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Mecânica Newtoniana: Sistema de Partículas

Prof. Dr. Walter F. de Azevedo Jr. E-mail: walter@azevedolab.net ©2

01

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alter

F.

de

Aze

ve

do

Jr.

Considere um sistema de duas partículas de massas m1 e m2 mostrado abaixo.

2

Centro de Massa

x1 Xcm x2 x

m1 m2

MXcm = m1x1 + m2x2

onde M = m1 + m2 e Xcm é a coordenada do centro de massa

Se considerarmos que a massa m1 está na origem, temos a seguinte expressão:

3

Centro de Massa

x1 = 0 Xcm x2 x

m1 m2

MXcm = m1x1 + m2x2 = m1.(0) + m2x2 = m2x2 => Xcm = (m2/M)x 2

onde M = m1 + m2 e Xcm é a coordenada do centro de massa

Considerando-se um sistema com N partículas, temos a seguinte expressão:

4

Centro de Massa

m1 m2

MXcm = m1x1 + m2x2 +...+ mNxN

onde M = m1 + m2 +...+ mN = mi

e Xcm é a coordenada do centro de massa

x1 = 0 Xcm x2 x

...mN

...xN

Para os outros eixos, temos:

5

Centro de Massa

m1 m2

MYcm = m1y1 + m2y2 +...+ mNyN

onde M = m1 + m2 +...+ mN = mi

e Ycm é a coordenada y do centro de massa

MZcm = m1z1 + m2z2 +...+ mNzN

onde M = m1 + m2 +...+ mN = mi

e Zcm é a coordenada z do centro de massa

x1 = 0 Xcm x2 x

...mN

...xN

Em notação vetorial, temos:

6

Centro de Massa

m1 m2

MRcm = m1r1 + m2r2 +...+ mNrN = mi ri

onde M = m1 + m2 +...+ mN = mi e ri = xii + yij + zik

x1 = 0 Xcm x2 x

...mN

...xN

Para um objeto com uma distribuição contínua de massa, o centro de massa tem a

seguinte expressão:

7

Centro de Massa

𝑀𝑹𝑚𝑐 = 𝒓𝑑𝑚

dm é um elemento de massa localizado em r.

dm

r

x

z

y

Exemplo 1. Achar o centro de massa de um sistema constituído de três partículas: m1

= 2 kg, na origem, m2 = 4 kg, sobre o eixo dos y em y = 3 m e m3 = 6 kg sobre o eixo

dos x em x = 4 m.

8

Aplicações

Solução. Abaixo temos o diagrama esquemático para o sistema de partículas.

9

x

y

m2 = 4 kg

m3 = 6 kgm1 = 2 kg

y = 3 m

x = 4 m

Aplicações

Solução. Ao longo do eixo x, temos:

10

x

y

m2 = 4 kg

m3 = 6 kgm1 = 2 kg

y = 3 m

x = 4 m

MXcm = m1x1 + m2x2 + m3x3 = 2.0 + 4.0 + 6.4 = 24 kg.m

onde M = m1 + m2 + m3 = 2kg + 4 kg + 6 kg = 12 kg

Aplicações

Solução. Abaixo temos o valor da coordenada Xcm.

11

x

y

m2 = 4 kg

m3 = 6 kgm1 = 2 kg

y = 3 m

x = 4 m

MXcm = m1x1 + m2x2 + m3x3 = 2.0 + 4.0 + 6.4 = 24 kg.m => Xcm = 24/12 = 2 m

onde M = m1 + m2 + m3 = 2kg + 4 kg + 6 kg = 12 kg

Aplicações

Solução. Ao longo do eixo y, temos:

12

x

y

m2 = 4 kg

m3 = 6 kgm1 = 2 kg

y = 3 m

x = 4 m

MYcm = m1y1 + m2y2 + m3y3 = 2.0 + 4.3 + 6.0 = 12 kg.m

onde M = m1 + m2 + m3 = 2kg + 4 kg + 6 kg = 12 kg

Aplicações

Solução. A coordenada Ycm tem o seguinte valor:

13

x

y

m2 = 4 kg

m3 = 6 kgm1 = 2 kg

y = 3 m

x = 4 m

MYcm = m1y1 + m2y2 + m3y3 = 2.0 + 4.3 + 6.0 = 12 kg.m => Ycm = 12/12 = 1 m

onde M = m1 + m2 + m3 = 2kg + 4 kg + 6 kg = 12 kg

Aplicações

Exemplo 2. Achar o centro de massa de um sistema constituído de três partículas A, B

e C como mostrado abaixo. Dê a resposta em centímetros.

