +
∑i
1
2miV
2CM + V CM ·
∑i
miui .
98
O ultimo termo desta expressao representa o produto escalar da velocidade do centro demassa do sistema pelo momento linear total em relacao ao centro de massa, que, comovimos, e nulo. Assim a energia cinetica do sistema de partıculas e
Ec =1
2MV 2
CM + Eintc ,
onde Eintc =
∑imiu
2i /2 representa a energia cinetica interna do sistema (vista do referen-
cial do centro de massa). Podemos entao afirmar que
A energia cinetica de um sistema de partıculas e igual a somada energia cinetica associada ao movimento do centro de massacom a energia cinetica das partıculas do sistema em relacao aoreferencial do centro de massa.
Pseudotrabalho
A segunda lei de Newton aplicada a um sistema de partıculas e, como ja vimos
F res = MACM = MdV CM
dt.
Se multiplicarmos escalarmente pelo deslocamento do centro de massa, dRCM obtem-se
F res · dRCM = MdV CM
dt· dRCM = M
dRCM
dt· dV CM = MV CM · dV CM
Integrando ambos os membros da ultima expressao obtem-se∫F res · dRCM =
∫ VCM,2
VCM,1
MV CM · dV CM =1
2MV 2
CM2 −1
2MV 2
CM1 . (90)
Este ultimo resultado parece o teorema da energia cinetica aplicado a um sistema departıculas. No entanto o deslocamento do centro de massa dRCM nao coincide com odeslocamento do ponto de aplicacao de qualquer forca que actue no sistema. Alem disso,no segundo membro temos a variacao da energia cinetica do centro de massa, e naoa variacao da energia cinetica total do sistema. Ao primeiro membro da equacao (90)chama-se pseudotrabalho.
Energia potencial
Se sobre um sistema de partıculas ou corpo extenso so actuam forcas conservativas(internas e externas), entao e possivel definir energia potencial do sistema, que dependeda posicao de todas as particulas do sistema. A energia mecanica e dada por
E = Etotalc + Etotal
p .
A energia potencial gravıtica, e, para um sistema de partıculas
Ep = (m1z1 +m2z2 + ....mnzn) g
= MzCMg , (91)
99
ou seja, novamente, como se toda a massa do sistema estivesse localizada no centro demassa.
9.7 Colisoes elasticas
Numa colisao as partıculas aproximam-se umas das outras com velocidade constante,interagem fortemente durante um intervalo de tempo muito pequeno e depois afastam-se com velocidade constante. As velocidades antes e depois da colisao sao, em geral,diferentes. Considera-se que durante a colisao as interaccoes entre as partıculas sao maisintensas do que as interaccao da partıculas com o meio envolvente. Por exemplo, numacolisao de bolas de bilhar, as forcas de atrito sao muito menores do as forcas da interaccaomutua.
As colisoes podem dividir-se em 2 tipos:
• Colisoes elasticas: a energia cinetica total conserva-se,
• Colisoes inelasticas: a energia cinetica total final e menor do que a energia cineticatotal inicial.
Numa colisao inelastica a velocidade do centro de massa nao se altera e a energiacinetica do centro de massa e constante. No entanto, a energia cinetica interna diminui.Quando, depois de uma colisao, todas as partıculas se movem com a velocidade do centrode massa diz-se que a colisao e perfeitamente inelastica pois toda energia interna foiperdida durante a colisao. A lei de conservacao da quantidade de movimento aplica-setambem a sistemas de partıculas o que permite afirmar:
Em qualquer tipo de colisao, a quantidade de movimento do sis-tema conserva-se, desde que a resultante de todas as forcas ex-teriores seja nula.
Colisoes elasticas unidimensionais
Consideremos inicialmente colisoes a uma dimensao. Um corpo de massa m1 estaanimado de velocidade v1i e choca com um corpo de massa m2 inicialmente com velocidadev2i. Depois do choque as velocidades passam a ser v1f e v2f , respectivamente. Estasvelocidades podem ser positivas ou negativas, conforme o sentido do movimento. Comoo momento linear total e conservado
m1v1f +m2v2f = m1v1i +m2v2i . (92)
No caso da colisao elastica, a energia cinetica final e igual e energia cinetica inicial
1
2m1v
21f +
1
2m2v
22f =
1
2m1v
21i +
1
2m2v
22i . (93)
Atraves das equacoes (92) e (93) e possivel determinar as velocidade finais dos dois corposa partir das velocidades iniciais.
100
antes da colisao
v1i 2i
v
v v1f 2f
depois da colisao
Figura 80: Colisao elastica central de duas partıculas.
Podemos escrever (93) na forma
m1
(v2
1f − v21i
)= m2
(v2
2i − v22f
)m1 (v1f + v1i) (v1f − v1i) = m2 (v2f + v2i) (v2i − v2f ) . (94)
Da mesma maneira podemos escrever (92) na forma
m1 (v1f − v1i) = m2 (v2i − v2f ) . (95)
Dividindo (94) por (95) obtem-se
v1f + v1i = v2f + v2i ,
ouv2f − v1f = −(v2i − v1i) ,
ou seja,
Nas colisoes elasticas, a velocidade relativa de afastamento, de-pois da colisao, e simetrica da de aproximacao, antes da colisao.
Casos especiais de colisoes elasticas unidimensionais
Sao conhecidas as quantidades m1, m2, v1i e v2i. Pretende-se determinar v1f e v2f .
1. Massas iguais m1 = m2:
Da conservacao da quantidade de movimento (92) vem
v1i + v2i = v1f + v2f .
Por outro lado, ja vimos atras que a relacao entre as velocidades relativas de apro-ximacao e afastamento e
v1i − v2i = v2f − v1f .
Somando e subtraindo as duas expressoes obtemos, respectivamente,
v2f = v1i e v1f = v2i .
101
Neste caso as partıculas trocam as velocidades durante a colisao: a partıcula 1 ficacom a velocidade da partıcula 2 e a partıcula 2 fica com a velocidade da partıcula1. No caso da partıcula 2 estar inicialmente parada
v2f = v1i
v1f = 0 , (96)
ou seja a partıcula 1 para e a partıcula 2 move-se para a frente com a velocidadeinicial da partıcula 1.
2. Massas diferentes m1 6= m2 e partıcula 2 em repouso, v2f = 0
Da conservacao do momento linear
m1v1i = m1v1f +m2v2f
e para as velocidades relativas temos
v1i = −v1f + v2f .
Conclui-se que
v1f = v1im1 −m2
m1 +m2
(97)
e
v2f = v1i2m1
m1 +m2
(98)
Suponhamos que
i) m1 = m2
v2f = v1i
v1f = 0 , (99)
como ja tinhamos visto.
ii) m1 >> m2
Um objecto pesado colide contra um objecto leve em repouso. De (97) e (98)conclui-se
v1f ≈ v1i
v2f ≈ 2v1i , (100)
ou seja, a velocidade da partıcula incidente fica inalterada e a partıcula leveem repouso move-se em frente com uma velocidade que e aproximadamente odobro da velocidade inicial da partıcula pesada.
iii) m1 << m2
Uma partıcula leve colide com uma partıcula pesada em repouso
v1f ≈ −v1i
v2f ≈ 0 , (101)
O objecto pesado permanece praticamente parado e o objecto leve move-se emsentido contrario com aproximadamente a mesma velocidade.
102
Solucao geral
As expressoes para as velocidades finais obtem-se atraves da conservacao da quantidadede movimento
p1i + p2i = p1f + p2f , (102)
e da conservacao da energia cinetica
1
2m1v
21i +
1
2m1v
22i =
1
2m1v
21f +
1
2m1v
22f .
Atendendo a que a energia cinetica se pode escrever em funcao do momento linear como1
2mv2 =
p2
2m, a lei da conservacao da energia toma a forma
p21i
2m1
+p2
2i
2m2
=p2
1f
2m1
+p2
2f
2m2
(103)
ou
1
2m2
(p2
2f − p22i
)=
1
2m2
(p2
1i − p21f
)p2
2f − p22i =
m2
m1
(p2
1i − p21f
)(p2f − p2i) (p2f + p2i) =
m2
m1
(p1i − p1f ) (p1i + p1f )
(p2f + p2i) =m2
m1
(p1i + p1f ) , (104)
Resolvendo agora o sistema de equacoes (102) e (104) resultam as seguintes expressoespara as velociades finais.
v1f =m1 −m2
m1 +m2
v1i +2m2
m1 +m2
v2i
v2f =2m1
m1 +m2
v1i +m2 −m1
m1 +m2
v2i . (105)
A melhor maneira de resolver problemas de colisoes e escrever, para cada problema con-creto, a equacao de conservacao do momento linear e da conservacao da energia cinetica.Nao se devem decorar estas expressoes.
Exemplo: Colisao elastica unidimensional.
Dois blocos de massa m1 = 5 kg e m2 = 3 kg movem-se segundo a direccao da rectax com velocidades v1i = 2ı m/s e v2i = −2ı m/s, respectivamente, quando colidem umcom o outro. Quais as velocidade s depois da colisao?
Da conservacao do momento (102) obtem-se
(5kg) (2m/s) + (3kg) (−2m/s) = 5v1f + 3v2f .
Ou seja,5v1f + 3v2f = 3m/s .
103
Como a colisao e elastica
v2f − v1f = −v2i + v1i = 2 + 2 = 4m/s .
Resulta, pois, que
v1f = −1m/s
v2f = 3m/s . (106)
Os dois objectos invertem o sentido do movimento. O objecto 1 move-se para a esquerdacom velocidade 1 m/s e o objecto 2 move-se para a direita com velocidade 3 m/s.
A energia cinetica inicial e
Eci =1
2m1v
21i +
1
2m2v
22i = 16 J .
A energia cinetica final e
Ecf =1
2m1v
21f +
1
2m2v
22f = 16 J ,
como nao poderia deixar de ser visto a colisao ser elastica.
Colisoes elasticas a duas dimensoes
Consideremos duas partıculas a colidir. Para simplificar a analise, considera-se que oobjecto de massa m1 tem velocidade v1i e o de massa m2 esta em repouso, v2i = 0
b
m
m
v
v
v
y
x
θ
1i
1f
2f
θ
1
2
1
2
Figura 81: Choque entre duas esferas.
O momento linear inicial do sistema e
pi = m1v1i .
Para caracterizar a colisao e necessario esfecificar o parametro de choque que representaa distancia entre a linha inicial do centro da partıcula incidente e o centro da partıculaalvo, como se mostra na Fig. 81. No caso em que b = 0, a colisao e frontal e no caso emque b e maior do que a soma dos dois raios, nao ha colisao.
A conservacao do momento linear implica
p1i = p1f + p2f . (107)
104
p
p
p
1i
1f 2f
Figura 82: Plano de colisao.
Conclui-se desta igualdade que os tres vectores pertencem ao mesmo plano chamadoplano de colisao e constituem o triangulo representado na Fig. 82.
Decompondo os vectores da equacao (107) no sistema de eixos indicado na Fig.81obtemos o seguinte sistema de equacoes:
p1f cos θ1 + p2f cos θ2 = p1i
p1f sin θ1 − p2f sin θ2 = 0 .
A energias cineticas inicial e final sao, respectivamente
Eci =p2
1i
2m1
e Ecf =p2
1f
2m1
+p2
2f
2m2
No regime elastico Eci = Ecf .
Caso especial
No caso das massas das duas partıculas serem iguais, m1 = m2 temos as seguintesequacoes
v21i = v2
1f + v22f (108)
v2f sin θ2 = v1f sin θ1 (109)
v2f cos θ2 = v1i − v1f cos θ1 . (110)
Elevando ao quadrado (109) e (110) e somando os resultados, obtem-se
v22f = v2
1i − 2v1iv1f cos θ1 + v21f . (111)
Usando agora (108) elimina-se v2f e obtem-se
v1f = v1i cos θ1 . (112)
Da conservacao do momento linear temos
v1i = v1f + v2f . (113)
Elevando ao quadrado a expressao anterior
v21i = v2
1f + v22f + 2v1fv2f cos(θ1 + θ2) . (114)
105
Comparando esta ultima expressao com (108), conclui-se que
θ1 + θ2 =π
2, (115)
ou seja, quando as massas sao iguais a soma dos angulos de colisao das duas partıculastem de ser 90o.
Exemplo
Uma partıcula de massa mA = 5 kg move-se a uma velocidade vAi = 4 m/s quandocolide com uma partıcula parada, vB,i = 0, de massa mB = 3 kg. Depois da colisao omodulo da velocidade de A e vAf = 2 m/s. Quais os valores dos angulos de colisao θA eθA e qual o valor de vBf ?
Como a colisao e elastica
1
2(5kg)(4m/s)2 =
1
2(5kg)(2m/s)2 +
1
2(3kg)v2
bf , (116)
donde resulta vBf = 4.47 m/s. Da conservacao das componentes segundo x e y domomento linear resulta
(5kg)(4m/s) = (5kg)(2m/s) cos θA + (3kg)(4.47m/s) cos θB ,
0 = (5kg)(2m/s) sin θA + (3kg)(4.47m/s) sin θB . (117)
Resolvendo a primeira equacao em ordem a cos θB, a segunda em ordem a sin θB, elevandoao quadrado e somando obtem-se uma equacao para θA. Como resultado, tem-se θA =36.9o e θB = 26.6o.
9.8 Colisoes inelasticas
Quando os corpos se movem depois da colisao com a velocidade do centro de massa,a colisao diz-se perfeitamente inelastica. A energia cinetica final nao e nula mas simigual a energia cinetica do centro de massa. Como as forcas durante a colisao sao forcasinternas, o centro de massa permanece em movimento rectilıneo uniforme. Assim, naoha movimentos internos relativos ao centro de massa o que quer dizer que as partıculasdepois da colisao perfeitamente inelastica movem-se juntas e que a energia cinetica internafinal e nula, Eint
cf = 0. Toda a energia interna e absorvida durante a colisao. Uma colisaoperfeitamente inelastica e aquela em que e absorvida a maxima quantidade de energiacinetica. A maior parte das colisoes e inelastica, pois parte da energia cinetica interna etransformada noutras formas de energia.
Na colisoes a uma dimensao, o grau de inelasticidade e indicado pelo chamado coefici-ente de restituicao, ε, definido atraves do simetrico da razao entre as velocidades relativasde afastamento e as velocidades relativas de aproximacao
ε = −v2f − v1f
v2i − v1i
.
Este coeficiente tem sempre valores entre 0 e 1. Toma o valor 1 no caso das colisoeselasticas e o valor 0 para colisoes perfeitamente inelasticas.
106
Colisoes totalmente inelasticas a uma dimensao
No caso do choque de duas partıculas de massas m1 e m2 e velocidades iniciais vi1 evi2 temos
v1f = v2f = VCM .
Usando a conservacao do momento linear
m1v1i +m2v2i = (m1 +m2)VCM
Se a partıcula de massa m2 esta inicialmente em repouso, a energia cinetica inicial e
Eci =p2
1i
2m1
.
A energia cinetica final e
Ecf =p2
2(m1 +m2),
de tal forma queEcfEci
=m1
m1 +m2
< 1 .
A energia cinetica final e sempre menor do que a energia cinetica inicial.
Exemplo
Um bloco de massa m1 = 5 kg move-se na horizontal, para a direita, com velocidadeconstante v1 = 2 m/s quando colide com um bloco de massa m2 = 3 kg que se move nosentido contrario com velocidade v2 = 2 m/s. Depois da colisao os dois blocos seguemjuntos. Qual a velocidade final de cada bloco? Qual a razao entre as energias cineticasfinal e inicial?
Como a quantidade de movimento se conserva, P i = P f
(5kg)(2m/s)− (3kg)(2m/s) = (5 + 3)vf . (118)
A velocidade final do centro de massa e vf =10− 6
8= 0.5 m/s. Os dois blocos seguem
juntos para a direita com esta velocidade. A energia cinetica inicial e
Eci =1
2m1v
21i +
1
2m2v
22i =
1
2(5 + 3) 22 = 16 J , (119)
e a energia cinetica final
Ecf =1
2(m1 +m2) v2
f = 1 J . (120)
Significa entao que a maior parte da energia cinetica de perdeu,
EcfEc1
=1
16. (121)
107
y
x
m
m
1
2
v
v
1
2
Antes
(m + m )1 2
y
x
v
Depois
θ
Figura 83: Colisao perfeitamente inelastica.
Exemplo
Consideremos a colisao ilustrada na Fig. 83. Sabendo as velocidades de aproximacaov1 e v2 das duas partıculas de massas m1 e m2, podemos determinar a velocidade finaldo sistema, V e o angulo de colisao, θ. Como nao actuam forcas exteriores, o momentolinear do sistema conserva-se,
P i = P f . (122)
Decompondo nas direccoes x e y temos:
m1v1 = (m1 +m2)V cos θ
m2v2 = (m1 +m2)V sin θ . (123)
Dividindo membro a membro estas equacoes, obtem-se
tan θ =m2
m1
v2
v1
.
Depois de conhecido o angulo θ, podemos determinar a velocidade V atraves de qualquerdas equacoes anteriors,
V =m2
m1 +m2
v2
sin θ. (124)
Determinacao da velocidade de uma bala usando uma colisao inelastica.
O pendulo balıstico e constituıdo por um bloco de massa M , suspenso como indica aFig. 84. Uma bala de massa m << M e disparada com velocidade vi contra o bloco e
������
������
������������������������������������
θ
v
M
m+Mm
f
vi
������
������
Figura 84: O pendulo balıstico.
fica encrustrada nele. Depois da colisao, o sistema de massa (M +m) sobe uma altura h.Sabendo a altura h e as massa m e M e possivel determinar a velocidade da bala.
Convem dividir o problema em duas partes: i) colisao da bala com o bloco, ii) movi-mento de recuo do sistema bloco+bala.
108
i) O tempo de colisao da bala com o bloco e curto e devido ao facto de M >> mo bloco nao se move durante a colisao. Esta e perfeitamente inelastica e comonao ha forcas externas a actuar, a quantidade de movimento conserva-se. Assim, avelocidade depois da colisao e dada por
mvi = (m+M)vf . (125)
ii) Imediatamente apos a colisao o sistema bala-bloco tem energia cinetica e devidoa conservacao da energia, a energia potencial que ele ganha, quando sobe a umaaltura h e igual a essa energia cinetica, i.e.
1
2(m+M) v2
f = (m+M) gh ,
ou seja,
vf =√
2gh .
Substituindo esta expressao em (125) obtem-se a velocidade inicial da bala,
vi =m+M
m
√2gh .
Suponhamos que o angulo θ que a direccao do fio do pendulo faz com a vertical, nomomento em que o bloco atinge a altura h, e muito pequeno, θ << 1 (ver Fig. 85).
LL
∆
θ
x
h
Figura 85: Relacao entre o angulo de recuo θ e o comprimento o fio.
Nesse caso
∆x = L sin θ ∼ Lθ ⇒ θ =∆x
L,
e
h = L (1− cos θ)
= L[1−
(1− 1
2θ2 +
1
4θ4....
)]∼ Lθ2
2∼ (∆x)
2L. (126)
A velocidade vi pode, entao, escrever-se na forma
vi =(m+M
m
)√√√√2g
(∆x2
2L
)
=(m+M
m
)√g
L∆x . (127)
109
Energia cinetica do pendulo balıstico
As energias cineticas inicial e final sao, respectivamente,
Eci =1
2mv2
i ,
e
Ecf =1
2(m+M) v2
f
=1
2(m+M)
(m
m+M
)2
v2i
=1
2
m2
m+Mv1i ,
(128)
donde resultaEcfEci
=m
m+M<< 1 ,
ou seja, que maior parte da energia cinetica inicial se perdeu.
Tempo de colisao no pendulo balıstico
Consideremos que a bala desacelera uniformemente com aceleracao a ao percorrer adistancia ∆s, dentro do bloco ate parar. Da cinematica sabemos
−v2i = 2a∆s⇒ a = − v2
i
2∆s.
Por outro lado0 = vi + at ,
donde resultat = −vi
aPara concretizar, suponhamos que m = 2.7 g, M = 3.840 kg, L = 1.14 m, ∆x = 6.5 cm e∆s = 0.1 m. A velocidade inicial da bala e, de acordo com a expressao (127),
vi =3842.7
2.7
√9.81
1.140.065 = 271.37 m/s .
A aceleracao e
a = −271.372
2× 0.1= −3.682× 105 m/s2 ,
e o tempo de colisao
t = −via
= 7.4× 10−4 s .
O perıodo de um pendulo com estas caracterısticas e
T = 2π
√L
g= 2π
√1.14
9.81= 2.14 s .
Como T >> t, considerar que o tempo de colisao e curto e uma boa aproximacao.
110
9.9 Impulso e media temporal de uma forca
Durante uma colisao as forcas de interaccao das partıculas sao muito intensas e decor-rem num curto intervalo de tempo. Antes da colisao a forca e nula, cresce rapidamentedurante a colisao e quando os corpos se separam anula-se novamente. A este tipo deforca chama-se forca impulsiva. Durante a actuacao desta forca sao produzidas grandesalteracoes no estado de movimento dos objectos.
O impulso, I, de uma forca e uma grandeza vectorial definida por
I =∫ t2
t1F dt .
O valor de cada componente do impulso e numericamente dado pela area sob o graficoque representa a componente respectiva da forca em funcao do tempo, como se mostra nografico da Fig. 86.
F
tf t
F
ti
Figura 86: Impulso de uma forca variavel: area sob a curva (t, F ).
Como F =dp
dt, temos
I =∫ t2
t1
dp
dtdt =
∫ pf
pi
dp = ∆p ,
ou seja,
O impulso de uma forca aplicada a um corpo durante um certointervalo de tempo e igual a variacao da quantidade de movi-mento durante esse intervalo de tempo.
As unidades de impulso sao Ns ou kgms−1.Se representarmos a forca em funcao do tempo, a area sob o grafico da funcao F (t)
e igual a variacao da quantidade de movimento. A media temporal de uma forca(forca media), durante um certo intervalo de tempo ∆t = tf − ti, define-se como
F =1
∆t
∫ tf
tiF dt =
I
∆t.
A forca media e uma forca constante que produz, no mesmo intervalo de tempo, omesmo impulso que a forca real.
111
Exemplo
Uma bola de massa m = 100 g e largada de uma altura h = 3 m para o chao. A bolaressalta ate uma altura de h′ = 1.5 m. O tempo de colisao tıpico e de t = 0.01 s. Qual aforca media exercida pelo solo sobre a bola?