14

Aplicações

x (cm)

y (cm)

1 2 3

1

2

A

BC

300 g

100 g

100 g

Solução. Ao longo do eixo x, temos:

15

Aplicações

MXcm = mAxA + mBxB + mCxC = 300.2 + 100.1 + 100.3 = 1000 g.cm

onde M = mA + mB + mC = 300 g + 100 g + 100 g = 500 g

x (cm)

y (cm)

1 2 3

1

2

A

BC

300 g

100 g

100 g

Solução. A coordenada Xcm tem o seguinte valor:

16

Aplicações

MXcm = mAxA+mBxB+mCxC = 300.2+100.1+100.3 = 1000 g.cm => Xcm = 1000/500 = 2 cm

onde M = mA + mB + mC = 300 g + 100 g + 100 g = 500 g

x (cm)

y (cm)

1 2 3

1

2

A

BC

300 g

100 g

100 g

Solução. Ao longo do eixo y, temos:

17

Aplicações

MYcm = mAyA+mByB+mCyC = 300.2+100.1+100.0 = 700 g.cm => Ycm = 700/500 = 1,4 cm

onde M = mA + mB + mC = 300 g + 100 g + 100 g = 500 g

x (cm)

y (cm)

1 2 3

1

2

A

BC

300 g

100 g

100 g

Exemplo 3. Achar o centro de massa de uma vareta de massa M e comprimento L.

18

x

y

z

x = Ldxx

Aplicações

Solução. Consideremos a densidade linear representada por , onde =M/L. Temos

que integrar o elemento de massa dm ao longo do eixo x, como indicado abaixo.

19

x

y

z

x = L

dm = dx

dxx

𝑑𝑚 = 𝑀𝑑𝑥

𝐿=𝑀

𝐿𝑑𝑥 = 𝜆𝑑𝑥

Aplicações

Solução. Desenvolvendo a integral, temos:

20

x

y

z

x = L

dm = dx

dxx

𝑑𝑚 = 𝑀𝑑𝑥

𝐿=𝑀

𝐿𝑑𝑥 = 𝜆𝑑𝑥

𝑀𝑋𝑐𝑚 = 𝑥𝑑𝑚 = 0

𝐿

𝑥𝜆𝑑𝑥 = 𝜆 0

𝐿

𝑥𝑑𝑥

Aplicações

Solução. Resolvendo a integral, temos:

21

x

y

z

x = L

dm = dx

dxx

𝑑𝑚 = 𝑀𝑑𝑥

𝐿=𝑀

𝐿𝑑𝑥 = 𝜆𝑑𝑥

𝑀𝑋𝑐𝑚 = 𝑥𝑑𝑚 = 0

𝐿

𝑥𝜆𝑑𝑥 = 𝜆 0

𝐿

𝑥𝑑𝑥 = 𝜆𝑥2

2= 𝜆

𝐿2

20

L

Aplicações

Solução. O valor da coordenada Xcm está indicado abaixo:

22

x

y

z

x = L

dm = dx

dxx

𝑑𝑚 = 𝑀𝑑𝑥

𝐿=𝑀

𝐿𝑑𝑥 = 𝜆𝑑𝑥

𝑋𝑐𝑚 = 𝜆𝐿2

2𝑀=𝑀

𝐿

𝐿2

2𝑀=𝐿

2

Aplicações

Exemplo 4. Achar o centro de massa de um aro semicircular de massa M e raio R.

Escolha a origem sobre o eixo de simetria do aro (o eixo dos y).

23

x

y

Aplicações

Solução. Pela simetria do aro, vemos que a coordenada Xcm é zero.

24

x

y

Aplicações

Xcm = 0

Solução. Para determinarmos a coordenada Ycm, vamos considerar um elemento do

aro ds com massa dm, como indicado abaixo.