Imediatamente antes de atingir o solo a velocidade da bola e obtida atraves de
1
2mv2
i = mgh⇒ vi =√
2gh = 6.26 m/s . (129)
Depois de ressaltar a sua velocidade e dada por
1
2mv2
f = mgh′ ⇒ vf =√
2gh′ = 5.42 m/s . (130)
O impulso e igual a
I = ∆p = m∆v = 0.1× [6.26− (−5.42)] k = 1.17k kg m/s . (131)
Por outro ladoI = F∆t , (132)
donde se conclui que
F =1.17
0.01k = 117k N . (133)
Podemos comparar esta forca com a forca gravıtica
P = mg = 0.1× 9.81k N ≈ 1k N.
Conclui-se que a forca media a que a partıcula fica sujeita durante a colisao e cerca de100 vezes maior do que a forca gravıtica.
112
10 Dinamica da rotacao em torno de um eixo fixo
10.1 Cinematica da rotacao
Os objectos do mundo real nao sao partıculas pontuais, como ate aqui consideramos.De facto, um objecto real tem uma distribuicao de massa, associada ao seu tamanho ea sua forma. O movimento de um corpo inclui tanto o movimento de translacao comoo movimento de rotacao em torno de um eixo. Neste capıtulo estudamos a dinamicado corpo rıgido. Um corpo rıgido e aquele em que as coordenadas relativas de todas aspartıculas que constituem o corpo rıgido permanecem constantes, ou seja, as distanciasentre as partıculas que constituem o corpo rıgido nao se alteram. Um corpo rıgido e umcorpo indeformavel, quaisquer que sejam as forcas nele aplicadas. Nao existem corposindeformaveis, mas no caso das deformacoes serem pequenas, podemos considerar o corpocomo rıgido.
O movimento mais simples de rotacao de um corpo rıgido ocorre quando a rotacao e emtorno de um eixo fixo. A cinematica da rotacao pode ser analisada atraves do estudo domovimento de um ponto P do corpo numa seccao do corpo transversal ao eixo de rotacao,como se mostra na Fig. 87a. Esse ponto executa um movimento circular, descrito peloangulo de rotacao θ. A cinematica do movimento circular ja foi analisada no capıtulo daCinematica. Faremos aqui o resumo do que ja estudamos atras. A velocidade angular doponto P e um vector cujo modulo representa a taxa temporal de variacao angulo θ
ω =dθ
dt.
Se a velocidade angular e constante, define-se a frequencia ou o numero de rotacoes por
θ
r
wv
PO
z
x
y
a
a
O
r
at
y
x
P
a) b)
Figura 87: Rotacao do corpo rıgido em torno de um eixo fixo.
segundo como
f =ω
2π(s−1)
113
Uma revolucao corresponde a 2π radianos. O perıodo da rotacao e o tempo que demorauma rotacao completa
T =1
f=
2π
ω.
Quando a velocidade angular varia com o tempo, define-se a aceleracao angular como ataxa temporal de variacao da velocidade angular:
α =dω
dt=d2φ
dt2.
Na rotacao de um corpo rıgido em torno de um eixo fixo, todas aspartıculas tem a mesma velocidade angular e a mesma aceleracaoangular.
A velocidade angular e um vector que tem a direccao do eixo de rotacao. No caso maisgeral da rotacao de um corpo rıgido, o eixo de rotacao nao se mantem fixo, de modo que,a direccao de ω nao e constante. O vector aceleracao angular, α tem a mesma direccao
de ω. Quandodω
dt> 0, α tem o mesmo sentido que ω e quando
dω
dt> 0, α tem o sentido
contrario a ω.
Movimento de rotacao com aceleracao constante
No caso do movimento de um corpo rıgido em torno de um eixo fixo, com aceleracaoconstante, integrando ambos os membros da equacao
dω
dt= α ,
obtemosω = αt+ C ,
onde C e uma constante de integracao, e representa a velocidade angular no instanteinicial, C = ω(t = 0) = ω0. Tem-se entao
dθ
dt= ω = ω0 + αt . (134)
Integrando agora esta expressao
θ = ω0t+1
2αt2 + C ,
em que agora a constante de integracao, C, representa a posicao angular inicial, C =θ(t = 0) = θ0, e portanto
θ = θ0 + ω0t+1
2αt2 . (135)
Se resolvermos (134) em ordem a t e substituirmos em (135)
ω2 = ω20 + 2α (θ − θ0) .
Ja vimos que do ponto de vista cinematico a rotacao de um corpo rıgido em torno de umeixo fixo se reduz ao movimento de um ponto P numa seccao transversal deste. Com temosso um grau de liberdade, θ, podemos fazer a analogia com o movimento de translacaorectilıneo que esta representada na seguinte tabela
114
Translacao Rotacaodeslocamento linear, x angulo de rotacao, θ
velocidade linear, v velocidade angular, ω = dθdt
aceleracao linear, a aceleracao angular, α = d2θdt2
Relacao entre as grandezas cinematicas angulares e lineares
A velocidade angular e um vector que esta relacionado com a velocidade linear de cadapartıcula do corpo rıgido atraves de
v = ω × r ,
onde r e o vector posicao do ponto P . Como cada partıcula do corpo rıgido que rodaem torno de um eixo fixo executa movimento circular, a velocidade linear v e o vectorposicao r sao sempre perpendiculares e portanto o modulo de v e dado por
v = rω .
A velocidade aumenta com a distancia ao eixo de rotacao.Ja vimos anteriormente que a aceleracao no movimento curvilıneo tem duas compo-
nentes. A componente paralela a direccao da velocidade, ou tangente a trajectoria, e iguala taxa temporal de variacao do modulo da velocidade linear
at =dv
dt= r
dω
dt= rα .
A componente da aceleracao perpendicular a direccao da velocidade e a aceleracao centrıpetae resulta do facto da direccao da velocidade mudar. O seu modulo e dado por
ar =v2
r.
A aceleracao linear total ea = at + ar ,
com moduloa =
√a2t + a2
r = r√α2 + ω4 .
Na Fig. 87b esta representada a aceleracao de uma partıcula do corpo rıgido situada noponto P .
Exemplo: O gira-discos
Um disco roda a 33 rot/min e demora 20 s ate parar.
a) Qual e a aceleracao angular, assumindo que e constante?
b) Quantas rotacoes executa o disco ate parar?
115
c) Qual a aceleracao, no instante t = 0, de uma partıcula localizada na borda do disco,a 14 cm do centro do disco?
a) A velocidade angular inicial e
ω0 = 33× 2π × 1
60= 3, 46 rad/s .
Como o disco esta acelerado ω = ω0 + αt , e quando o disco para, ω = 0, pelo que
α = −ω0
t= −3, 46
20= −0.173 rad/s2 .
Como α <= 0, a velocidade angular diminui.
b) θ − θ0 = ω0t +1
2αt2 = 3, 46 × 20 − 0.5 × 0.173 × 202 = 34.6 rad . O numero de
rotacoes ate parar e34.6
2π= 5, 51.
c) A aceleracao tangencial no instante t = 0 e at = rα = 14× 0.173 = 2, 42 cm s−2 , eaponta no sentido de travar a rotacao do disco. A aceleracao normal aponta para ocentro e tem modulo
an =v2
0
r= rω2
0 = 168 cms−2 .
Assim, a aceleracao de um ponto da borda do disco no intante inicial e
a =√
2.422 + 1682 ≈ 168 cms−2 .
10.2 Momento de uma forca
Antes de iniciarmos a discussao da dinamica do corpo rıgido, daremos os conceitosde momento de uma forca, momento angular de uma partıcula e momento deinercia de uma partıcula.
No movimento linear o trabalho realizado pela forca que actua sobre a partıcula eigual a forca vezes o deslocamento do ponto de aplicacao
W = F∆x .
Fazendo a analogia com o movimento de translacao, deve existir uma grandeza, τ , tal queo trabalho na rotacao seja proporcional a ∆θ, o deslocamento angular, i.e.
W = τ∆θ .
Para ilustrar, consideremos uma barra rıgida que gira em torno de uma extremidade fixa,O, sobre a accao de uma forca F aplicada no ponto P , como mostra a Fig. 88. O pontoP esta a distancia r de O e portanto r = OP .
116
r
FP’
θ
O
P
Figura 88: Rotacao de uma barra com uma extremidade fixa.
O angulo entre r e F e φ. Numa rotacao infinitesimal o ponto P desloca-se para P ′
e o deslocamento e tangente ao cırculo de centro em O e raio r. Assim, o vector PP′ eperpendicular a r. A projeccao de F na direccao do deslocamento e
F|| = F cos (π
2− φ) = F sinφ ,
e|PP′| = rθ .
AssimW = Frθ sinφ ,
donde se conclui queτ = Fr sinφ .
Podemos analisar este resultado de duas maneiras distintas. Podemos escrever
τ = Fr⊥ = Fb ,
em quer⊥ = b = r sinφ ,
representa a distancia da linha de accao PQ ao ponto O (ver Fig. 89a). Esta distanciae chamada braco da alavanca da forca. Por outro lado, a forca F decompoe-se numa
O
F
P
Q
φ
r
Fsinφ
Fφ
a) b)
Figura 89: a) Braco de uma forca. b) Componente da forca responsavel pela rotacao.
componente paralela a r, F|| = F cosφ e noutra perpendicular, F⊥ = F sinφ, de tal formaque
τ = F⊥r .
117
So a componente perpendicular da forca e eficaz na rotacao, como ilustrado na Fig. 89b.Quanto maior o braco da forca mais eficaz e a forca em termos dos seus efeitos de
rotacao. O momento de uma forca em relacao a um dado ponto e uma grandeza vectorial.O seu modulo ja vimos ser dado por
τ = rF sinφ ,
o que corresponde ao modulo do produto vectorial do vector r pelo vector F
τ = r × F .
No exemplo da haste a girar em torno de um ponto fixo, os vectores r e F definem umplano e o vector τ e perpendicular a esse plano, ou seja, a direccao de τ e a direccao doeixo de rotacao. O sentido e tal que vista da extremidade de τ , a rotacao tem o sentidoanti-horario. Invertendo o sentido de F , inverte-se tambem o sentido de τ e a rotacao eno sentido horario.
O momento de uma forca define-se sempre em relacao a um dado ponto O. Se Omuda, o momento muda tambem.
As unidades do momento de uma forca sao N.m ou J. As dimensoes de momento deuma forca sao as mesmas de trabalho. No entanto, momento de uma forca e trabalho saograndezas muito diferentes pois uma e escalar e outra vectorial.Exemplo: Momento de forcas centrais
Uma forca central tem a forma
F = F (r)r ,
em que r e o vector posicao da partıcula em relacao ao centro de forcas, que e o pontoorigem de r. O torque de F em relacao ao centro de forcas e nulo, visto que r e F tema mesma direccao
τ = r × F = 0 .
Exemplo: Par accao-reaccao
Consideremos duas partıculas como mostra a Fig. 90. A forca exercida por uma
r
r
F
F
1
2
2
1
O
Figura 90: O momento resultante das forcas internas e nulo.
partıcula sobre a outra e F 1 e sobre ela actua a forca F 2 devida a outra partıcula. Deacordo com a terceira lei de Newton F 1 = −F 2. Assumindo que as direccoes dessas forcascoincidem com a direccao que une as duas partıculas, o momento resultante destas forcasem relacao a um ponto O e dado por
τ 1 + τ 2 = r1×F 1 + r2×F 2 = (r1 − r2)×F 1 = 0,
118
porque r1 − r2 tem a direccao que une as duas partıculas e assim a de F 1. Embora asforcas que as partıculas nao tenham que ser necessariamente paralelas a direccao que asune, verifica-se experimentalmente que a conclusao e geral, i.e. que o momento resultantedas forcas internas de um sistema de partıculas em relacao a qualquer ponto e nulo.
10.3 Momento angular de uma partıcula
Consideremos uma partıcula de massa m, de vector posicao r e velocidade v, comoindicado na Fig. 91. O momento angular da partıcula define-se atraves do produto
l
r v
m
O
θ
z
y
x
Figura 91: Momento angular de uma partıcula.
vectorial de r com p = mv, i.e.
l = r×p = mr×v . (136)
O vector l tem modulo l = rp sin θ e a sua direccao e perpendicular ao plano definido porr e v. O sentido de l e definido atraves da regra da mao direita. Na regra da mao direita,quando rodamos os dedos, do mınimo ao indicador, do primeiro vector para o segundovector do produto vectorial, o polegar indica o sentido do produto vectorial. As unidadesdo momento angular sao kg m2 s−1.
Relacao entre momento angular e momento de uma forca
Vimos que o momento linear de uma partıcula se define como
p = mv ,
e esta relacionado com a forca atraves da segunda lei de Newton
F =dp
dt.
Consideremos uma partıcula de massa, localizada num ponto P de vector posicao r, e amover-se com velocidade v. Se a forca que actua sobre a partıcula nesse ponto e F , o seumomento em relacao a origem de um sistema de eixos e
τ = r×F . (137)
De acordo com a segunda lei de Newton
F =dp
dt,
119
o que permire escrever (137) na forma
τ = r×dpdt,
ou
τ = mr×dvdt
pois a massa e constante.Como
d
dt(r ×mv) =
dr
dt×mv + r ×mdv
dt= r ×mdv
dt.
pois a primeira parcela e nula dado envolver o produto vectorial do vector velocidade comele proprio. Assim podemos concluir que, usando (136),
τ =d
dt(r × p) =
dl
dt.
A variacao temporal do momento angular de uma partıcula emrelacao a um dado ponto O e igual ao momento da forca queactua nessa partıcula, em relacao ao ponto O.
Exemplos de calculo de momento angular de uma partıcula
1. Partıcula com movimento rectilıneo uniforme A Fig. 92 indica uma partıculade massa m que se desloca com velocidade v em movimento rectılineo. Em relacao aoponto O o seu momento angular e
l = r×mv = rmv sinφ = r⊥mv .
onde r representa o vector posicao da partıcula em relacao ao ponto O e φ e o angulo quer faz com v. Em diferentes instantes, o angulo de r com v e diferente mas r sinφ = r⊥mantem-se constante. Como o movimento e rectilıneo uniforme, a resultante das forcas
v
m
O
br
Figura 92: Momento angular de uma partıcula com movimento rectilıneo.
que actuam sobre a partıcula e zero e, portanto, o momento resultante e tambem zero.Sendo assim, ha conservacao do momento angular.
120
r
l
p
z
x
y
Figura 93: Momento angular de uma partıcula com movimento circular uniforme.
2. Partıcula com movimento circular uniforme Consideremos uma partıcula quese move com movimento circular uniforme, como indicado na Fig. 93.
O sistema de eixos escolhe-se de tal forma que o centro do circulo e a origem do sistemade eixos. O momento angular da partıcula em relacao ao ponto O e
l = r×p .
Como r e v sao perpendiculares em qualquer instante, e a partıcula roda no sentidocontrario ao dos ponteiros do relogio, o momento angular aponta no sentido positivo doeixo dos zz. Alem disso, tratando-se de movimento uniforme, o modulo de l e constantee dado por
l = mrv = mrωr =(mr2
)ω . (138)
A resultante das forcas que actuam na partıcula e uma forca central
F = −mv2
rr ,
de modo que, em relacao a origem deste sistema de eixos, o momento desta forca e zero.Como tal, o momento angular conserva-se: e um vector de modulo constante que apontasempre na mesma direccao e sentido.
10.4 Energia cinetica de rotacao
Consideremos uma partıcula a rodar em movimento circular uniforme como indicadona Fig. 93. A sua energia cinetica e
Ec =1
2mv2 =
1
2
(mr2
)ω2 . (139)
Se em vez de uma partıcula tivermos um sistema de partıculas a rodar em torno do mesmoponto, com a mesma velocidade angular entao a energia cinetica do sistema de partıculase
Ec =∑i
1
2miv
2i =
1
2
(∑i
mir2i
)ω2 (140)
121
10.5 Momento de inercia de um sistema de partıculas
Nas expressoes (138) e (139) aparece uma quantidade entre parentesis, que se designapor momento de inercia de uma partıcula.
I = mr2 .
A coordenada r e a distancia (medida na perpendicular) da partıcula ao eixo de rotacao.O momento de inercia de um sistema de partıculas e dado pela soma dos momentos deinercia de cada uma das partıculas,
I =
(∑i
mir2i
).
As unidades do momento de inercia sao kg m2.A energia cinetica de rotacao pode entao ser escrita como
Ec =1
2Iω2 .
As partıculas a maior distancia do eixo de rotacao tem maior momento de inercia eportanto maior energia cinetica. O momento de inercia mede a resistencia a rotacaoassim como a massa mede a resistencia a translacao.
Exemplo: Quatro partıculas a rodarConsideremos a configuracao de partıculas indicada na Fig. 94. Qual o momento de
a a
b
b
M M
m
m
y
x
Figura 94: Sistema de partıculas a rodar.
inercia e qual a energia cinetica para a rotacao em torno do eixo dos a) yy, b) zz.
a) Todas as partıculas estao no plano xy e rodam em torno do eixo dos yy com velo-cidade angular ω. As massas m nao contribuem para o momento de inercia vistoque estao sobre o eixo de rotacao, i.e. r = 0 para essas partıculas. O momento deinercia em torno de y e entao
Iy = M(−a)2 +Ma2 = 2Ma2 ,
e a energia cinetica de rotacao e
Ec =1
2Iyω
2 = Ma2ω2 .
122
b) Se agora considerarmos a rotacao em torno do eixo dos zz todas as partıculas con-tribuem para o momento de de inercia e para a energia cinetica:
I = 2mb2 + 2Ma2 ,
e
Ec =1
2Izω
2 =(Ma2 +mb2
)ω2 .
O momento de inercia depende do eixo de rotacao. E precisa mais energia para fazer osistema rodar em torno de z do que em torno de y.
10.6 Momento de inercia de um corpo solido rıgido
Para calcular o momento de inercia de um corpo rıgido que roda em torno de umeixo fixo, ver Fig. 95, consideramos que ele e constituıdo por massas elementares ∆m. O
z
x
y
r∆m
Figura 95: Momento de inercia de um corpo rıgido.
momento de inercia de cada massa elementar em relacao ao eixo de rotacao e Ii = ∆mr2i .
O momento de inercia total do solido e
I = lim∆m→0
∑Ii = I = lim
∆m→0
∑r2i∆m =
∫Vr2dm .
Deve-se exprimir dm em funcao das coordenadas. A densidade de massa volumica edefinida atraves de
ρ =dm
dV,
o que permite escrever
I =∫Vρr2dV .
Para corpos homogeneos, i.e. com densidade constante sobre todo o seu volume,
I =M
V
∫Vr2dV .
123
Corpo rıgido Eixo de rotacao I
Anel circular de raio R passa no centro, perpendicular ao anel MR2
Disco de raio R passa no centro, perpendicular do disco 12MR2
Barra delgada de comprimento L passa no centro, perpendicular a barra 112ML2
Esfera de raio R coincidente com um diametro 25MR2
Cilindro de raio R e altura h eixo do cilindro 12MR2
Momentos de inercia de varios solidos
Na seguinte tabela mostra-se os momentos de momentos de inercia (I) de alguns corposrıgidos homogeneos e com formas geometricas simples.Exemplo: Calculo do momento de inercia de uma esfera de raio R e massa M .
Escolhe-se um eixo de rotacao que passe pelo centro de massa. Considera-se que aesfera e feita de discos sucessivos perpendiculares ao eixo de rotacao. Um dos discos demassa dm tem espessura dz e e raio r situado a altura z do plano equatorial. A massa
R
z
ρ
Figura 96: Momento de inercia de uma esfera.
dm do disco e dada por
dm = MdV
V= M
πr2dz43πR3
.
O momento de inercia (elementar) do disco e (para um disco de massa M e raio R,I = MR2/2)
dI =1
2r2dm = M
πr4dz83πR3
Para obter o momento de inercia total, integra-se sobre z, que se considera a variar entre0 e R (somam-se os discos elementares que sobrepostos formam o hemisferio e cujos raiosvariam entre 0 e R), o que corresponde ao momento de inercia de um hemisferio, sendo oresultado para a esfera o dobro deste.
I = = 2∫dI = 2
3M
8πR3
∫r4dz =
3M
4πR3
∫ (R2 − z2
)2dz
124
=3M
4πR3
(R4∫ R
0dz − 2R2
∫ R
0z2dz +
∫ R
0z4dz
)
=3M
4πR3
8
15=
2
5MR2 . (141)
10.7 O teorema dos eixos paralelos ou teorema de Steiner
Nos calculos anteriores do momento de inercia, o eixo em relacao ao qual se calcularamos momentos de inercia passa pelo centro de massa do corpo rıgido. Podemos, no entanto,calcular os momentos de inercia em relacao a outro eixo qualquer paralelo ao eixo quepassa no CM aplicando o chamado teorema dos eixos paralelos.
I = ICM +Md2 , (142)
onde:
• ICM e o momento de inercia do solido em relacao a um eixo que passa pelo centrode massa;
• I e o momento de inercia do solido em relacao a um eixo paralelo ao anterior;
• d e a distancia entre os dois eixos;
• M e a massa do solido.
Demonstracao do teorema de Steiner
Consideremos uma fatia de um corpo rıgido como ilustra a Fig. 97. O eixo dos zz
(x ,y ,0)A A
z
x
y
A
(x ,y ,z )
(x ,y ,0)
O
r i i
R
d
mi
i i i
Figura 97: Demonstracao do teorema de Steiner.
passa passa pelo centro de massa do corpo e o eixo A e paralelo ao anterior. O momentode inercia do corpo em relacao ao eixo z e ICM e em relacao ao eixo A e I. A interseccaodo eixo A com o plano xy e um ponto de coordenada (xA, yA). Um elemento de massa mi
tem coordenadas (xi, yi, zi); Ri representa a distancia, medida na perpendicular, de mi aoeixo z, ri representa a distancia, medida na perpendicular, entre o elemento de massa e
125
o eixo A e d e a distancia entre os dois eixos. O momento de inercia I e a soma de todasas contribuicoes mir
2i
I =∑i
(mir2i ) .