25

x

y

Aplicações

Xcm = 0

θ

dθ

R

dm = ds

y

Solução. Analisando-se a geometria do sistema, temos:

26

x

y

Aplicações

Xcm = 0

θ

dθ

R

dm = ds = Rdθ

y

Solução. A coordenada y está relacionada com o raio R pela expressão:

y = R senθ

27

x

y

Aplicações

Xcm = 0

θ

dθ

R

dm = ds = Rdθ

y

Solução. Integrando-se o elemento de massa dm, temos:

28

x

y

Aplicações

Xcm = 0

θ

dθ

R

dm = ds = Rdθ

y

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 𝑦𝑑𝑚 = 𝑦𝜆𝑑𝑠 = 𝑦𝜆𝑅𝑑𝜃

Solução. Substituindo-se a igualdade y = Rsenθ na integral, e considerando-se os

limites da integral entre 0 e π, temos:

29

x

y

Aplicações

Xcm = 0

θ

dθ

R

dm = ds = Rdθ

y

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 𝑦𝑑𝑚 = 𝑦𝜆𝑑𝑠 = 𝑦𝜆𝑅𝑑𝜃

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 0

𝜋

𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝜆𝑅𝑑𝜃 = 𝜆𝑅2 0

𝜋

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃

Solução. A partir da integral de senθ, temos:

30

x

y

Aplicações

Xcm = 0

θ

dθ

R

dm = ds = Rdθ

y

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 𝑦𝑑𝑚 = 𝑦𝜆𝑑𝑠 = 𝑦𝜆𝑅𝑑𝜃

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 0

𝜋

𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝜆𝑅𝑑𝜃 = 𝜆𝑅2 0

𝜋

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃

Tabela de Integrais

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 = −𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝐶

Solução. Resolvendo a integral nos limites indicados, temos o resultado abaixo.

31

x

y

Aplicações

Xcm = 0

θ

dθ

R

dm = ds = Rdθ

y

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 𝑦𝑑𝑚 = 𝑦𝜆𝑑𝑠 = 𝑦𝜆𝑅𝑑𝜃

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 0

𝜋

𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝜆𝑅𝑑𝜃 = 𝜆𝑅2 0

𝜋

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 = 𝜆𝑅2 −𝑐𝑜𝑠𝜃 = −𝜆𝑅2 −1 − 1 = 2𝜆𝑅2

Tabela de Integrais

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 = −𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝐶

π

0

Solução. Isolando Ycm, temos:

32

x

y

Aplicações

Xcm = 0

θ

dθ

R

dm = ds = Rdθ

y

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 𝑦𝑑𝑚 = 𝑦𝜆𝑑𝑠 = 𝑦𝜆𝑅𝑑𝜃

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 0

𝜋

𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝜆𝑅𝑑𝜃 = 𝜆𝑅2 0

𝜋

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 = 𝜆𝑅2 −𝑐𝑜𝑠𝜃 = −𝜆𝑅2 −1 − 1 = 2𝜆𝑅2

Tabela de Integrais

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 = −𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝐶

𝑌𝑐𝑚 =2𝜆𝑅2

𝑀

π

0

Solução. Uma vez que = M/(πR), temos:

33

x

y

Aplicações

Xcm = 0

θ

dθ

R

dm = ds = Rdθ

y

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 𝑦𝑑𝑚 = 𝑦𝜆𝑑𝑠 = 𝑦𝜆𝑅𝑑𝜃

𝑀𝑌𝑐𝑚 = 0

𝜋

𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝜆𝑅𝑑𝜃 = 𝜆𝑅2 0

𝜋

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 = 𝜆𝑅2 −𝑐𝑜𝑠𝜃 = −𝜆𝑅2 −1 − 1 = 2𝜆𝑅2

Tabela de Integrais

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 = −𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝐶

𝑌𝑐𝑚 =2𝜆𝑅2

𝑀=2𝑀𝑅2

𝜋𝑅𝑀=2𝑅

𝜋

π

0

TIPLER, P. A. & MOSCA, G. Física para Cientistas e Engenheiros. Vol. 1. 6ª Ed.

Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda. 2012., 759 pp.

Última atualização em: 10 de maio de 2018.

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Referências Bibliográficas