Masr2i = (xi − xA)2 + (yi − yA)2 ,
e portanto
I =∑i
mi
(x2i − 2xixA + x2
A + y2i − 2yiyA + y2
A
)=
∑i
mi
(x2i + y2
i
)+∑i
mi
(x2A + y2
A
)− 2
∑i
mi (xAxi + yAyi)
=∑i
miR2i + d2
∑i
mi − 2xA∑i
mixi − 2yA∑i
miyi
= ICM +Md2 − 2xAXCM − 2yAYCM
= ICM +Md2 , (143)
pois XCM = YCM = 0.
Exemplo: BarraCalculo do momento de inercia de uma barra em torno de um eixo que lhe e per-
pendicular e que passa numa as suas extremidades. A distancia do centro de massa aextremidade da barra e L/2. Assim
I = ICM +Ml2 =1
12ML2 +M
(L
2
)2
=1
3ML2 .
Exemplo: CilindroCalculo do momento de inercia de um ciclindro em torno de uma geratriz, i.e. um
eixo que passa na sua superfıcie lateral e e paralelo ao seu eixo. A distancia da geratrizao eixo do cilindro e R e, portanto,
I =1
2MR2 +MR2 =
3
2MR2 .
10.8 Lei de Newton para a rotacao do corpo rıgido
A rotacao mais simples de um corpo rıgido e a rotacao em torno de um eixo fixo.Consideremos um corpo rıgido a rodar em torno do eixo dos zz de um certo sistema deeixos de origem O. Um elemento de massa mi do corpo rıgido esta num plano O′x′y′ deuma seccao transversal, como se mostra na Fig. 98. O unico grau de liberdade e descritopelo angulo de rotacao φ em torno de Oz e a velocidade v e perpendicular ao vector rino plano O′x′y′. O modulo da velocidade e
v = rω = rdφ
dt.
126
y
x
x’
y’o’
o
v
r
ρii
i
z
φzi
Figura 98: Rotacao de um corpo rıgido.
O momento angular de uma partıcula de massa m no ponto P em relacao a origem Oe dado por
l = ρ×mv ,
em queρ = Z + r ,
com Z (analogo a zi na Figura) o vector posicao da origem O′. O momento angular podeentao ser escrito como a soma de duas componentes
l = l⊥ + l‖
coml⊥ = Z ×mv ,
a componente perpendicular ao eixo dos zz e
l‖ = r ×mv ,
a componente paralela ao eixo dos zz. Como r e perpendicular ao vector v podemosescrever
lz = mrv = mr2ω = Iω , (144)
onde I = mr2 representa o momento de inercia em relacao ao eixo de rotacao. O resultado(144) pode ser generalizado ao corpo rıgido como um todo. Consideremos entao que ocorpo rıgido e constituıdo por infinitas partıculas de massa mi, situadas a uma distanciari do eixo de rotacao. A componente z do momento angular e a soma das componentes zdos momentos angulares de todas as partıculas
Lz =∑i
lzi =∑i
mir2iω = Iω , (145)
em que o momento de inercia do sistema de partıculas e
I =∑i
mir2i . (146)
127
Como o corpo rıgido tem uma distribuicao contınua de massa, na soma (146) deve tomar-se o limite em que mi tende para zero, resultando
I =∫r2dm ,
o que representa o momento de inercia do corpo rıgido em relacao ao eixo de rotacao.Consideremos agora que sobre a partıcula de massa mi e vector posicao ρi actua uma
forca que e decomposta em tres componentes, como mostra a Fig. 99.
F
zF
z
y
x
i
iiF tan
r
ir
ρi
Figura 99: Componentes da forca resultante num ponto do corpo rıgido.
So a forca na direccao tangente a trajectoria produz momento segundo a direccao doeixo de rotacao, dado por
(τi)z = riFitan . (147)
Mas a componente da forca tangente a trajectoria e a responsavel pela variacao do moduloda velocidade
Fitan = midv
dt= miri
dω
dt= miriα ,
o que permite escrever (147) na forma
(τi)z = mir2iα .
Somando todas as contribuicoes para o momento segundo a direccao do eixo de rotacao,e tomando o limite de um numero infinito de massas infinitesimais resulta
τz =∫r2dmα = Iα , (148)
Esta constitui a segunda lei de Newton na forma aplicavel a rotacao de um corpo rıgido.Relembramos que, como se trata de um corpo rıgido, todas as partıculas rodam com amesma velocidade angular e com a mesma acelaracao angular.
Derivando em ordem ao tempo a expressao (145) do momento angular do corpo rıgido,obtem-se
dLzdt
= Idω
dt= Iα ,
que e igual a (148).A segunda lei de Newton para a rotacao de um corpo rıgido em torno de um eixo fixo
pode pois ser escrita na forma
dLzdt
=d
dtIω = I
dω
dt= Iα = τ ext
z . (149)
Sobre as equacoes (149) convem referir o seguinte:
128
• Tanto Lz como τ extz sao calculados em relacao ao eixo de rotacao.
• Em geral, calcula-se o momento de uma forca em relacao a um ponto. No entantoτ extz pode ser calculado em relacao a qualquer ponto do eixo de rotacao (o resultado
e o mesmo).
• O momento de inercia de um corpo rıgido e constante pois as distancias r doselementos de massa dm ao eixo de rotacao nao variam.
• O momento de inercia da uma medida da oposicao de um corpo a variacao davelocidade angular.
• Se a resultante de todos os momentos exteriores for nula, o momento angular de umcorpo rıgido permanece constante com o tempo.
Exemplos de aplicacao
1. Corda enrolada num cilindro
Uma corda esta enrolada em torno de um cilindro de raio R = 10 cm e massaM = 10 kg, como mostra a Fig. 100. O cilindro pode rodar livremente em torno doseu eixo. A corda e puxada tangencialmente ao cilindro de tal forma que a tensao Tse mantem constante, com o valor T = 4 N . Qual a aceleracao angular do cilindroe qual a sua velocidade angular ao fim de t = 2 s?
M
ω
R
Figura 100: Corda enrolada a um cilindro.
O momento da tensao em relacao ao eixo do cilindro e
τ = TR .
Por outro lado, de acordo com a lei da dinamica da rotacao
τ = Iα ,
donde se conclui que
α =TR
I.
129
O momento de inercia do cilindro em relacao ao eixo de rotacao e I =1
2MR2 de
forma que
α =2T
MR= 8 rad/s2 .
A velocidade angular ao fim de 2 s e
ω = αt = 16 rad/s .
2. Barra a rodar em torno de uma extremidade
Uma barra de comprimento l e massa M pode rodar livremente em torno de umeixo que lhe e perpendicular e passa na sua extremidade esquerda (Fig. 101). Quala aceleracao linear de um ponto da barra situado a uma distancia r do pivot ?
M
l
Figura 101: Barra a rodar livremente em torno de uma extremidade.
O peso da barra actua no seu centro de massa. O momento do peso em relacao aopivot e
τ = MgL
2.
Por outro ladoτ = Iα ,
em que o momento de inercia, calculado em relacao ao eixo que passa na extremidadeda barra, e dado por
I =1
3ML2 .
Resulta entao para a aceleracao angular
α =3
2
g
L,
e a aceleracao linear para pontos a uma distancia r do pivot e
a = rα =3
2
gr
L.
A aceleracao linear do centro de massa da barra e
aCM =3
4g .
130
3. Cilindro e bloco
Uma corda esta enrolada em torno de um cilindro de massa M e raio R. A cordaesta ligada a um bloco de massa m (ver Fig. 102). Determinar a aceleracao e atensao na corda.
m
RM
Figura 102: Bloco pendurado num cilindro
Aplicando a segunda lei de Newton, F = ma ao bloco de massa m temos
mg − T = ma . (150)
Por outro lado, aplicando a lei da dinamica da rotacao, τ = Iα
τ = RT = Iα =1
2MR2α . (151)
A aceleracao linear e angular do disco, no exterior do disco, estao relacionadasatraves de
a = Rα .
Substituindo em (151) resulta
T =1
2Ma .
Substituindo agora este valor da tensao em (150) obtem-se as aceleracoes linear eangular dos dois objectos:
a =m
m+ M2
g , α =a
R=
m/R
m+ M2
, T =mM
2m+Mg .
4. A maquina de Atwood revisitada
A roldana na maquina de Atwood da Fig. 103 tem massa M e raio R, e m1 > m2.Pretendemos saber qual a aceleracao do sistema, quais as tensoes nas cordas, e quala velocidade do sistema quando a massa m1 desce uma altura h.
Aplicando a segunda lei de Newton, F = ma a cada uma das massas, m1 e m2, e aa lei da dinamica da rotacao, τ = Iα, para a roldana vem:
P1 − T1 = m1a ,
T2 − P2 = m2a
R (T1 − T2) = Iα . (152)
131
P1
T1
T2
P2
m2
m1
M
R
Figura 103: Roldana com inerica na maquina de Atwood
De realcar que tensao na corda e agora diferente de um lado e do outro da roldana. Seassim nao fosse, o momento resultante seria nulo e a roldana nao rodaria. Considera-se que a corda nao escorrega. Somando as duas primeiras primeiras equacoes
T1 − T2 = (m1 −m2) g − (m1 +m2) a . (153)
A roldana e como um cilındro muito fino de raio R e portanto o seu momento de
inercia e I =1
2MR2. A aceleracao linear dos pontos da roldana mais afastados do
centro esta relacionada com a aceleracao angular atraves de
a = Rα . (154)
Substituindo (154) em (152) vem
T1 − T2 =1
2Ma . (155)
Igualando (153) a (155) obtem-se a aceleracao linear do sistema
a =m1 −m2
m1 +m2 + 12Mg ,
e a diferenca de tensoes
T1 − T2 =(m1 −m2) 1
2M
2(m1 +m2 + 1
2M)g .
Quando se despreza a massa da roldana M = 0, T1 = T2 e
a =m1 −m2
m1 +m2
g e T =2m1m2
m1 +m2
g ,
que e o resultado obtido anteriormente para uma roldana de massa desprezavel.Como a aceleracao e constante e partindo do princıpio de que quando o movimento
132
se inicia o sistema esta em repouso, a sua velocidade quando a massa m1 desce umaaltura h e dada pela equacao
v2 − v20 = 2ah ,
ou seja,
v =
√√√√ 2 (m1 −m2) gh
m1 +m2 + 12M
. (156)
10.9 Energia cinetica, trabalho e potencia de rotacao
Quando um corpo rıgido roda com velocidade angular ω, a energia cinetica de umapartıcula do corpo rıgido de massa elementar dm, situada a uma distancia r do eixo derotacao e dada por
1
2dmv2 =
1
2dmr2ω2 ,
de modo que a energia cinetica total de rotacao do corpo rıgido e
Erotc =
1
2ω2∫r2dm =
1
2Iω2 .
O trabalho realizado na rotacao infinitesimal e
dW = τ · dφ = τ extz dφ
pois dφ = dφz. Mas
τ extz dφ = τ ext
z
dφ
dtdt = I
d2φ
dt2dφ
dtdt =
d
dt
(1
2Iω2
)dt = dEc .
Assim,
W =1
2Iω2
2 −1
2Iω2
1 .
que nao e mais que o teorema do trabalho-energia cinetica para a rotacao.Se sobre um corpo rıgido so actuarem forcas conservativas, a energia mecanica conserva-
se no movimento de rotacao.
E =1
2Iω2 + Ep ,
onde Ep e a energia potencial associada a forca conservativa.A potencia na rotacao e dada por, dW = τdφ
P =dW
dt= τ
dφ
dt= τω .
Exemplo: A maquina de Atwood ataca novamente
Pretendemos obter o resultado (156) recorrendo a conservacao da energia mecanicaConsiderando que inicialmente a energia potencial de m2 e zero, a energia mecanica iniciale
Ei = m1gh ,
133
e a energia mecanica final e
Ef =1
2m1v
2 +1
2m2v
2 +1
2Iω2 +m2gh ,
donde resulta
v =2 (m1 −m2) gh
m1 +m2 + IR2
.
Substituindo I =1
2MR2, resulta a equacao (156).
10.10 Lei da conservacao do momento angular
Vimos que a taxa de variacao do momento angular do corpo rıgido, em relacao a umdado ponto e igual ao momento resultante em relacao ao mesmo ponto.
τ =dL
dt. (157)
O momento resultante e a soma dos momentos internos e externos
τ = τ int + τ ext .
Ja vimos atras que no caso dos sistemas de partıculas o momento interno resultante e nulo,devido a terceira lei de Newton. Tambem no caso dos corpos rıgidos, que sao um conjuntoinfinito de partıculas elementares, o momento interno resultante e nulo. Este e um factosuportado pela evidencia experimental. O momento angular total de um corpo rıgido sovaria em resposta a momentos externos. Assim, podemos enunciar a lei da conservacaodo momento angular do seguinte modo:
O momento angular total de um corpo rıgido isolado e constante.
A lei (157) significa que se o corpo rıgido roda em torno do eixo z, por exemplo,e τz = 0, entao Lz e constante. Se um corpo rıgido roda em torno do eixo dos zz, o
r
l
l
l
ρ
z
ω
dm
ω
r
L2
L1
r12
b)a)
Figura 104: a) Corpo rıgido nao simetrico b) Corpo rıgido simetrico.
momento angular de um elemento de massa dm, vector posicao r e velocidade v temuma componente segundo z e uma componente radial, como mostra a Fig. 104 a). A
134
componente z do momento angular influencia o movimento de rotacao do objecto em tornodo eixo dos zz, enquanto a componente radial esta relacionada com as forcas exercidassobre o suporte do corpo rıgido, pelo eixo de rotacao.
Um eixo de simetria de um corpo rıgido e um eixo que passa pelo centro de massa eem relacao ao qual a distribuicao de massa e simetrica. No caso de o eixo de rotacao serum eixo de simetria do objecto, como mostra a Fig. 104b entao, a componente radial deL e nula (as forcas nos suportes anulam-se) e so existe a componente z. As contribuicoespara Lz dos elementos de massa do corpo rıgido somam-se. Neste caso da rotacao docorpo rıgido, o momento angular e a velocidade angular tem a mesma direccao
O momento angular de um corpo rıgido, ou de um sistema de partıculas, que roda emtorno do eixo de simetria e paralelo a velocidade angular e pode ser escrito como
L = Iω
Num sistema isolado, o momento angular conserva-se
Li = Lf .
Como L = Iω, tem-se como consequencia que, por exemplo, se o momento de inerciadiminuir (If < Ii), a velocidade angular aumenta (ωf > ωi):
ωf =IiIfωi .
Exemplo: Ginasta a rodar com halteres
Consideremos que um ginasta roda em cima de uma plataforma giratoria, completandouma volta em cada 2 s. O ginasta tem inicialmente os bracos abertos e um haltere de5 kg em cada mao. Qual a velocidade do ginasta quando ele aproxima os dois halteres doseu corpo? O momento de inercia do ginasta em torno do eixo de rotacao e de 3.0 kg.m2,quando os seus bracos estao esticados e de 2.2 kg m2 quando os bracos estao proximos doseu corpo. No inıcio os halteres estao a 1.0 m do eixo de rotacao e no fim a 0.2 m.
O sistema ginasta+halteres e isolado de modo que o momento angular conserva-se,
Iiωi = Ifωf .
O momento de inercia inicial e
Ii = Iginasta + Ialteres = 3.0 + 2× 5× 12 = 13 kg.m2 ,
O momento de inercia final e menor que Ii
If = 2.2 + 2× 5× 0.22 = 2.6 kg.m2 .
Assim, a velocidade angular final aumenta
ωf =IiIfωi =
13
2.6× π = 15.7 rad/s .
135
A energia cinetica inicial do sistema e
Eic =
1
2Iiω
2i = 64 J
e a final
Efc =
1
2Ifω
2f = 320 J
De onde vem a energia final extra?
Exemplo: Paraquedista e mesa rotativa
Uma mesa grande de madeira em forma de disco de raio 2.00 m e massa 120 kg, rodaem torno de um eixo perpendicular que passa pelo seu centro. A mesa roda a 3.00 rad/squando um paraquedista de 70 kg aterra suavemente sobre a mesa num ponto proximoda borda.
1. Qual a velocidade angular da mesa apos o paraquedista aterrar? (Assuma que oparaquedista pode ser considerado uma partıcula).
O momento de inercia da mesa e
Imesa =1
2MR2 = 240 kg.m2 .
Como nao ha torques exteriores, o momento angular conserva-se, Li = Lf . Omomento angular inicial vale
Li = Imesaω = 240× 3 = 720 kg.m2/s ,
e o momento angular final e
Lf = (Imesa + Iparaq.)ω = (240 + 280)× ωf = 720
pelo que,
ωf =720
520= 1.38 rad/s .
2. Qual a variacao da energia cinetica? Porque e que nao e zero?
Eci =1
2Imesaω
2i = 1080 J
Ecf =1
2(Imesa + Iparaq.)ω
2f = 495 J
Impulso angular
Vimos anteriormente que o impulso de uma forca F e igual a variacao da quantidadede movimento,
I =∫F dt = ∆p .
136
Podemos definir o impulso angular de uma forma semelhante:
J =∫τdt = ∆L .
Tal como no caso do impulso de uma forca, I, e da definicao de forca media, pode definir-seum momento medio, τmed, atraves de
τmed =J
∆t=
∆L
∆t.
Exemplo: Colisao entre dois discos que rodam
Dois discos de momentos de inercia I1 e I2 rodam com velocidades angulares ω1 e ω2,quando sao empurrados um contra o outro por uma forca externa, paralela ao eixo derotacao. Determinar a velocidade angular final dos dois discos.
ω
ω
ωI
I
I + I1
1
22
f
1 2
Figura 105: Colisao rotacional totalmente inelastica.
So ha momentos internos. Os momentos externos sao nulos. Um dos discos exercesobre o outro um momento, τ , simetrico do que o segundo disco exerce sobre o primeiro,τ ′ = −τ , de tal forma que os impulsos tambem sao simetricos. Os discos no final ficamjuntos o que significa que a sua velocidade angular e a mesma.
J = −J ′ −→ ∆L1 = −∆L2
I1ωf − I1ω1 = − (I2ωf − I2ω2)
ωf =I2ω2 + I1ω1
I1 + I2
. (158)
Esta situacao a analoga a colisao totalmente inelastica de duas partıculas que se movemcom movimento rectilıneo uniforme. Tambem neste caso a energia cinetica nao se conserva.
137
Analogia entre os movimentos de rotacao e de translacao.
A tabela seguinte apresenta as analogias que e possıvel estabelecer entre as grandezasque entram na descricao da rotacao de um corpo rıgido em torno de um eixo fixo comaquelas do movimento de translacao unidimensional.
Movimento de translacao rectilıneo Rotacao em torno de um eixo fixo
Deslocamento linear, x Angulo de rotacao, θ
Velocidade linear, v Velocidade angular, ω =dθ
dt
Aceleracao linear, a Aceleracao angular, α =d2θ
dt2Massa, m, Momento de inercia, IMomento linear, p = mv Momento angular, Lz = IωForca, F=ma, Momento, τ = Iα
Energia cinetica, Ec =1
2mv2 Energia cinetica de rotacao, Ec =
1
2Iω2
Trabalho, W =∫Fdx Trabalho W =
∫τdθ
Potencia, P = Fv Potencia, P = τωImpulso linear, I = ∆p Impulso angular , J = ∆L
Porque razao se podem estabelecer tais relacoes, a primeira vista, entre dois movimen-tos tao diferentes?
138
11 Equilıbrio estatico do corpo rıgido
Um corpo que esta estacionario e permanece estacionario diz-se que esta em equilıbrioestatico. As estruturas de edifıcios e outras devem se projectadas de modo a que oequilıbrio seja estatico. As estruturas tem dinamica mas esta deve ser a das oscilacoes emtorno de posicoes de equilıbrio. Essas posicoes de equilıbrio devem ser estaticas. Outroexemplo e o de uma escada contra uma parede que seja solicitada por forcas exercidaspor uma pessoa a subir a escada. Esta deve permancer em equilıbrio estatico.
11.1 Condicoes de equilıbrio estatico
Quando a resultante das forcas que actua sobre uma partıcula for diferente de zeroentao a partıcula, se estiver em repouso, permanece em repouso. Se a resultante das forcasque actuam num corpo rıgido for zero entao o centro de massa do corpo tem aceleracaonula e se estiver em repouso, continuara em repouso. Isso nao impede, no entanto, que ocorpo tenha movimento de rotacao em torno de um qualquer ponto. Assim, deve tambemimpor-se uma condicao para o momento resultante das forcas que actua sobre o corporıgido.
Existem pois duas condicoes necessarias para que um corpo rıgido esteja em equilıbrioestatico:
1. A resultante de todas as forcas que actuam sobre o sistema deve ser nula
F res,ext =∑i
F i = 0 .
2. O momento externo resultante, em relacao a qualquer ponto, dever ser nulo.
τ res,ext =∑i
τ i .
Outra enunciado da segunda condicao:
Para que exista equilıbrio estatico, a soma dos momentos queprovocam rotacao no sentido horario em torno de um dado pontodeve ser igual a soma dos momentos que provocam rotacao nosentido anti-horario em torno desse mesmo ponto.
11.2 O centro de gravidade
Um corpo rıgido pode ser visto como um objecto constituıdo por um largo numero departıculas de massa elementar, mi. O peso total do corpo e igual a soma dos pesos de cadaparte. Para um objecto de dimensoes normais, relativamente proximo da superfıcie daterra o peso de cada uma das partes aponta para baixo e podemos somar algebricamentetodas as contribuicoes para obter o peso total
W =∑
mig = Mg ,
139
onde mi representa a massa de cada parte elementar do corpo. De acordo com estaexpressao, independentemente do ponto de aplicacao das forcas individuais em cada partedo corpo, o peso do corpo e obtido somando os pesos individuais. Quando se calcula omomento das forcas, o ponto de aplicacao das forcas e muito importante. Consideremoso objecto da Fig. 106.
y
x
xcg
xi
Figura 106: Centro de gravidade.
Cada peso elementar exerce um momento em torno de um certo eixo. Uma forca deintensidade Fi = mig exerce um momento cuja componente z e
τzi = −(xi)mig ,
onde xi e a coordenada x dessa parte do objecto e o sinal menos indica que o momentotende a provocar rotacao horaria. A soma de todos os momentos devido a cada forcaindividual da o momento resultante
τz = −∑
(xi)mig .
O momento resultante depende da maneira como o peso esta distribuido pelo corpo.Existe um ponto tal que o momento resultante τz, e igual ao momento do peso totalaplicado nesse ponto, chamado centro de gravidade
τz = −∑
(xi)mig = XW = −X∑i
mig = −XcgMg .
A coordenda Xcg do centro de gravidade e dada por
Xcg =
∑(xi)mig∑imig
.
Na maior parte dos casos de interesse a aceleracao da gravidade e igual para todos ospontos do objecto e portanto o centro de gravidade e escrito na forma
Xcg =
∑(xi)mi∑imi
,
que e precisamente a expressao para a coordenada segundo xx do centro de massa doobjecto, XCM. Conclui-se que, se a aceleracao da gravidade e a mesma para todas aspartes do objecto, entao o centro de massa e centro de gravidade coincidem.
140
Podemos determinar experimentalmente o centro de gravidade suspendendo o corpode dois pontos distintos. A Fig. 107 mostra um objecto suspenso por uma corda em doispontos distintos P e Q. Uma das condicoes de equilıbrio estatico implica que W = T eque as duas forcas tem a mesma linha de accao. O centro de gravidade deve situar-sedirectamente abaixo do ponto P , num caso, e do ponto Q no outro caso, de modo que sepode determinar a sua localizacao fazendo a interseccao das duas linhas de accao.
F
W
FP Q
P
Figura 107: O centro de gravidade deve localizar-se abaixo do ponto de suspensao.
11.3 Binario de forcas
Em geral, quando duas ou mais forcas paralelas actuam e possivel substituir o conjuntode forcas por apenas uma que actua num ponto tal que o momento dessa forca em relacaoa esse ponto e igual ao momento resultante das forcas originais em relacao ao mesmoponto.
Existe no entanto uma situacao em que isso nao e possivel que e o caso do binario oupar de forcas. Um binario consiste em duas forcas antiparalelas, com o mesmo moduloe com linhas de accao diferentes. A forca resultante no caso do binario e nula, mas maseste tende a provocar uma rotacao. A Fig. 108 mostra um binario.
r2
r1−r2
O
F
F
r1
Figura 108: Um binario ou par de forcas.
Em relacao ao ponto O o momento e dado por
τ = τ1 + τ2 = r1×F 1 + r2×F 2 = (r1 − r2)×F ,
pois F 1 = −F 2 = F . O momento produzido pelo binario e o mesmo em relacaoa qualquer ponto do espaco.
Duas forcas antiparalelas, com linhas de accao diferentes e modulos diferentes podemser substituıdas por uma forca, igual a forca resultante que actua no centro de massa,
141
e por um binario, cujo momento e igual ao momento resultante das forcas originais emrelacao ao centro de massa.
Consideremos um corpo rıgido sustentado na horizontal por 5 forcas, como mostra aFig. 109.
Figura 109: Um corpo rıgido apoiado em varios pontos.
Este conjunto de forcas pode ser substituido por uma unica forca que passa no centrode gravidade. A condicao de equilıbrio e que a linha de accao da forca resultante passe pordentro do polıgono de sustentacao. A determinacao das reaccoes dos pontos de apoio efacil quando ha tres pontos de sustentacao. No entanto, para um numero maior de pontosde sustentacao o problema e indeterminado pois ha mais incognitas do que equacoes.Da mesma maneira, no caso do anuncio pendurado numa travessa, se a barra estivercimentada na parede sem tirante a sustenta-la, e possıvel que a barra esteja em equilıbrio.No entanto, nao e possıvel determinar as forcas da parede sobre a barra. As equacoes deequilıbrio de um corpo rıgido nao determinam as forcas nestes dois casos e a este tipode problemas chamam-se estaticamente indeterminados. A razao reside no facto de ahipotese de o corpo ser rıgido nao continuar a ser valida, sendo necessario considerar asdeformacoes elaticas produzidas no corpo nos pontos de apoio.
11.4 Exemplos de aplicacao
1. Um homem de P1 = 800 N de peso sobe uma escada uniforme de 5 m e pesoP2 = 180 N. O homem para a um terco da distancia entre a base e a extremidadeda escada. A escada faz um angulo θ = 53.1o com a horizontal e esta apoiada numaparede sem atrito, como mostra a Fig. 110.
(a) Determine a forca normal e a forca de atrito que o solo exerce sobre a escada.Qual o modulo e qual a direccao da forca entre o solo e a escada?
(b) Qual o coeficiente de atrito estatico mınimo para impedir que a base da escadaescorregue?
Resolucao:
(a) Na Fig. 111 esta representado o diagrama de forcas aplicadas a escada. Parahaver equilıbrio estatico, a soma de todas as forcas aplicadas e a soma de todosos momentos das forcas devem ser nulas.
142
P
P1
2
paredesem atrito
solo com atrito
θ
Figura 110: Escada apoiada numa parede sem atrito.
N2
N1
P
P1
2
θ
fs
Figura 111: Diagrama de forcas aplicadas na escada contra a parede.
As equacoes para as forcas sao
P1 + P2 = N2 , fs = N1 .
Da primeira equacao temos
N2 = 800 + 180 = 980 N .
Convem determinar os momentos das forcas em relacao ao ponto de contactoda escada com o solo, pois nesse caso, os momentos de N2 e de fs sao nulos.Sendo l o comprimento da escada, a equacao para os momentos e
P1l
3cos θ + P2
l
2cos θ −N1l sin θ = 0 ,
donde se conclui que
fs = N1 =P1
3+ P2
2
tan θ= 268 N .
O modulo da forca de contacto entre o solo e a escada e
F =√f 2s +N2
2 = 1024 N ,
143
e a direccao e dada por
tan θ =N2
fs= 74.7o .
(b) Sabemos quefs ≤ µsN2 ,
e portanto
(µs)min =268
980= 0.27 .
2. Um cubo uniforme de aresta a e massa M esta sobre uma superfıcie horizontal emrepouso. Uma forca horizontal e aplicada no topo do cubo, como mostra a Fig. 112.A forca nao e suficiente para deslocar ou fazer rodar o cubo.
F
f
a M
a
Figura 112:
(a) Mostre que a forca aplicada e a forca de atrito estatico exercida pelo chao sobreo cubo constituem um binario e calcule o momento do binario.
(b) O momento deste binario e contrabalancado pelo momento do binario consti-tuido pela reaccao normal do chao e pelo peso do cubo. Use esse facto paradeterminar o ponto de aplicacao efectivo da reaccao normal quando F = Mg/3.
(c) Qual o valor maximo de F que nao provoca a inclinacao do cubo?
Resolucao:
(a) A condicao de equilıbrio translacional implica para a direccao horizontal que∑F = F + f s = 0 .
Sendo assim, as duas forcas sao iguais, paralelas e simetricas e constituem umbinario. Podemos calcular os momentos em relacao ao centro do quadrado,resultando
τF + τfs = Fa .
(b) Seja x a distancia, medida na perpendicular, entre o ponto de aplicacao dareaccao normal Fn e o centro do cubo. Como o cubo esta em equilıbrio estaticoos momento produzidos pelos dois binarios cancelam-se
Fa = Mgx .
Como F = Mg/3 resulta x = a/3.
144
(c) O valor maximo que x pode ter e a/2, donde
Fmax =Mga/2
a=Mg
2
3. A prancha de saltos para a agua da Fig. 113 tem 30 kg de massa. Determine a forca
1,2 m 3 m
Figura 113:
nos suportes quando um mergulhador de massa 70 kg se encontra na extremidadeda prancha da direita. Indique a direccao dessas forcas e diga se sao de traccao oucompressao.
Resolucao:
O diagrama da Fig. 114 mostra as forcas aplicadas na prancha. Como ha equilıbrio
F2
FwW
1
1.2m 0.9m 2.1m
Figura 114:
estatico ∑i
τ i = 0 .
Todas as forcas produzem momentos na mesma direccao. Se calcularmos os mo-mentos em relacao ao ponto de aplicacao de F2, resulta
0, 9×W + 3× w − 1, 2× F1 = 0
F1 =(0, 9×W + 3× w)
1, 2
=(0, 9× 30 + 3× 70)
1, 2× g
= 1, 94 kN (tracao)
145
Como tambem se verifica ∑i
F i = 0 ,
resulta
W + w + F1 − F2 = 0
F2 = W + w + F1 = (30 + 70)× 9, 81 + 1, 94 kN
= 2, 92 kN (compressao) (159)
146
12 Estatica de fluidos
Um fluido e qualquer substancia que pode fluir. Os lıquidos e gases sao fluidos. Dosprimeiros pode-se dizer com boa aproximacao que sao quase incompressıveis enquanto queos segundos sao bastante compressıveis. A estatica de fluidos estuda fluidos em repousoe equilıbrio. Os conceitos basicos sao: massa volumica, pressao e impulsao.
12.1 Massa volumica
A massa volumica de um material que ocupa um certo volume caracteriza a formacomo a massa se distribui sobre o volume ocupado pelo material. No caso em que estee homogeneo, a massa volumica e constante. A massa volumica num dado ponto domaterial define-se pelo quociente entre a massa elementar delimitada por um volumeelementar centrado nesse ponto e o valor desse volume:
ρ =dm
dV.
Se a amostra do material for pura e homogenea, entao pode escrever-se
ρ =m
V. (160)
A atmosfera terrestre nao e um fluido homogeneo. A sua massa volumica varia de pontopara ponto e a expressao (160) traduz apenas um valor medio. Em geral, a massavolumica de um material depende de factores exteriores, como a temperatura e pressao.As condicoes standard para as medicoes experimentais sao a pressao ao nıvel medio daagua do mar e a temperatura de 0◦. A unidade S.I. de massa volumica e kg/m3. A Tabela12.1 mostra as massas volumicas de algumas substancias comuns.
Material Massa volumica Material Massa volumica(kg/m3) (kg/m3)
Ar (1 atm, 20o C) 1, 20 Ferro 7, 8× 103
Ethanol 0, 81× 103 Latao 8, 6× 103
Benzeno 0, 90× 103 Cobre 8, 9× 103
Gelo 0, 92× 103 Prata 10, 5× 103
Agua 1, 00× 103 Chumbo 11, 3× 103
Agua do mar 1, 03× 103 Mercurio 13, 6× 103
Sangue 1, 06× 103 Ouro 19, 3× 103
Glicerina 1, 26× 103 Platina 21, 4× 103
Cimento 2, 0× 103 Estrela ana branca ∼ 1010
Aluminio 2, 7× 103 Estrela de neutroes ∼ 1018
A densidade especıfica de um material e a razao entre a sua massa volumica e amassa volumica da agua a 4, 0o C, 1000 kg /m3. A densidade especıfica e um numero semunidades. Por exemplo, a densidade especıfica do ouro e 19, 3.
147
Exemplo: Qual o peso do ar que se encontra numa sala de estar de area 4m × 5m ealtura 3 m? Qual a massa e o peso de um volume igual de agua?
Sendo o volume de 4× 5× 3 = 60 m2, a massa de ar e
m = ρV = 1, 20 kg/m3 × 60 m3 = 72 kg ,
e, portanto, o peso sera
P = mg = 72( kg )× 9, 81( m/s2 ) = 700 N .
No caso da agua terıamos
m = 1000 kg/m3 × 60 m3 = 6, 0× 103 kg ,
eP = 6, 0× 103 × 9, 81 = 58, 9 kN .
12.2 Pressao num fluido
Quando um fluido, gas ou lıquido, esta em repouso, exerce uma forca perpendiculara qualquer superfıcie que esteja em contacto com ele, como por exemplo, a parede dorecipiente que contem o fluido ou a superfıcie de um corpo que esta imerso no fluido.Os fluidos sao compostos por moleculas que estao em permanente movimento. A forcaexercida sobre as superfıcies em contacto com os fluidos deve-se aos choques constantesentre as moleculas do fluido e essas superfıcies.
Para compreender o conceito de pressao, consideremos uma superfıcie imaginaria,muito pequena, dentro do fluido, como mostra a Fig. 115.
dF
dF
dA
Figura 115: Pressao que actua em ambos lado de uma area elementar num fluido.
O fluido que rodeia a superfıcie exerce do lado esquerdo uma forca perpendicular dF⊥,igual e oposta a que exerce do lado direito. A superfıcie dA esta centrada num dado pontodo fluido. Define-se a pressao de um fluido num dado ponto como forca normal (a areaelementar) por unidade de area
p =dF⊥dA
.
Este valor nao depende da orientacao da superfıcie elementar, de valor dA, centrada noponto onde se define a pressao. Desta forma, a pressao e uma grandeza escalar: Podeproduzir uma forca F⊥ = pdA em qualquer direccao. Se a pressao for a mesma em todosos pontos de uma superfıcie de area A, entao
p =F⊥A,
148
onde F⊥ representa a forca media num dos lados da superfıce.A unidade S.I de pressao e o pascal (Pa):
1 pascal = 1 Pa = 1 N/m2 .
Unidades relacionadas, e tambem usadas, sao o bar, 1bar = 105 Pa, e a atmosfera, atm,1 atm = 1, 013 bar = 1, 013× 105 Pa.
Exemplo: No exemplo anterior, qual a forca media para baixo, exercida pelo ar, a pressaode 1 atm, sobre a uma superfıcie no chao com area 1 m2?
F⊥ = pA = 1, 013× 105( N/m2 )× 1( m2 ) = 1, 013× 105 N = 10, 3× 103 kg× 9, 81 m/s2 ,
i.e. igual ao peso de uma massa de 10, 3 toneladas.
12.3 Lei fundamental da hidrostatica
A pressao num fluido pode nao ser constante ao longo de todo o seu volume, pois,em geral, o peso do fluido nao e desprezavel. Quando mergulhamos em aguas profundas,os ouvidos sentem as diferencas de pressao. Esta aumenta rapidamente a medida que aprofundidade aumenta. Existe uma relacao geral entre a pressao em qualquer ponto de umfluido e a altura y a que esse ponto se encontra. Para deduzir essa relacao consideremosfluido de massa volumica ρ, em equilıbrio. Um elemento desse fluido esta a uma altura y,tem espessura dy e area A, como ilustrado na Fig. 116. O volume deste elemento de fluido
dA
dy
pA
−(p+dp) A
−dw
Figura 116: Forcas num elemento de fluido em equilıbrio.
e dV = Ady, a sua massa dada por dm = ρAdy e o peso e dw = g dm = ρgAdy. Comoo lıquido esta em equilıbrio, a resultante de todas as forcas que actuam sobre o elementode fluido tem se ser nula. A pressao sobre a superfıcie inferior e p e sobre a superfıciesuperior e (p+ dp). Aplicando a segunda lei de Newton resulta
pA− (p+ dp)A− ρgdyA = 0 ,
ou aindadp
dy= −ρg . (161)
Esta equacao mostra que, quando y aumenta p diminui, ou seja, a medida que a alturadiminui a pressao aumenta, devido ao peso do lıquido que esta acima. No caso de um
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fluido homogeno, ρ constante, e no caso de g nao variar, podemos integrar a equacao (161)resultando
p2 − p1 = −mg(y2 − y1) , (162)
E conveniente exprimir (162) em termos da profundidade, h, abaixo da superfıcie de umfluido
p = p0 + ρgh , (163)
onde p0 representa a pressao a superfıcie, onde h = 0.
Exemplo: A que profundidade abaixo da superfıcie de um lago e a pressao de 2 atm?
2 atm = 1 atm + ρgh
=⇒ h =(1, 013× 105 N/m2 )
(9, 81 m/s2 )× (1000 kg/m3 )= 10, 3 m .
Exemplo: Qual a diferenca da pressao do ar no chao e no tecto de uma sala de 3 m dealtura?
∆p = ρgh = (1, 2 kg/m3 )(9, 81 m/s2 )(3 m ) = 35 Pa = 0, 00035 atm .
Este calculo pode ser feito assim porque a densidade do ar e praticamente constante parauma diferenca de altura tao pequena. No entanto, este calculo nao poderia ser feito parasaber a diferenca de pressao entre o ar ao nıvel do mar e o ar no topo do monte Evareste,pois a densidade do ar varia de um factor 3, nesse caso. Como os lıquidos sao praticamenteincompressıveis e uma boa aproximacao considerar a sua massa volumica constante.
Consequencias da lei fundamental da hidrostatica
Princıpio de Pascal Se a pressao a superfıcie de um fluido aumentar, entao a pressaoem qualquer ponto a mesma profundidade aumenta exactamente a mesma quantidade.Este facto foi descoberto pelo cientista Blaise Pascal (1623-1662), e e designado porprincıpio de Pascal:
Qualquer variacao de pressao aplicada a um fluido dentro de umrecipiente e transmitida integralmente a todos os pontos do fluidoe as paredes que o contem.
O elevador hidraulico e uma aplicacao do princıpio de Pascal. Na Fig. 117, uma forcapequena F1 e exercida sobre um pistao de area A1, produzindo uma variacao na pressaode F1/A1 que se transmite pelo lıquido ao pistao maior de area A2. Como a pressao e amesma, as forcas estao relacionadas atraves de
F1
A1
=F2
A2
.
Assim, se a area A2 for muito maior que a area A1, a forca F2 sera muito maior que F1.
150
F1
A1
=
F
A
2
2
A A
F
F
1
1
2
2
Figura 117: Elevador hidraulico.
Figura 118: Paradoxo hidrostatico (Fig. 13-5 do Tipler).
Vasos comunicantes Consideremos o recipiente da Fig. 118, que e composto porseccoes de diferentes. A primeira vista, parece que a pressao num fundo da seccao 3seria superior a pressao no fundo da seccao 2 e, portanto, que a agua deveria subir naseccao 2. Tal nao acontece e este resultado e designado por paradoxo hidrostatico.Embora a agua na seccao 4 do recipiente pese mais do que a agua na seccao 5, a porcaode agua da seccao 4 que nao esta acima da abertura no fundo esta a ser suportada pelasparedes horizontais nesta seccao do recipiente. O peso da agua na seccao 5 e menor doque na seccao 1. No entanto, as paredes horizontais do recipiente na seccao 5 exercemuma forca para baixo na agua, compensando o menor peso de agua.
Pressao atmosferica e manometros O barometro de mercurio consiste de um tubode vidro, fechado numa das extremidades, o qual se enche com mercurio e se inverte sobreum recipiente aberto para a atmosfera tambem com de mercurio (ver Fig. 119).
y2
y1
p=0
y1
y2
p=pa
Figura 119: Barometro de mercurio.
O espaco acima da coluna de mercurio contem apenas vapores de mercurio cuja pressaoe praticamente nula, de tal forma que a pressao no topo da coluna e zero. Usando a
151
equacao (163)pa = ρgh ,
ou seja, e possıvel medir a pressao atmosferica sabendo a altura da coluna de mercurio.A pressao 1 atm corresponde uma altura de 760 mm de mercurio. Em muitas aplicacoes,a pressao e descrita em termos da altura de uma coluna de mercurio, mas estas unidadestem a desvantagem de depender da densidade do mercurio, que varia com a temperatura,e de g que varia com a localizacao.
Para medir pressoes desconhecidas e comum usar um manometro de tubo aberto emforma de U (ver Fig. 120).
y2
p
pa
y1
ρp+ p+gy1
ρgy2
C
a
Figura 120: Manometro de tubo aberto.
O tubo contem um lıquido e a superfıcie do lıquido na extremidade aberta esta apressao atmosferica pa. A outra extremidade do tubo esta ligada ao recipiente onde sequer medir a pressao p. A pressao no ponto C, o ponto mais baixo do tubo e, de acordocom a equacao (163), dada por
pC = pa + ρgy2 = p+ ρgy1 ,
donde se conclui quep− pa = +ρg(y2 − y1) .
A diferenca de alturas do lıquido no tubo permite determinar a pressao relativa oumanometrica, prel (pman). e portanto estes manometros determinam a pressao relativaou manometrica, i.e. o valor da pressao absoluta acima da pressao atmosferica. Parasaber a pressao absoluta soma-se simplesmente a pressao atmosferica a pressao relativa:
p = pa + prel .
152
12.4 Impulsao e princıpio de Arquimedes
O princıpio de Arquimedes pode ser enunciado da seguinte forma:
Quando um corpo esta total ou parcialmente submerso numfluido, fica sujeito a uma forca de impulsao, vertical e dirigidapara cima, que e igual ao peso do fluido deslocado pelo corpo.
Suponhamos que usamos um dinamometro para pesar um corpo, e registamos o valorw. Se agora fizermos a mesma operacao com o corpo imerso em agua, o dinamometroregista um valor menor, w′, i.e. w′ < w. A diferenca de valores registados e igual a forcade impulsao que a agua exerce sobre o corpo, que e em modulo igual ao peso da quantidadede agua deslocada. Arquimedes chegou a esta conclusao quando tentava determinar se acoroa feita para o rei era de ouro ou adulterada com outro metal menos nobre. Para isso,arranjou um pedaco de ouro que pessasse o mesmo que a coroa. Em seguida, usando umabalanca de bracos, comparou os pesos da coroa e do pedaco de ouro na agua e verificouque a balanca se inclinou para o lado do pedaco de ouro. Ou seja, a coroa deslocou menosagua que o pedaco de ouro. Como a coroa e o pedaco de ouro tinham a mesma massa,entao a densidade da coroa era menor que a do ouro. Enganaram o Rei!
A gravidade especıfica de um objecto e igual ao seu peso, w, a dividir pelo peso deigual volume de agua, ou, de outra forma, e igual ao peso de um objecto a dividir pelaforca de impulsao na agua, B,
Gravidade especıfica =peso
forca de impulsao quando submerso em agua=
w
Bagua
.
O peso aparente de um objecto, wap, e igual a diferenca entre o seu peso e a forcade impulsao
wap = w −B .
Exemplo: Uma jangada de area A e espessura h com 600 kg esta sobre a agua e ficasubmersa 7, 0 cm. Quando o Joao esta em cima da jangada ela fica submersa 8, 4 cm.Qual e o peso do Joao?
Como a jangada flutua o seu peso e equilibrado pela forca de impulsao, que e igual aopeso da quantidade de agua deslocada,
w =M
Ahgd1 = Mg .
O peso da quantidade de agua deslocada pela jangada com o Joao em cima e
w′ =M
Ahgd2 = (M +m)g .
Dividindo uma expressao pela outra resulta
d1
d2
=M
M +m,
donde
m =
(d2
d1
− 1
)M = 120 kg .
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